Physique universitaire — 2e année · Bachelor Year 2
29Le facteur de Boltzmann
Grimpez une montagne et l’air se raréfie : à trois mille mètres la pression est tombée à 0.7bar, au sommet de l’Everest au tiers de sa valeur au niveau de la mer. Rien ne retient l’atmosphère par le haut ; elle est tenue par la pesanteur et étalée par l’agitation thermique, et le compromis entre les deux est une exponentielle, n∝e−mgz/kBT — le rapport de l’énergie potentielle d’une molécule à kBT décide de sa rareté là-haut. La même exponentielle gouverne la fraction d’atomes dans un niveau excité, le nombre de molécules assez rapides pour quitter une planète, l’aimantation d’un paramagnétique, les populations qu’un laser doit inverser, et les quanta que compte la loi de Planck : c’est le facteur de Boltzmann, la formule la plus utile à elle seule de la physique statistique. Ce chapitre le motive par l’atmosphère, l’énonce en général, et en tire, avec rien de plus que des sommes et des intégrales gaussiennes, le système à deux niveaux et sa capacité thermique, l’équipartition de l’énergie, la distribution des vitesses moléculaires, et la loi de Curie du paramagnétisme — avec, en chemin, l’énergie moyenne d’un oscillateur quantique, qui est la formule de Planck.
Depuis un sommet, la brume de la basse atmosphère et le bleu profond au-dessus : la densité de l’air baisse d’un facteur e tous les 8km — le facteur de Boltzmann de l’énergie potentielle d’une molécule dans la pesanteur terrestre.
29.1 L’atmosphère isotherme
Proposition 29.1(Loi barométrique)
Dans une atmosphère de gaz parfait (masse moléculaire m) à température uniforme T dans la pesanteur uniforme g, la pression et la densité en nombre décroissent exponentiellement avec l’altitude :
P(z)=P0e−z/H,n(z)=n0e−mgz/kBT,H=mgkBT,
avec la hauteur d’échelleH≈8.4km pour l’air à 288K. L’exposant est le rapport de l’énergie potentielle mgz d’une molécule à l’énergie thermique kBT.
Démonstration. Hydrostatique, dP/dz=−ρg=−nmg, et loi des gaz parfaits P=nkBT : dP/dz=−(mg/kBT)P, une exponentielle. L’atmosphère réelle se refroidit avec l’altitude (environ 6.5K/km dans les dix premiers kilomètres), ce qui rend la décroissance un peu plus rapide ; le modèle isotherme est bon à 20% près. ∎
L’atmosphère isotherme : pression et densité baissent d’un facteur 1/e à chaque hauteur d’échelleH=kBT/mg ; un gaz plus léger aurait un H plus grand — mais sous 100km la turbulence garde l’air mélangé, et tous les gaz partagent le H moyen.
29.2 Le facteur de Boltzmann
Théorème 29.2(Facteur de Boltzmann)
Un système en équilibre thermique avec un thermostat à la température T se trouve dans un état microscopique donné d’énergie E avec une probabilité proportionnelle à
e−E/kBT.
D’où, pour un ensemble d’états discrets d’énergies Ei,
pi=Ze−Ei/kBT,Z=i∑e−Ei/kBT,
la somme Z (la fonction de partition) normalisant les probabilités ; deux états (ou deux niveaux de même dégénérescence) sont peuplés dans le rapport N2/N1=e−(E2−E1)/kBT ; et pour une variable continue (une position, une vitesse) la densité de probabilité est proportionnelle à e−E/kBT en cette variable. À 300K, kBT=4.1×10−21J=0.026eV : tout ce qui coûte bien davantage est rare, tout ce qui coûte bien moins est librement excité.
