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Physique statistique
2- Calculons mv
2 r
2 /2kT dans cet exemple. Il vaut Mv
2 r
2 /2RT 4 × 10
−2 . Les 2 exponentielles sont voisines de 1, donc on peut effectuer un développement limité au premier ordre :
P(r) =
N kT
pHR 2
1 +
mv
2 r
2
2kT
=
RT
V
1 +
Mv
2 r
2
2RT
. D’où
P(r)
P(0) = 1 +
Mv
2 r
2
2RT 1 + 4 × 10
−2 . La variation
de pression entre l’axe du cylindre et sa surface est de 4% .
Exercice 7. 1- Pour un ion dans l’état quantique défini par m et J, (74) donne :
P m =
1
Z
e
−bmGMBB =
1
Z
e
−mx
avec Z =
+J
m=−J e
−mx .N m =
N
Z e
−mx , où N est le nombre total d’ions du solide.
2- En utilisant (132) on trouve Z = e
Jx 1−e
−(2J+1)x
1−e −x
= sh [(J+1/2)x]
sh (x/2) .
3- Par définition M z =
+J
m=−J N m M z,m = −M B G
N
Z
+J
m=−J me
−mx . Si l’on admet que l’on peut
considérer x comme une variable continue :
M z = NGM B
∂ Log Z
∂x
= NGM B [(J + 1/2) coth((J + 1/2)x) − 1/2 coth(x/2)].
C’est la fonction de Brillouin pour une particule de spin J. < M z >= M z /N.
4- Les cas limites a) x 1 et b) x 1 correspondent respectivement à B intense ou T faible
et à B faible ou T élevée. a) coth(x/2) et coth((J + 1/2)x) tendent vers 1 donc M z NGM B J.
Il y a saturation du moment magnétique, car tous les ions s’alignent dans l’état m = −J qui
correspond à l’énergie la plus basse et à M z,m maximum. b) coth(x) = ch x
sh x
1+x
2 /2
x+x 3 /6
1
x +
x
3 .
Cela donne M z = NGM B
J(J+1)x
3
= NG
2 M
2
B B
J(J+1)
3kT , qui conduit à une loi de la forme M z =
CB
T . C
est la constante de Curie. Elle vaut C = NG
2 M
2
B J(J + 1)/3k.
Exercice 8. 1- En utilisant la valeur de ´ nxnynz donnée dans l’exercice 2 du chapitre 2, on
trouve :
Z = e
−
3 v
2kT
∞
nx=0
e
−
vnx
kT
⎛
⎝
∞
ny=0
e
−
vny
kT
⎞
⎠
⎛
⎝
∞
nz=0
e
−
vnz
kT
⎞
⎠
Chacun de ces termes est identique au membre de droite de (129). L’équation (134) peut donc
être utilisée directement, soit : Z =
1
[2 sh (b v/2)] 3 .
2- E = −N
∂ Log Z
∂b
V
. Soit, en utilisant (136) E = 3N
v
2 coth
v
2kT
. La valeur moyenne
< E >= E/N est égale à 3 fois la valeur donnée par (136). Chaque direction contribue de façon
indépendante à cette valeur et l’on a pour les valeurs moyennes :
< E x >=< E y >=< E z >=< E > /3 = formule (136).
3- De la définition de la capacité calorifique molaire C V et des formules (10) et (137), on tire :
C V = −
1
kT 2
∂E
∂b
V
= 3N k
(b v)
2
4 sh 2 (b v/2) . Nous remarquons que E et C V ne dépendent plus que
de N , de v qui est une caractéristique du solide, et de T. b v est une quantité sans dimension,
aussi peut-on définir une température fictive caractéristique du solide Q = v/k.
a) T Q. coth(b v) → 1 et, à T = 0, on a E = 3N v/2. Le comportement de E à basse
température est donné par : E = 3N
v
2 +
3N v
e Q/T −1
3N
v
2 + 3N ve
−Q/T . C V donne la pente de
E à l’origine, elle vaut C V 3R
Q
T
2 e
−Q/T et tend vers zéro.
