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Physique statistique
et f
(0) = −12u + 12u
2
− u
3 . La dérivée cinquième de f (x) est un polynôme dont le terme
d’ordre le plus bas est u
2 . Puisque l’ordre le plus bas du développement d’Euler-Mac-Laurin
est en 1/u, il suffit de ne garder que les termes linéaires en u pour être au second ordre, soit :
Z = 1/u + 1/3 + u/15 = (1 + u/3 + u
2 /15)/u. L’équation (86) donne C V =
∂
∂T
RT
2 ∂
∂T Log Z
V
.
Puisque u = Q rot /T, on a C V = Ru
2 ∂
2
∂u 2 Log Z. Le développement pour les petites valeurs de u
de Log Z donne :
Log Z = − Log u +
u
3
+
u
2
15
−
1
2
u
3
+
u
2
15
2
= − Log u +
u
3
+
u
2
90
On a alors C V = R
1 +
1
45
Q
2
rot
T 2
. C V atteint sa valeur asymptotique à 1% près pour T 1, 5Q rot
qui est une température encore très basse.
Chapitre 7
Exercice 1. 1- a) Les résultats demandés sont donnés par les formules (71), (77), (101) et
(103) du chapitre 6.
b) Z i est donnée par la formule 1.
c) F i = −kT Log Z i = −kT(N i Log z i − N i Log N i + N i ) en utilisant la formule de Stirling.
m i = −kT
∂ Log zi
∂Ni
= −kT( Log z i − Log N i ).
2- a)
3
i=1 m i b i = −kT
3
i=1 ( Log z i − Log N i )b i = 0. D’où l’on déduit :
z
b1
1 z
b2
2 z
b3
3 = N
b1
1 N
b2
2 N
b3
3 = K N
K N dépend de la fonction de V et de T au travers des z i de chaque molécule.
Exercice 2. 1- H H
+ + e
− .
2- L’atome d’hydrogène a l’énergie −´ 0 .
3- N
−1
H N + N − = K N = Z
−1
H Z + Z − .
4- a) La fonction de partition d’une particule de spin 0 dans une boîte cubique est calculée
dans la section 6.6.3. Elle est donnée par (145). Pour une particule de spin 1/2, on trouve
Z = 2V
2pmkT
h 2
3/2 .
b) Z + =
2V
h 3 (2pMkT)
3/2 et Z − =
2V
h 3 (2pmkT)
3/2 .
c) Puisque m M, on a M H M. Le spin de l’atome est obtenu par composition des spins
du proton et de l’électron. Chacune des 2 particules peut être, indépendamment de l’autre, dans
l’un de ses deux états possibles. Il y a donc quatre états de spin possibles pour H. Enfin, nous
avons vu à la deuxième question que l’énergie de l’état de base de l’atome est plus basse que
celle du repère. L’équation (113) du chapitre 6, ajoutée à l’ensemble des propriétés précédentes
nous permet d’écrire Z H = 4
V
h 3 (2pMkT)
3/2 e
´0/kT .
d) K N =
⎛
⎝
2V
h 3
⎞
⎠
2
(2pkT)
3 (Mm)
3/2
4
V
h 3 (2pMkT)
3/2 e
´0/kT
=
V
h 3 (2pmkT)
3/2 e
−´0/kT . On remarque que M n’intervient plus
dans la loi d’action de masse.
Physique statistique
et f
(0) = −12u + 12u
2
− u
3 . La dérivée cinquième de f (x) est un polynôme dont le terme
d’ordre le plus bas est u
2 . Puisque l’ordre le plus bas du développement d’Euler-Mac-Laurin
est en 1/u, il suffit de ne garder que les termes linéaires en u pour être au second ordre, soit :
Z = 1/u + 1/3 + u/15 = (1 + u/3 + u
2 /15)/u. L’équation (86) donne C V =
∂
∂T
RT
2 ∂
∂T Log Z
V
.
Puisque u = Q rot /T, on a C V = Ru
2 ∂
2
∂u 2 Log Z. Le développement pour les petites valeurs de u
de Log Z donne :
Log Z = − Log u +
u
3
+
u
2
15
−
1
2
u
3
+
u
2
15
2
= − Log u +
u
3
+
u
2
90
On a alors C V = R
1 +
1
45
Q
2
rot
T 2
. C V atteint sa valeur asymptotique à 1% près pour T 1, 5Q rot
qui est une température encore très basse.
Chapitre 7
Exercice 1. 1- a) Les résultats demandés sont donnés par les formules (71), (77), (101) et
(103) du chapitre 6.
b) Z i est donnée par la formule 1.
c) F i = −kT Log Z i = −kT(N i Log z i − N i Log N i + N i ) en utilisant la formule de Stirling.
m i = −kT
∂ Log zi
∂Ni
= −kT( Log z i − Log N i ).
2- a)
3
i=1 m i b i = −kT
3
i=1 ( Log z i − Log N i )b i = 0. D’où l’on déduit :
z
b1
1 z
b2
2 z
b3
3 = N
b1
1 N
b2
2 N
b3
3 = K N
K N dépend de la fonction de V et de T au travers des z i de chaque molécule.
Exercice 2. 1- H H
+ + e
− .
2- L’atome d’hydrogène a l’énergie −´ 0 .
3- N
−1
H N + N − = K N = Z
−1
H Z + Z − .
4- a) La fonction de partition d’une particule de spin 0 dans une boîte cubique est calculée
dans la section 6.6.3. Elle est donnée par (145). Pour une particule de spin 1/2, on trouve
Z = 2V
2pmkT
h 2
3/2 .
b) Z + =
2V
h 3 (2pMkT)
3/2 et Z − =
2V
h 3 (2pmkT)
3/2 .
c) Puisque m M, on a M H M. Le spin de l’atome est obtenu par composition des spins
du proton et de l’électron. Chacune des 2 particules peut être, indépendamment de l’autre, dans
l’un de ses deux états possibles. Il y a donc quatre états de spin possibles pour H. Enfin, nous
avons vu à la deuxième question que l’énergie de l’état de base de l’atome est plus basse que
celle du repère. L’équation (113) du chapitre 6, ajoutée à l’ensemble des propriétés précédentes
nous permet d’écrire Z H = 4
V
h 3 (2pMkT)
3/2 e
´0/kT .
d) K N =
⎛
⎝
2V
h 3
⎞
⎠
2
(2pkT)
3 (Mm)
3/2
4
V
h 3 (2pMkT)
3/2 e
´0/kT
=
V
h 3 (2pmkT)
3/2 e
−´0/kT . On remarque que M n’intervient plus
dans la loi d’action de masse.