Démonstration. La loi barométrique est le facteur pour l’énergie potentielle mgz ; nous en admettons la généralité, mais voici l’argument (rendu rigoureux dans le volume de troisième année). Le thermostat R est grand ; quand notre petit système est dans un état d’énergie E, le thermostat a l’énergie Etot−E, et peut être dans ΩR(Etot−E) états microscopiques, tous également probables (le postulat fondamental pour un tout isolé). Donc p(E)∝ΩR(Etot−E). Avec la définition de Boltzmann de l’entropie, SR=kBlnΩR, et 1/T=dSR/dER pour le thermostat, lnΩR(Etot−E)≈lnΩR(Etot)−E/kBT puisque E≪Etot ; il reste à exponentier. ∎
Exemple 29.3(Populations des niveaux atomiques)
Le premier niveau excité de l’hydrogène est à 10.2eV au-dessus du fondamental : à 300K, e−395 — pas un atome dans l’univers ; à 6000K, la surface du Soleil, e−19.7≈3×10−9 (fois une dégénérescence de 4) : assez, dans l’énorme colonne de gaz du Soleil, pour les raies d’absorption de Balmer, les plus fortes dans les étoiles voisines de 10000K. La raie D du sodium (2.1eV) dans une flamme à 2500K : e−9.8=6×10−5 des atomes sont excités, ce qui donne la flamme jaune d’une pincée de sel. Et le milieu laser du Chapitre 23 : le facteur dit que son niveau supérieur est vide à l’équilibre, et que le pompage doit lutter contre lui.
29.3 Niveaux discrets : le système à deux niveaux et l’oscillateur
Proposition 29.4(Énergie moyenne à partir de la fonction de partition)
Avec β=1/kBT,
⟨E⟩=i∑piEi=−∂β∂lnZ,C=dTd⟨E⟩.
Démonstration.∂βZ=−∑Eie−βEi, on divise par Z. ∎
Proposition 29.5(Système à deux niveaux)
N systèmes indépendants à deux niveaux 0 et ε (spins dans un champ, atomes à un seul niveau excité, défauts à deux positions) :
Le niveau supérieur est vide à basse température et au plus à moitié rempli à haute température (jamais inversé à l’équilibre) ; la capacité thermique s’annule aux deux bouts et culmine à 0.44NkB vers kBT=0.42ε — l’anomalie de Schottky, la signature d’un écart dans le spectre.
Démonstration.Z=1+e−x ; p2=e−x/(1+e−x) ; dériver ⟨E⟩ par rapport à T. ∎
Le système à deux niveaux : populations en fonction de la température (le niveau supérieur se remplit jusqu’à la moitié, jamais au-delà) et la capacité thermique de Schottky, une bosse là où kBT vaut l’écart.
Proposition 29.6(L’oscillateur quantique et la formule de Planck)
Un oscillateur harmonique de fréquence ν a les niveaux En=nhν (à une constante près) ; à la température T,
C’est l’énergie moyenne d’un mode du champ de rayonnement que la loi de Planck (Chapitre 26) multiplie par le nombre de modes, et l’énergie moyenne d’une vibration dans un solide : à haute température le kBT classique, à basse température un mode gelé.
Démonstration. Série géométrique, puis −∂βlnZ. ∎
Exemple 29.7(Capacité thermique des solides)
Traitons chaque atome d’un solide comme trois oscillateurs de même fréquence ν (Einstein, 1907) : C=3NkBx2ex/(ex−1)2 avec x=hν/kBT. Au-dessus de θE=hν/kB, C→3NkB=3R par mole — la loi de Dulong et Petit (25J/mol/K), suivie par le plomb, le cuivre, le fer à température ambiante ; bien au-dessous, C s’effondre. Le diamant (θE≈1300K) n’a que 6J/mol/K à 300K, ce que la physique classique ne pouvait expliquer, et la capacité thermique de tout solide s’annule à basse température — le premier succès du quantum hors du rayonnement.
29.4 Équipartition et distribution de Maxwell
Théorème 29.8(Équipartition de l’énergie)
Toute variable q qui entre quadratiquement dans l’énergie, E=aq2+…, et parcourt toutes les valeurs réelles, contribue pour 21kBT à l’énergie moyenne à l’équilibre :
⟨aq2⟩=21kBT.
Un gaz monoatomique (trois translations) a U=23NkBT et CV=23R par mole ; un gaz diatomique ajoute deux rotations, CV=25R, et sa vibration (deux termes quadratiques, mais quantifiée avec hν≫kBT à température ambiante) reste gelée jusqu’à quelques milliers de kelvins.
