La bouteille à neutrons ultra-froids : réflexion totale et onde évanescente

La stratégie. On établit la solution de la marche pour $E<V_0$ : dans le nickel, $k_2$ devient imaginaire et l'onde transmise devient une exponentielle réelle ; le rapport $r$ est alors le quotient de deux nombres conjugués, de module $1$. On caractérise ensuite l'onde évanescente par ses deux longueurs, et l'on montre que $\delta$ est exactement la longueur qui mesure « combien » de neutron se trouve dans la paroi.

1) Réflexion totale. Dans le vide, ${\phi }_1=A_i{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{k}_{1}x}+A_r{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}{k}_{1}x}$, $k_1=\sqrt{2m_{n}E}/\hslash$. Dans le nickel, si $E<V_0$, la solution générale est $B{\mathrm{e}}^{-\kappa x}+C{\mathrm{e}}^{\kappa x}$ ; le revêtement est épais devant $1/\kappa$ (on le vérifie à la question 2) et l'on peut le traiter comme illimité : le terme $C{\mathrm{e}}^{\kappa x}$ ferait croître sans borne la densité de présence vers l'intérieur de la paroi, sans aucune source pour l'alimenter. Donc $C=0$. Continuité en $x=0$ : $$A_i+A_r=B,\mathrm{i}{k}_1(A_i-A_r)=-\kappa B,$$ d'où, en éliminant $B$, $\mathrm{i}{k}_1(A_i-A_r)=-\kappa (A_i+A_r)$ et $$r=\frac{A_r}{A_i}=\frac{k_1-\mathrm{i}\kappa }{k_1+\mathrm{i}\kappa },|r|=1,$$ car le numérateur et le dénominateur sont conjugués. L'onde réfléchie a la même amplitude que l'onde incidente pour toute énergie $E<V_0$, c'est-à-dire pour toute vitesse inférieure à $v_c$, définie par $\frac{1}{2}{m}_n{v}_c^2=V_0$ : $$v_c=\sqrt{\frac{2V_0}{m_n}}=\sqrt{\frac{2\times 250\times 1,602\times 10^{-28}}{1,675\times 10^{-27}}}=6,9\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}.$$ Un neutron classique serait lui aussi réfléchi, mais sur la paroi, sans y pénétrer. La nouveauté quantique n'est pas la réflexion : c'est la pénétration et le déphasage.

2) Les longueurs. $v=\sqrt{2E/m_n}=5,36\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ ; $\lambda =\frac{h}{m_{n}v}=\frac{2\pi \hslash }{m_{n}v}=73,9\mathrm{nm}$. Dans le nickel, $V_0-E=100\mathrm{neV}=1,602\times 10^{-26}\mathrm{J}$ : $$\kappa =\frac{\sqrt{2m_n(V_0-E)}}{\hslash }=6,95\times 10^7{\mathrm{m}}^{-1},\frac{1}{\kappa }=14,4\mathrm{nm},\delta =\frac{1}{2\kappa }=7,2\mathrm{nm}.$$ La longueur d'onde vaut trois cents distances interatomiques : le neutron ne distingue pas les atomes, il ne voit que leur effet moyen, ce qui justifie le modèle d'une paroi uniforme. La densité de présence s'étend sur une trentaine de couches atomiques ; pour que la paroi se comporte comme un milieu illimité, le revêtement doit être épais devant quelques $\delta$, soit au moins une centaine de nanomètres.

