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Physique statistique
ii) E I = 21´ 0 et E II = 9´ 0 (ou E I = 9´ 0 et E II = 21´ 0 )
iii) E I = 18´ 0 et E II = 12´ 0 et la configuration symétrique
iv) E I = 15´ 0 et E II = 15´ 0 .
i) Boîte I. 3 configurations (voir figure de l’exercice 3, chapitre 2).
1 particule en 21´ 0 , 1 particule en 3´ 0 ⇒ 6×2=12 micro-états.
1 particule en 18´ 0 , 1 particule en 6´ 0 ⇒ 3×3×2=18 micro-états.
2 particules en 12´ 0 ⇒ 1 seul micro-état.
Boîte II. On ne peut avoir qu’une seule configuration (les deux particules en 3´ 0 , donc un seul
micro-état). Le nombre total de micro-états accessibles est donc (12+18+1)×1=31.
ii) Boîte I. 2 configurations.
1 particule en 18´ 0 , 1 particule en 3´ 0 ⇒ 3×2=6 micro-états.
1 particule en 12´ 0 , 1 particule en 9´ 0 ⇒ 3×2=6 micro-états.
Boîte II : On a une seule configuration correspondant à 1 particule en 6´ 0 et une particule en
3´ 0 . Cela donne 3 × 2 = 6 micro-états. Le nombre total de micro-états pour cette partition est
(6 + 6) × 6 = 72.
iii) Le calcul des micro-états a déjà été fait dans la première question. Il donne 225 micro-états.
iv) Les 2 boîtes vont avoir les mêmes possibilités. Pour chacune, on trouve deux configurations.
1 particule en 12´ 0 , 1 particule en 3´ 0 ⇒ 1×2=2 micro-états.
1 particule en 9´ 0 , 1 particule en 6´ 0 ⇒ 3×3×2=18 micro-états.
Le nombre total de micro-états accessibles est (18 + 2) × (18 + 2) = 400.
Finalement, il y a 31 × 2 + 72 × 2 + 225 × 2 + 400 = 1056 micro-états qui sont accessibles au
système après la transformation.
3- a) À l’équilibre, tous les micro-états sont équiprobables. La probabilité pour que le système
soit dans l’un d’entre eux est 1/1056.
b) P(E I = 6´ 0 ) =
31
1056 = 0, 029 ; P(E I = 9´ 0 ) =
72
1056 = 0, 068 ; P(E I = 15´ 0 ) =
400
1056 = 0, 379.
P(E I = 12´ 0 ) = 225/1056 = 0, 213.
d) La distribution en énergie est symétrique. la valeur moyenne de l’énergie est donc égale à la
valeur la plus probable, soit 15´ 0 .
e) En moyenne, le système I a perdu 3´ 0 qui ont été fournis au système II.
Exercice 2. 1- Boîte I : Pour ce système de 3 particules discernables d’énergie E I = 27´ 0 ,
nous avons trouvé, dans l’exercice 5 du chapitre 2, deux configurations :
a) 3 particules en 9´ 0 .
b) 1 particule en 25´ 0 et 2 en ´ 0 ⇒ 4 micro-états.
Boîte II : En consultant la colonne de gauche de la figure donnée dans l’exercice 3 du chapitre 2,
on trouve deux configurations possibles :
a) 1 particule en 36´ 0 et 2 en ´ 0 .
b) 1 particule en 25´ 0 , 1 en 9´ 0 et 1 en 4´ 0 .
Comme les niveaux à une particule ne sont pas dégénérés, le nombre de micro-états est donné par
le nombre de permutations réalisables entre les particules, soit 3 pour a) et 6 pour b). Le nombre
total de micro-états accessibles au système au temps t = 0 est 4 × (3 + 6) = 36.
Physique statistique
ii) E I = 21´ 0 et E II = 9´ 0 (ou E I = 9´ 0 et E II = 21´ 0 )
iii) E I = 18´ 0 et E II = 12´ 0 et la configuration symétrique
iv) E I = 15´ 0 et E II = 15´ 0 .
i) Boîte I. 3 configurations (voir figure de l’exercice 3, chapitre 2).
1 particule en 21´ 0 , 1 particule en 3´ 0 ⇒ 6×2=12 micro-états.
1 particule en 18´ 0 , 1 particule en 6´ 0 ⇒ 3×3×2=18 micro-états.
2 particules en 12´ 0 ⇒ 1 seul micro-état.
Boîte II. On ne peut avoir qu’une seule configuration (les deux particules en 3´ 0 , donc un seul
micro-état). Le nombre total de micro-états accessibles est donc (12+18+1)×1=31.
ii) Boîte I. 2 configurations.
1 particule en 18´ 0 , 1 particule en 3´ 0 ⇒ 3×2=6 micro-états.
1 particule en 12´ 0 , 1 particule en 9´ 0 ⇒ 3×2=6 micro-états.
Boîte II : On a une seule configuration correspondant à 1 particule en 6´ 0 et une particule en
3´ 0 . Cela donne 3 × 2 = 6 micro-états. Le nombre total de micro-états pour cette partition est
(6 + 6) × 6 = 72.
iii) Le calcul des micro-états a déjà été fait dans la première question. Il donne 225 micro-états.
iv) Les 2 boîtes vont avoir les mêmes possibilités. Pour chacune, on trouve deux configurations.
1 particule en 12´ 0 , 1 particule en 3´ 0 ⇒ 1×2=2 micro-états.
1 particule en 9´ 0 , 1 particule en 6´ 0 ⇒ 3×3×2=18 micro-états.
Le nombre total de micro-états accessibles est (18 + 2) × (18 + 2) = 400.
Finalement, il y a 31 × 2 + 72 × 2 + 225 × 2 + 400 = 1056 micro-états qui sont accessibles au
système après la transformation.
3- a) À l’équilibre, tous les micro-états sont équiprobables. La probabilité pour que le système
soit dans l’un d’entre eux est 1/1056.
b) P(E I = 6´ 0 ) =
31
1056 = 0, 029 ; P(E I = 9´ 0 ) =
72
1056 = 0, 068 ; P(E I = 15´ 0 ) =
400
1056 = 0, 379.
P(E I = 12´ 0 ) = 225/1056 = 0, 213.
d) La distribution en énergie est symétrique. la valeur moyenne de l’énergie est donc égale à la
valeur la plus probable, soit 15´ 0 .
e) En moyenne, le système I a perdu 3´ 0 qui ont été fournis au système II.
Exercice 2. 1- Boîte I : Pour ce système de 3 particules discernables d’énergie E I = 27´ 0 ,
nous avons trouvé, dans l’exercice 5 du chapitre 2, deux configurations :
a) 3 particules en 9´ 0 .
b) 1 particule en 25´ 0 et 2 en ´ 0 ⇒ 4 micro-états.
Boîte II : En consultant la colonne de gauche de la figure donnée dans l’exercice 3 du chapitre 2,
on trouve deux configurations possibles :
a) 1 particule en 36´ 0 et 2 en ´ 0 .
b) 1 particule en 25´ 0 , 1 en 9´ 0 et 1 en 4´ 0 .
Comme les niveaux à une particule ne sont pas dégénérés, le nombre de micro-états est donné par
le nombre de permutations réalisables entre les particules, soit 3 pour a) et 6 pour b). Le nombre
total de micro-états accessibles au système au temps t = 0 est 4 × (3 + 6) = 36.