Démonstration. La densité de probabilité en q vaut ∝e−aq2/kBT, une gaussienne :
⟨aq2⟩=∫e−aq2/kBTdq∫aq2e−aq2/kBTdq=21kBT
(dériver ∫e−λq2dq=π/λ par rapport à λ). Le résultat exige le continuum : quand les niveaux sont espacés de plus de kBT le facteur gèle la variable, comme pour l’oscillateur ci-dessus. ∎
Théorème 29.9(Distribution des vitesses de Maxwell)
Dans un gaz à T, les composantes de la vitesse sont des gaussiennes indépendantes de variance kBT/m, et la norme v=∣v∣ a la densité de probabilité
f(v)=4π(2πkBTm)3/2v2e−mv2/2kBT,
avec les vitesses la plus probable, moyenne et quadratique moyenne
vp=m2kBT,⟨v⟩=πm8kBT,vrms=m3kBT,
dans les rapports 1:1.13:1.22. Pour l’azote à 300K : 422, 476, 517m/s ; pour l’hydrogène, 3.7 fois plus ; la queue de la distribution, ∝e−mv2/2kBT, est ce qui permet aux molécules les plus rapides de s’évaporer, de réagir ou de quitter une planète.
Démonstration. L’énergie cinétique 21m(vx2+vy2+vz2) donne le facteur
e−mvx2/2kBTe−mvy2/2kBTe−mvz2/2kBT:
trois gaussiennes indépendantes, chacune normalisée par m/2πkBT. La distribution des normes rassemble toutes les vitesses dans la coquille de rayon v et de volume 4πv2dv. Puis vp vient de df/dv=0, et les moments de ∫0∞v3e−av2dv=1/2a2, ∫0∞v4e−av2dv=83π/a5 ; vrms découle aussi de l’équipartition, 21m⟨v2⟩=23kBT. ∎
La distribution des vitesses de Maxwell pour l’azote à trois températures : le maximum se déplace en T, la courbe s’élargit, et la queue des grandes vitesses croît le plus vite de toutes — la queue qui décide de l’échappement et des vitesses de réaction.
Exemple 29.10(Qui quitte la planète)
La vitesse de libération terrestre vaut 11.2km/s. Dans l’exosphère, vers 1000K, l’hélium a vp=2.0km/s : la fraction d’atomes au-dessus de la vitesse de libération est de l’ordre de e−(11.2/2.0)2=e−31≈10−13 — petite, mais renouvelée à chaque collision pendant des milliards d’années : l’hélium fuit, et son abondance dans l’air n’est que de 5ppm malgré sa production constante par désintégration radioactive. Pour l’azote l’exposant est sept fois plus grand, e−220 : l’azote reste. Sur la Lune (vlib=2.4km/s) même l’azote à 400K (vp=490m/s) a e−24 par temps de collision : sur l’âge du système solaire, aucune atmosphère ne survit.
29.5 Paramagnétisme et loi de Curie
Proposition 29.11(Paramagnétique de spin 1/2)
N moments magnétiques indépendants qui ne peuvent pointer que dans le sens du champ B ou à son opposé, avec les énergies ∓μB, ont à la température T le moment moyen et l’aimantation
⟨μz⟩=μtanhkBTμB,M=nμtanhkBTμB⟶{nμ2B/kBTnμ(μB≪kBT):loi de Curie,(μB≫kBT):saturation.
La susceptibilité χ=μ0M/B=μ0nμ2/kBT varie en 1/T (loi de Curie) ; avec μ=μB=9.27×10−24J/T, μB/kBT=2.2×10−3 à 1T et 300K, de sorte que les paramagnétiques ordinaires sont à peine aimantés ; à 1K le même champ donne 0.67 et la saturation commence.
Démonstration.p±∝e±μB/kBT : ⟨μz⟩=μ(ex−e−x)/(ex+e−x) avec x=μB/kBT ; tanhx≈x pour x petit. ∎
Aimantation d’un paramagnétique de spin 1/2 : linéaire en B/T à faible champ (Curie), saturant quand μB dépasse kBT — ce qui n’arrive sous un tesla qu’au-dessous du kelvin, ce qui fait de la courbe un thermomètre pour les expériences les plus froides.