3) Le déphasage et la densité. Écrivons $k_1+\mathrm{i}\kappa =\rho {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }$, avec $\rho =\sqrt{k_1^2+{\kappa }^2}$ et $\tan \theta =\kappa /k_1$ ; alors $k_1-\mathrm{i}\kappa =\rho {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\theta }$ et $r={\mathrm{e}}^{-2\mathrm{i}\theta }$. Dans le vide : $${\phi }_1=A_i\left({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{k}_{1}x}+{\mathrm{e}}^{-2\mathrm{i}\theta }{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}{k}_{1}x}\right)=2A_i{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\theta }\cos (k_{1}x+\theta ),|{\phi }_1{|}^2=4|A_i{|}^2{\cos }^2(k_{1}x+\theta ).$$ C'est une onde stationnaire de contraste $1$ (zéros exacts), puisque $|r|=1$. Ici $\frac{\kappa }{k_1}=\sqrt{\frac{V_0-E}{E}}=\sqrt{\frac{100}{150}}=0,816$, donc $\theta =39,2^{\circ }$ et le déphasage à la réflexion vaut $\arg r=-2\theta =-78,5^{\circ }$. Sur la paroi, la densité vaut $4|A_i{|}^2{\cos }^2\theta =4|A_i{|}^2\frac{k_1^2}{k_1^2+{\kappa }^2}=4\frac{E}{V_0}|A_i{|}^2=2,4|A_i{|}^2$, et elle se raccorde à l'onde évanescente $|{\phi }_2{|}^2=4\frac{E}{V_0}|A_i{|}^2{\mathrm{e}}^{-2\kappa x}$. Le premier zéro dans le vide est en $k_{1}x+\theta =-\frac{\pi }{2}$, soit $x=-\frac{\pi /2+\theta }{k_1}=-26,5\mathrm{nm}$, et les suivants tous les $\lambda /2=36,9\mathrm{nm}$. Une paroi infiniment dure imposerait au contraire $\phi =0$ sur la paroi : tout se passe comme si la paroi de nickel était plus loin, à l'intérieur du nickel. C'est l'objet de l'exercice sur le mur qui fuit.

4) Ce que mesure $\delta$. Dans le nickel, $${\int }_0^{+\infty }|{\phi }_2{|}^2\mathrm{d}x=|{\phi }_2(0){|}^2{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-2\kappa x}\mathrm{d}x=|{\phi }_2(0){|}^2\times \frac{1}{2\kappa }=|{\phi }_2(0){|}^2\delta .$$ Tout se passe comme si la densité gardait sa valeur sur la paroi jusqu'à la profondeur $\delta$, puis s'annulait : c'est ce qui fait de $\delta =1/(2\kappa )$, et non de $1/\kappa$, la profondeur de pénétration de la particule. La quantité de neutron dans la paroi vaut $4\frac{E}{V_0}\delta |A_i{|}^2$ ; comme $\delta \propto (V_0-E{)}^{-1/2}$, elle diverge quand $E\to V_0^{-}$ :

De $50$ à $249\mathrm{neV}$, les pertes par rebond sont multipliées par soixante-dix : les neutrons les plus rapides parmi ceux qui sont stockés sont aussi ceux qui disparaissent le plus vite, et les expériences « nettoient » le spectre des neutrons proches de $v_c$ avant de mesurer.

5) Au-dessus de $V_0$. Pour $E=300\mathrm{neV}$, $k_2$ est réel : $\frac{k_2}{k_1}=\sqrt{\frac{E-V_0}{E}}=0,408$ et $r=\frac{1-0,408}{1+0,408}=0,42$. L'onde réfléchie n'a plus que les deux cinquièmes de l'amplitude incidente, une onde progressive entre dans la paroi : le neutron n'est plus retenu, il s'échappe en quelques rebonds. La bouteille trie : elle ne garde que les neutrons plus lents que $v_c$.

Ce que l'exercice installe. Pour $E<V_0$, on établit la solution de la marche : onde évanescente ${\mathrm{e}}^{-\kappa x}$ (la croissante est rejetée faute de source), $r={\mathrm{e}}^{-2\mathrm{i}\theta }$ de module $1$, déphasage $-2\arctan (\kappa /k_1)$, densité $4(E/V_0)|A_i{|}^2$ sur la paroi. On caractérise l'onde évanescente par deux longueurs, $1/\kappa$ pour l'amplitude et $\delta =1/(2\kappa )$ pour la densité, et $\delta$ est la longueur qui, multipliée par la densité sur la paroi, donne la probabilité de présence dans la région interdite. Elle diverge quand $E\to V_0^{-}$.