Physique statistique
2- Calculons mv
2 r
2 /2kT dans cet exemple. Il vaut Mv
2 r
2 /2RT 4 × 10
−2 . Les 2 exponentielles sont voisines de 1, donc on peut effectuer un développement limité au premier ordre :
P(r) =
N kT
pHR 2
1 +
mv
2 r
2
2kT
=
RT
V
1 +
Mv
2 r
2
2RT
. D’où
P(r)
P(0) = 1 +
Mv
2 r
2
2RT 1 + 4 × 10
−2 . La variation
de pression entre l’axe du cylindre et sa surface est de 4% .
Exercice 7. 1- Pour un ion dans l’état quantique défini par m et J, (74) donne :
P m =
1
Z
e
−bmGMBB =
1
Z
e
−mx
avec Z =
+J
m=−J e
−mx .N m =
N
Z e
−mx , où N est le nombre total d’ions du solide.
2- En utilisant (132) on trouve Z = e
Jx 1−e
−(2J+1)x
1−e −x
= sh [(J+1/2)x]
sh (x/2) .
3- Par définition M z =
+J
m=−J N m M z,m = −M B G
N
Z
+J
m=−J me
−mx . Si l’on admet que l’on peut
considérer x comme une variable continue :
M z = NGM B
∂ Log Z
∂x
= NGM B [(J + 1/2) coth((J + 1/2)x) − 1/2 coth(x/2)].
C’est la fonction de Brillouin pour une particule de spin J. < M z >= M z /N.
4- Les cas limites a) x 1 et b) x 1 correspondent respectivement à B intense ou T faible
et à B faible ou T élevée. a) coth(x/2) et coth((J + 1/2)x) tendent vers 1 donc M z NGM B J.
Il y a saturation du moment magnétique, car tous les ions s’alignent dans l’état m = −J qui
correspond à l’énergie la plus basse et à M z,m maximum. b) coth(x) = ch x
sh x
1+x
2 /2
x+x 3 /6
1
x +
x
3 .
Cela donne M z = NGM B
J(J+1)x
3
= NG
2 M
2
B B
J(J+1)
3kT , qui conduit à une loi de la forme M z =
CB
T . C
est la constante de Curie. Elle vaut C = NG
2 M
2
B J(J + 1)/3k.
Exercice 8. 1- En utilisant la valeur de ´ nxnynz donnée dans l’exercice 2 du chapitre 2, on
trouve :
Z = e
−
3 v
2kT
∞
nx=0
e
−
vnx
kT
⎛
⎝
∞
ny=0
e
−
vny
kT
⎞
⎠
⎛
⎝
∞
nz=0
e
−
vnz
kT
⎞
⎠
Chacun de ces termes est identique au membre de droite de (129). L’équation (134) peut donc
être utilisée directement, soit : Z =
1
[2 sh (b v/2)] 3 .
2- E = −N
∂ Log Z
∂b
V
. Soit, en utilisant (136) E = 3N
v
2 coth
v
2kT
. La valeur moyenne
< E >= E/N est égale à 3 fois la valeur donnée par (136). Chaque direction contribue de façon
indépendante à cette valeur et l’on a pour les valeurs moyennes :
< E x >=< E y >=< E z >=< E > /3 = formule (136).
3- De la définition de la capacité calorifique molaire C V et des formules (10) et (137), on tire :
C V = −
1
kT 2
∂E
∂b
V
= 3N k
(b v)
2
4 sh 2 (b v/2) . Nous remarquons que E et C V ne dépendent plus que
de N , de v qui est une caractéristique du solide, et de T. b v est une quantité sans dimension,
aussi peut-on définir une température fictive caractéristique du solide Q = v/k.
a) T Q. coth(b v) → 1 et, à T = 0, on a E = 3N v/2. Le comportement de E à basse
température est donné par : E = 3N
v
2 +
3N v
e Q/T −1
3N
v
2 + 3N ve
−Q/T . C V donne la pente de
E à l’origine, elle vaut C V 3R
Q
T
2 e
−Q/T et tend vers zéro.