Remarque 29.12(Ce que le facteur ne fait pas)
Le facteur de Boltzmann décrit l’équilibre à une température ; il ne dit rien des vitesses (à quelle allure l’équilibre est atteint — quoiqu’une énergie d’activation Ea donne des vitesses ∝e−Ea/kBT, la loi d’Arrhenius rencontrée pour la diffusion dans les solides). Il s’applique à des sous-systèmes indépendants ou au tout ; pour des particules quantiques identiques à forte densité (électrons d’un métal, photons, hélium près du zéro absolu) il est remplacé par les distributions de Fermi–Dirac et de Bose–Einstein du volume de troisième année, dont il est la limite diluée.
Méthode 29.13(Estimations de Boltzmann)
(1) Calculer E/kBT ; kBT=0.026eV à 300K, 1eV à 11600K. (2) Rapports de populations : e−ΔE/kBT (fois les dégénérescences). (3) Niveaux discrets : Z, puis ⟨E⟩=−∂βlnZ, puis C. (4) Variables continues quadratiques : 21kBT chacune, si elles ne sont pas gelées. (5) Vitesses : vp=2kBT/m et la queue gaussienne. (6) Spins : tanh(μB/kBT), le 1/T de Curie.
29.6 Exercices
Exercice 29.1★
Hauteur d’échelle de l’air à 288K (M=29g/mol) ; pression à 3000m, à 8849m, à 10km (comparer aux 0.26bar mesurés) ; hauteur d’échelle de l’hélium seul ; de l’atmosphère martienne (CO2, 210K, g=3.7m/s2).
Solution
Solution de Exercice 29.1.
H=kBT/mg=8.4km ; 0.70, 0.35, 0.30bar (les 0.26 réels : l’air se refroidit avec l’altitude) ; hélium 61km ; Mars 10.7km.
Exercice 29.2★
Populations : le niveau n=2 de l’hydrogène (10.2eV, dégénérescence 4 contre 1) à 300K, 6000K, 10000K ; le niveau à 2.1eV du sodium dans une flamme à 2500K ; un niveau de rotation moléculaire à 1×10−3eV à 300K ; un niveau de spin nucléaire écarté de 1×10−7eV dans un aimant à 300K.
Solution
Solution de Exercice 29.2.
Hydrogène : 4e−395≈10−171 ; 4e−19.7=10−8 ; 4e−11.8=3×10−5. Sodium : e−9.8=6×10−5. Rotation : e−0.04=0.96, presque égal. Spin nucléaire : 1−4×10−6 — l’infime polarisation avec laquelle travaille la résonance magnétique.
Exercice 29.3★
Vitesses de Maxwell (vp, ⟨v⟩, vrms) pour N2 à 300K et 77K, H2 à 300K, et pour une particule de fumée de 1×10−18kg. Fraction de molécules plus rapides que 2vp (environ 4.6%) et que 3vp (environ 4×10−4) : commenter la queue.
Solution
Solution de Exercice 29.3.
N2 à 300K : 422, 476, 517m/s ; à 77K : 214, 241, 262m/s ; H2 : 1580, 1780, 1930m/s ; particule de fumée : 9cm/s (son frisson brownien). Au-dessus de 2vp une molécule sur vingt ; au-dessus de 3vp une sur 2500 — encore 1022 par mètre cube.
Exercice 29.4★
Moments de spin 1/2, μ=μB, n=1×1028m−3, B=1T : x=μB/kBT à 300K et 1K ; M/Msat ; Msat ; la susceptibilité à 300K. Comparer à l’aimantation à saturation du fer (1.7×106A/m).
Solution
Solution de Exercice 29.4.
x=2.2×10−3 et 0.67 ; M/Msat=2.2×10−3 et 0.59 ; Msat=nμ=9.3×104A/m ; χ=μ0nμ2/kBT=2.6×10−4. Les 1.7×106A/m du fer sont coopératifs, non un effet de Boltzmann.
Exercice 29.5★★
Deux niveaux. (a) Tirer p1, p2, ⟨E⟩ de Z. (b) Montrer que N2<N1 à toute température positive ; que signifierait N2>N1 pour T ? (c) Entropie S=−NkB∑pilnpi du système quand T→0 et T→∞. (d) Un défaut dans un cristal peut occuper deux positions distantes de 0.05eV : occupation de la plus haute à 300K et à 77K.
