Corrigé des exercices
329
4- Atomes du gaz et atomes adsorbés sont en équilibre, donc le potentiel chimique des atomes
adsorbés est égal à celui du gaz. Il s’agit d’un gaz parfait donc :
Z c =
z
n
n!
avec
z =
V · (2pmk B T)
3/2
h 3
qui conduit à :
F = −k B T · ln Z c = −nk B T ·
1 + ln
V · (2pmk B T)
3/2
n · h 3
le potentiel chimique m défini par ∂F/∂n vaut donc : m = −k B T · ln
V·(2pmkBT)
3/2
n·h 3
. La pression du
gaz p =
1
1+e b(m+´ 0 ) =
1
1+e −b´ 0 ·
V·(2pmk B T) 3/2
n·h 3
=
1
1+p0(T)/p où p 0 (T) est donnée dans le texte.
5- A T fixée
du
dp =
1
p0
1
(1+p/p0)
2 =⇒ pour la pente à l’origine 1/p 0 (T) d’où :
p 0 (T) ≈ T
5/2 exp
−
´ 0
k B T
Si T → 0 alors p 0 (T) → 0 avec
du
dp infinie, mais, si T → ∞ on a p 0 (T) → ∞ et
du
dp est
presque nulle. La probabilité u(p) se rapproche d’autant plus vite de 1 que la température est plus
basse. En conséquence, < N ads >≈ A à très basse température et < N ads >< A à plus haute
température à cause de l’agitation thermique.
Chapitre 9
Exercice 1. 1- L’énergie cinétique totale des neutrons est donnée par (36) avec g = 2. On a
N = 20 et V = 4pR
3 /3, d’où E = 403 MeV. L’énergie moyenne par nucléon vaut E/N 20 MeV.
L’énergie de Fermi (34) vaut ´ F = 33, 6 MeV. Si l’énergie de liaison par nucléon vaut 8 MeV, la
profondeur du puits de potentiel nucléaire vaut ´ F + 8 = 41.6 MeV. Ce résultat est proche des 45
MeV obtenus avec des modèles plus sophistiqués.
2- Les protons sont chargés. En plus de l’interaction nucléaire attractive, il y a donc la répulsion Coulombienne. Ceci entraîne que le puits de potentiel dans lequel sont placés les
protons est moins profond que celui des neutrons. L’énergie coulombienne d’une sphère vaut
1
4p´0
3
5
Z
2 e
2
R = 84, 2 MeV. Le puits de potentiel des protons est entouré d’une barrière de potentiel
due à l’interaction coulombienne entre un proton et le reste du noyau.
Exercice 2. 1- L’hélium a 2 électrons pour 4 nucléons. N e = 6, 26 × 10
56 .
2- (34) donne (g = 2) ´ F = 5, 3 × 10
−14 J = 0, 33 MeV. ´ F est inférieure à la masse au
repos de l’électron (0,511 MeV) et on peut rester dans un cadre non relativiste. Comme
kT = 2, 8 × 10
−16
´ F /200, on peut considérer que le gaz est complètement dégénéré.
3- La pression est donnée par (39) : P = 1, 8 × 10
22 Pa = 1, 8 × 10
17 atmosphères.
4- L’énergie interne est donnée par (36) (V = 7, 24×10
20 m
3 et r = 8, 65×10
35 électrons/m
3 ). Elle
vaut E =
3
2
10m
9p
4
2/3 N
5/3
e
R 2 . L’énergie de gravitation de l’étoile vaut (en supposant que sa densité
est uniforme) : E G = −
R
0
G
4
3
pr
3 r
r
4pr
2 rdr = −
3
5 G
M
2
R , où G est la constante de gravitation.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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4- Atomes du gaz et atomes adsorbés sont en équilibre, donc le potentiel chimique des atomes
adsorbés est égal à celui du gaz. Il s’agit d’un gaz parfait donc :
Z c =
z
n
n!
avec
z =
V · (2pmk B T)
3/2
h 3
qui conduit à :
F = −k B T · ln Z c = −nk B T ·
1 + ln
V · (2pmk B T)
3/2
n · h 3
le potentiel chimique m défini par ∂F/∂n vaut donc : m = −k B T · ln
V·(2pmkBT)
3/2
n·h 3
. La pression du
gaz p =
1
1+e b(m+´ 0 ) =
1
1+e −b´ 0 ·
V·(2pmk B T) 3/2
n·h 3
=
1
1+p0(T)/p où p 0 (T) est donnée dans le texte.
5- A T fixée
du
dp =
1
p0
1
(1+p/p0)
2 =⇒ pour la pente à l’origine 1/p 0 (T) d’où :
p 0 (T) ≈ T
5/2 exp
−
´ 0
k B T
Si T → 0 alors p 0 (T) → 0 avec
du
dp infinie, mais, si T → ∞ on a p 0 (T) → ∞ et
du
dp est
presque nulle. La probabilité u(p) se rapproche d’autant plus vite de 1 que la température est plus
basse. En conséquence, < N ads >≈ A à très basse température et < N ads >< A à plus haute
température à cause de l’agitation thermique.
Chapitre 9
Exercice 1. 1- L’énergie cinétique totale des neutrons est donnée par (36) avec g = 2. On a
N = 20 et V = 4pR
3 /3, d’où E = 403 MeV. L’énergie moyenne par nucléon vaut E/N 20 MeV.
L’énergie de Fermi (34) vaut ´ F = 33, 6 MeV. Si l’énergie de liaison par nucléon vaut 8 MeV, la
profondeur du puits de potentiel nucléaire vaut ´ F + 8 = 41.6 MeV. Ce résultat est proche des 45
MeV obtenus avec des modèles plus sophistiqués.
2- Les protons sont chargés. En plus de l’interaction nucléaire attractive, il y a donc la répulsion Coulombienne. Ceci entraîne que le puits de potentiel dans lequel sont placés les
protons est moins profond que celui des neutrons. L’énergie coulombienne d’une sphère vaut
1
4p´0
3
5
Z
2 e
2
R = 84, 2 MeV. Le puits de potentiel des protons est entouré d’une barrière de potentiel
due à l’interaction coulombienne entre un proton et le reste du noyau.
Exercice 2. 1- L’hélium a 2 électrons pour 4 nucléons. N e = 6, 26 × 10
56 .
2- (34) donne (g = 2) ´ F = 5, 3 × 10
−14 J = 0, 33 MeV. ´ F est inférieure à la masse au
repos de l’électron (0,511 MeV) et on peut rester dans un cadre non relativiste. Comme
kT = 2, 8 × 10
−16
´ F /200, on peut considérer que le gaz est complètement dégénéré.
3- La pression est donnée par (39) : P = 1, 8 × 10
22 Pa = 1, 8 × 10
17 atmosphères.
4- L’énergie interne est donnée par (36) (V = 7, 24×10
20 m
3 et r = 8, 65×10
35 électrons/m
3 ). Elle
vaut E =
3
2
10m
9p
4
2/3 N
5/3
e
R 2 . L’énergie de gravitation de l’étoile vaut (en supposant que sa densité
est uniforme) : E G = −
R
0
G
4
3
pr
3 r
r
4pr
2 rdr = −
3
5 G
M
2
R , où G est la constante de gravitation.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.