L'électron accéléré et le microscope électronique

Exercice de TD · niveau 2 · physique des ondes (MPSI), chapitre 4 — Dualité onde-particule · B. L'onde de matière : la relation de de Broglie

Énoncé

Un électron, initialement au repos, est accéléré par une différence de potentiel $U > 0$ . On néglige le poids.

a) Par le théorème de l'énergie cinétique, exprimer sa vitesse finale, puis sa longueur d'onde de de Broglie $λ$ en fonction de $h$ , $m_{e}$ , $e$ et $U$ . Vérifier l'homogénéité, puis montrer que $λ \approx \frac{1 , 23}{U} nm$ si $U$ est exprimée en volts.

b) Un microscope électronique accélère ses électrons sous $U = 15 kV$ . Calculer $v$ , $v / c$ et $λ$ . Comparer $λ$ à la longueur d'onde de la lumière visible ( $550 nm$ ).

c) Le calcul repose sur l'expression newtonienne de l'énergie cinétique. On admet qu'elle est fiable tant que $e U ≪ m_{e} c^{2}$ , où $m_{e} c^{2} \approx 511 keV$ est l'énergie de masse de l'électron. Est-ce le cas à $15 kV$ ? Que donnerait la formule newtonienne pour un microscope de recherche fonctionnant sous $300 kV$ ? Conclure.

d) La finesse des détails qu'un instrument d'imagerie peut séparer est limitée, au mieux, par la longueur d'onde de ce qui sert à regarder. Pourquoi un microscope optique ne peut-il pas montrer les atomes, distants d'environ $0, 1$ à $0, 3 nm$ ? Pourquoi un microscope électronique le peut-il, en principe ?

e) Des rayons X de même longueur d'onde montreraient-ils aussi les atomes ? Calculer l'énergie d'un photon de longueur d'onde $λ$ , et dire quel avantage pratique décisif ont les électrons pour former une image.

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le théorème de l'énergie cinétique, avec le travail de la force électrique $∣ q ∣ U = e U$ pour une charge accélérée par une différence de potentiel $U$ , et la relation de de Broglie $λ = h / p$ , $p = m_{e} v$ dans le cadre newtonien.

a) La formule. Le théorème de l'énergie cinétique entre le repos et la sortie donne $\frac{1}{2} m_{e} v^{2} - 0 = e U$ , d'où $v = \frac{2 e U}{m _{e}}, p = m_{e} v = 2 m_{e} e U, λ = \frac{h}{p} = \frac{h}{2 m _{e} e U} .$ Homogénéité. $e U$ est une énergie, donc $m_{e} e U$ s'exprime en $kg J = k g^{2} m^{2} s^{- 2}$ , et sa racine en $kg m s^{- 1}$ : c'est une quantité de mouvement. $h$ en $J s = kg m^{2} s^{- 1}$ , divisé par une quantité de mouvement, donne des mètres.

La forme pratique. Tout ce qui ne dépend pas de $U$ se calcule une fois pour toutes : $\frac{h}{2 m _{e} e} = \frac{6 , 63 \times 1 0 ^{- 34}}{2 \times 9 , 11 \times 1 0 ^{- 31} \times 1 , 60 \times 1 0 ^{- 19}} \approx 1, 23 \times 1 0^{- 9} m V^{1/2},$ d'où $λ \approx 1, 23/ U$ nanomètre, $U$ en volts. Il faut multiplier la tension par cent pour diviser la longueur d'onde par dix.

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