Solution
Solution de Exercice 29.5.
(a) Proposition 29.5. (b) e−x<1 pour T>0 ; N2>N1 exigerait T<0 — une inversion de population. (c) 0 et NkBln2. (d) x=1.93 : 0.13 ; à 77K, x=7.5 : 5×10−4.
Exercice 29.6★★
Schottky. (a) Établir C(T) du système à deux niveaux. (b) Localiser son maximum numériquement (x=2.40) et sa valeur. (c) Limites à basse et à haute T, avec leur sens physique. (d) Les spins nucléaires du cuivre sous 1T ont ε≈1×10−7eV : à quelle température se situe leur pic de Schottky, et pourquoi cela importe-t-il pour les cryostats les plus froids ?
Solution
Solution de Exercice 29.6.
(a) Dérivée de Nε/(ex+1). (b) x=2.40, C=0.44NkB. (c) ∝x2e−x→0 : gelé ; ∝1/T2→0 : les deux niveaux pleins, plus rien à absorber. (d) kBT=0.42ε : 0.5mK ; sous le millikelvin les spins nucléaires détiennent l’essentiel de la capacité thermique et ralentissent tout refroidissement.
Exercice 29.7★★
Équipartition et son échec. (a) Établir ⟨aq2⟩=kBT/2 avec l’intégrale gaussienne. (b) CV d’un gaz monoatomique et d’un gaz diatomique rigide. (c) La vibration de l’azote a hν/kB=3400K : en utilisant l’énergie moyenne de l’oscillateur, CV à 300K, 1000K, 3000K. (d) Solide d’Einstein : C en T=θE, θE/4, 4θE en unités de 3R ; le diamant à température ambiante.
Maxwell en détail. (a) Montrer que les composantes de la vitesse sont des gaussiennes indépendantes et en tirer f(v). (b) Calculer vp, ⟨v⟩, vrms. (c) Énergie cinétique moyenne : vérifier avec l’équipartition. (d) Le flux de molécules frappant une paroi vaut 41n⟨v⟩ par unité d’aire et de temps (admis) : nombre de molécules de N2 frappant 1cm2 par seconde à 1bar, 300K ; et le débit auquel un trou de 1µm laisse entrer l’air dans une enceinte à vide (effusion).
Solution
Solution de Exercice 29.8.
(a), (b) Théorème 29.9. (c) 23kBT. (d) 41n⟨v⟩=2.9×1027m−2s−1 : 3×1023 par centimètre carré et par seconde ; à travers 7.9×10−13m2 : 2.3×1015 molécules par seconde, une fuite de 1×10−5Pam3/s.
Exercice 29.9★★
Échappement. (a) Fraction d’un gaz de Maxwell plus rapide que v : montrer qu’elle vaut environ (2/π)xe−x2 pour x=v/vp≫1. (b) L’hélium à 1000K au-dessus de 11.2km/s ; l’azote. (c) La Lune, vlib=2.4km/s, 400K : l’azote, et quelle température le retiendrait sur l’âge du système solaire (prendre 1017 temps de collision : fraction d’échappement sous 10−17). (d) Pourquoi Titan (2.6km/s, 94K) garde-t-il une épaisse atmosphère d’azote ?
Solution
Solution de Exercice 29.9.
(a) Intégrer f par parties ; le terme dominant est (2/π)xe−x2. (b) Hélium x=5.5 : 5×10−13 ; azote x=14.5 : e−211. (c) x=4.9 : 10−10 par temps de collision — parti ; 10−17 demande x≈6.6, T≲230K. (d) x=11 : e−121 ; assez froid.
Exercice 29.10★★★
D’autres potentiels. (a) Dans une centrifugeuse tournant à ω, l’énergie potentielle effective vaut −21mω2r2 : profil de densité n(r). (b) Hexafluorure d’uranium, deux isotopes Δm=3u, ω=2π×1000Hz, r=10cm, 300K : facteur d’enrichissement d’un étage. (c) Sphères colloïdales (masse apparente m′=2.6×10−17kg) dans l’eau à 293K : hauteur d’échelle de leur équilibre de sédimentation ; comment cela a-t-il donné le nombre d’Avogadro ? (d) Un gaz d’électrons dans un champ E : pourquoi le profil de Boltzmann eeEx/kBT est-il à la base de la longueur d’écran de Debye λD=ε0kBT/ne2 d’un plasma (esquisser l’argument) ?
