La diode à vide : charge d'espace et loi de Child-Langmuir

La stratégie. Trois lois se combinent : la conservation de la charge (même courant à travers chaque plan), celle de l'énergie (la vitesse ne dépend que du potentiel) et l'équation de Maxwell-Gauss (le potentiel dépend de la charge, qui dépend de la vitesse). La boucle se referme en une équation non linéaire pour $V$, résolue par un essai en loi de puissance.

1) Conservation de la charge à une dimension. Pour une tranche de section $S$, la charge $\rho S\mathrm{d}x$ varie pendant $\mathrm{d}t$ de ce qui entre en $x$ moins ce qui sort en $x+\mathrm{d}x$ : $$\frac{\partial \rho }{\partial t}S\mathrm{d}x\mathrm{d}t=\left[j_x(x)-j_x(x+\mathrm{d}x)\right]S\mathrm{d}t⟹\frac{\partial \rho }{\partial t}+\frac{\partial j_x}{\partial x}=0.$$ En régime permanent, $\frac{\partial j_x}{\partial x}=0$ : $J$ est uniforme.

2) Vitesse et charge. L'énergie $\frac{1}{2}m{v}^2-eV$ se conserve et vaut $0$ à la cathode : $v=\sqrt{\frac{2eV}{m}}$, et $\rho =\frac{j_x}{v}=-J\sqrt{\frac{m}{2eV}}$. Les électrons lents, près de la cathode, s'y accumulent.

3) L'équation du potentiel et la puissance $4/3$. Tout ne dépend que de $x$ : Maxwell-Gauss s'écrit $\frac{\mathrm{d}{E}_x}{\mathrm{d}x}=\frac{\rho }{{\epsilon }_0}$, et avec $E_x=-\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}$, $\frac{{\mathrm{d}}^{2}V}{\mathrm{d}{x}^2}=-\frac{\rho }{{\epsilon }_0}$ (l'équation de Poisson à une dimension). Avec l'expression de $\rho$ de la question 2, elle s'écrit $$\frac{{\mathrm{d}}^{2}V}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{J}{{\epsilon }_0}\sqrt{\frac{m}{2e}}{V}^{-1/2},V(0)=0,V(d)=U,\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}(0)=0.$$ Avec $V=U(x/d{)}^n$, le premier membre est en $x^{n-2}$, le second en $x^{-n/2}$ : $n-2=-\frac{n}{2}$, soit $n=\frac{4}{3}$, et $n(n-1)=\frac{4}{9}$. L'identification donne $$\frac{4}{9}\frac{U}{d^2}{\left(\frac{x}{d}\right)}^{-2/3}=\frac{J}{{\epsilon }_0}\sqrt{\frac{m}{2eU}}{\left(\frac{x}{d}\right)}^{-2/3}⟹\boxed{J=\frac{4{\epsilon }_0}{9}\sqrt{\frac{2e}{m}}\frac{U^{3/2}}{d^2}}$$ la loi de Child-Langmuir. Les trois conditions sont satisfaites : $\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}=\frac{4U}{3d}{\left(\frac{x}{d}\right)}^{1/3}$ s'annule en $0$. Homogénéité : ${\epsilon }_{0}U/d^2$ est une charge volumique, $\sqrt{eU/m}$ une vitesse.

4) Ce que change la charge d'espace. Sans elle, $\frac{{\mathrm{d}}^{2}V}{\mathrm{d}{x}^2}=0$ : le champ serait uniforme, $U/d$, et $V=Ux/d$. Avec elle, $|E|=\frac{4U}{3d}{\left(\frac{x}{d}\right)}^{1/3}$ : nul à la cathode, $\frac{4U}{3d}$ à l'anode. Les électrons déjà émis repoussent ceux qui sortent : c'est leur propre charge qui limite le courant, pas l'émission de la cathode. Avec $v=v_f(x/d{)}^{2/3}$, le transit dure $$\tau ={\int }_0^d\frac{\mathrm{d}x}{v_f(x/d{)}^{2/3}}=\frac{3d}{v_f},$$ contre $\frac{2d}{v_f}$ pour un mouvement uniformément accéléré : les électrons traînent près de la cathode.

5) Force volumique et puissance cédée aux porteurs. Un volume $\mathrm{d}\tau$ contient $n\mathrm{d}\tau$ électrons de charge $q$ et de vitesse $\overrightarrow{v}$, soumis chacun à $q(\overrightarrow{E}+\overrightarrow{v}\wedge \overrightarrow{B})$. Avec $\rho =nq$ et $\overrightarrow{j}=nq\overrightarrow{v}$ : $$\overrightarrow{f}=\rho \overrightarrow{E}+\overrightarrow{j}\wedge \overrightarrow{B},p=nq(\overrightarrow{E}+\overrightarrow{v}\wedge \overrightarrow{B})\cdot \overrightarrow{v}=\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E},$$ la force magnétique ne travaillant pas. Ici $\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E}=(-J)\left(-\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}\right)=J\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}>0$, et sur une colonne de section unité, ${\int }_0^d\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E}\mathrm{d}x=JU$. Chaque seconde, $J/e$ électrons atteignent l'anode par unité de surface, chacun avec l'énergie cinétique $eU$ : ils apportent exactement $JU$. Le champ cède son énergie sous forme cinétique : dans le vide, pas de collision, pas d'effet Joule ; l'énergie ne devient chaleur qu'à l'impact sur l'anode. Dans un conducteur ohmique, au contraire, $\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E}=j^2/\gamma$ est dissipé sur place.

6) Valeurs. $\frac{4{\epsilon }_0}{9}\sqrt{\frac{2e}{m}}\approx 2,33\times 10^{-6}\mathrm{A}{\mathrm{V}}^{-3/2}$, donc $J=2,33\times 10^{-6}\times \frac{100^{3/2}}{(2,0\times 10^{-3}{)}^2}\approx 583\mathrm{A}{\mathrm{m}}^{-2}$, $I\approx 58\mathrm{mA}$ et $P=UI\approx 5,8\mathrm{W}$ sur $1\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$ d'anode, qu'il faut refroidir. $v_f\approx 5,9\times 10^6\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, $\tau \approx 1,0\mathrm{ns}$ (contre $0,67\mathrm{ns}$) ; champ à l'anode $6,7\times 10^4\mathrm{V}{\mathrm{m}}^{-1}$. En doublant $U$, le courant est multiplié par $2^{3/2}\approx 2,8$ ($165\mathrm{mA}$) : la diode n'est pas ohmique.

Ce que l'exercice installe. Maxwell-Gauss écrite pour le potentiel (l'équation de Poisson) relie le potentiel à une charge qui se calcule elle-même ; la conservation de la charge à une dimension rend le courant uniforme en régime permanent. La force volumique $\rho \overrightarrow{E}+\overrightarrow{j}\wedge \overrightarrow{B}$ et la puissance cédée aux porteurs $\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E}$ s'établissent à partir de la force de Lorentz ; elle n'est de l'effet Joule que dans un milieu ohmique.