Solution
Solution de Exercice 29.10.
(a) n=n0emω2r2/2kBT. (b) eΔmω2r2/2kBT=e0.24=1.27. (c) H=kBT/m′g=16µm ; compter les sphères à plusieurs hauteurs donne kB, d’où NA=R/kB. (d) Les ions suivent e∓eφ/kBT autour d’une charge ; linéarisé dans l’équation de Poisson cela donne φ′′=φ/λD2 : le potentiel est écranté au-delà de λD.
Exercice 29.11★★★
Planck à partir de Boltzmann. (a) Calculer Z et ⟨E⟩ pour des niveaux nhν. (b) Les deux limites et leur sens. (c) Multiplier par la densité de modes 8πν2/c3 (donnée) et retrouver la loi de Planck ; montrer que la loi de Rayleigh–Jeans est l’équipartition appliquée à chaque mode. (d) Pourquoi le décompte classique échoue-t-il, en une phrase ?
Solution
Solution de Exercice 29.11.
(a) Z=1/(1−e−x), ⟨E⟩=hν/(ex−1). (b) kBT : équipartition ; hνe−hν/kBT : gelé. (c) uν=(8πν2/c3)⟨E⟩ ; Rayleigh–Jeans donne kBT à chaque mode. (d) Un mode ne peut être excité par moins d’un quantum.
Exercice 29.12★★★
Désaimantation adiabatique. L’entropie de N spins 1/2 vaut S=NkB[ln(2coshx)−xtanhx], x=μB/kBT. (a) Montrer qu’elle ne dépend que de B/T, avec S→NkBln2 quand B/T→0 et S→0 quand B/T→∞. (b) Un sel à 1K est aimanté isothermiquement de 0 à 1T : entropie retirée (par spin, avec μ=μB). (c) Le champ est ensuite ramené adiabatiquement à 0.01T : température finale. (d) Qu’est-ce qui limite la méthode, et comment la même courbe en tanh sert-elle de thermomètre ?
Solution
Solution de Exercice 29.12.
(a) x=μB/kBT seulement ; ln2 et 0. (b) x=0.67 : S/NkB=0.51, donc 0.18kB retiré par spin. (c) B/T constant : 10mK. (d) Le champ propre des spins (le millitesla) remplace B à la fin et plafonne le refroidissement ; mesurer M=nμtanh(μB/kBT) donne T.
Ludwig Boltzmann (1844–1906), dont le facteur e−E/kBT est le sujet de ce chapitre, et dont la formule S=kBlnΩ est gravée sur sa tombe à Vienne.
29.7 Problème : l’atmosphère isotherme, la fuite de l’hélium et un thermomètre à spins
Problème 29.1
Problème du week-end — trois usages d’une seule exponentielle
À partir de l’hydrostatique et de la loi des gaz parfaits, établir P(z)=P0e−z/H et donner H pour l’air à 288K.
Repérer le facteur de Boltzmann dans le résultat ; quelle énergie, quelle température ?
Pression à 3000m, 5500m et 8849m ; l’altitude où la pression est divisée par deux.
Masse de l’atmosphère par mètre carré (à partir de P0=1.013×105Pa), et masse totale ; vérifier que ∫0∞ρdz=ρ0H.
Nombre de molécules dans l’atmosphère.
Si chaque gaz suivait son propre H, quel serait le rapport O2/N2 à 50km comparé au sol ? Pourquoi la composition est-elle en fait uniforme jusqu’à 100km ?
La troposphère réelle se refroidit de 6.5K/km : la pression à 10km est-elle plus haute ou plus basse que l’estimation isotherme ? Expliquer.
Densité en nombre au niveau de la mer et à 100km (modèle isotherme, 288K) : commenter « la frontière de l’espace ».
Partie II — La fuite de l’hélium. L’exosphère, au-dessus de 500km, est vers 1000K et sans collisions : une molécule montant plus vite que la vitesse de libération s’en va.
Vitesse de libération depuis la Terre à cette altitude.
Vitesses la plus probable et moyenne de l’hélium et de l’azote à 1000K.
Fraction d’atomes d’hélium avec v>vlib (utiliser (2/π)xe−x2) ; de même pour l’azote.
Le flux d’hélium qui s’échappe vaut à peu près 41nHe⟨v⟩× (cette fraction) ×21 ; avec nHe=1×1012m−3 à l’exobase, estimer la perte par mètre carré et par seconde, puis par an pour toute la Terre.
L’hélium de l’air vaut 5ppm en volume : hélium total de l’atmosphère ; son temps de séjour face à la perte calculée.
La radioactivité de la croûte produit environ 3×106kg d’hélium par an : l’hélium de l’atmosphère est-il en régime permanent, et qu’enseigne la comparaison avec la question 11 ?
Au maximum solaire l’exosphère atteint 2000K : de quel facteur la fraction d’échappement de l’hélium croît-elle ?
Pourquoi la Lune n’a-t-elle pas d’atmosphère, et Titan (libération 2.6km/s, 94K) une épaisse ?
Partie III — Un thermomètre à spins. Un sel paramagnétique contient n=2×1027m−3 spins 1/2 avec μ=μB, dans un champ B.
Populations des deux niveaux et aimantation M(B,T).
À B=0.1T : M à 300K, 4K, 0.05K ; où la loi de Curie est-elle valable ?
Pourquoi M est-elle un thermomètre, et dans quel domaine est-elle la plus sensible ? Que mesure-t-on en pratique ?
Énergie moyenne et capacité thermique des spins (Schottky) ; température du pic à 0.1T.
Entropie des spins à haute température et à température nulle ; quelle « mise en ordre » a lieu quand T→0 ?
Désaimantation adiabatique de 1K, 1T à 0.01T : température finale ; pourquoi B→0 ne peut-il donner T→0 ?
Un thermomètre à spins nucléaires utilise μN=μB/1836 : à 1T, jusqu’à quelle température la loi de Curie tient-elle, et pourquoi un tel thermomètre sert-il dans le domaine du microkelvin ?
Comparer la largeur Doppler d’une raie spectrale (issue de la distribution de Maxwell) comme thermomètre pour les gaz : quelle grandeur, et comment varie-t-elle avec T ?
Résumer : les trois systèmes et la formule unique.
Solution
Solution de Problème 29.1.
1.dP/dz=−nmg=−(mg/kBT)P ; H=8.4km.
2.e−mgz/kBT : l’énergie potentielle d’une molécule, la température de l’air.
6.HO2=7.6, HN2=8.7km : le rapport à 50km vaudrait e−50/7.6+50/8.7=0.44 de sa valeur au sol ; la turbulence mélange plus vite que la diffusion ne sépare.
7. Plus basse : un air plus froid est plus dense et la pression décroît plus vite.
8.2.5×1025m−3 ; e−11.9 : 1.7×1020m−3 — pas de frontière, seulement une convention.
9.11.26370/6870=10.8km/s.
10. Hélium 2040, 2300m/s ; azote 770, 870m/s.
11.x=5.3 : 4×10−12 ; azote e−196 : aucun.
12.41×1012×2300×4×10−12×21≈103 atomes par mètre carré et par seconde ; pour toute la Terre et sur un an, 2×1025 atomes — 0.1kg.
13.5×10−6×1.1×1044=5.5×1038 atomes, 3.7×1012kg ; face à 0.1kg/an le temps de séjour serait absurde.
14. Le régime permanent exige une perte de 3×106kg/an : un temps de séjour d’environ un million d’années, qui est la valeur admise — donc l’estimation thermique à 1000K est bien trop faible : l’échappement est dominé par des épisodes plus chauds et par des processus non thermiques (ioniques).
15.x=3.75 : e−14 au lieu de e−28 — un facteur 106 : la perte est extraordinairement sensible à la température exosphérique.
16. La Lune est chaude et légère : tout s’échappe en temps géologique ; Titan est froid, x=11 pour l’azote.