Physics · Livre 4 · Bachelor Year 2

Physique universitaire — 2e année

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 0.7 bar0.7\,\mathrm{bar}, 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/kBTn \propto \eu^{-mgz/k_BT} — le rapport de l’énergie potentielle d’une molécule à kBTk_BT 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  tous les 8\, km — le facteur de Boltzmann de l’énergie potentielle d’une molécule dans la pesanteur terrestre.
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\eu tous les 8 km8\,\mathrm{km} — 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 mm) à température uniforme TT dans la pesanteur uniforme gg, la pression et la densité en nombre décroissent exponentiellement avec l’altitude :

P(z)=P0 e−z/H,n(z)=n0 e−mgz/kBT,H=kBTmg,P(z) = P_0\,\eu^{-z/H}, \qquad n(z) = n_0\,\eu^{-mgz/k_BT}, \qquad H = \frac{k_BT}{mg} ,

avec la hauteur d’échelle H≈8.4 kmH \approx 8.4\,\mathrm{km} pour l’air à 288 K288\,\mathrm{K}. L’exposant est le rapport de l’énergie potentielle mgzmgz d’une molécule à l’énergie thermique kBTk_BT.

Démonstration. Hydrostatique,  ⁣dP/ ⁣dz=−ρg=−nmg\dd P/\dd z = -\rho g = -nmg, et loi des gaz parfaits P=nkBTP = nk_BT :  ⁣dP/ ⁣dz=−(mg/kBT)P\dd P/\dd z = -(mg/k_BT)P, une exponentielle. L’atmosphère réelle se refroidit avec l’altitude (environ 6.5 K/km6.5\,\mathrm{K}/\mathrm{km} dans les dix premiers kilomètres), ce qui rend la décroissance un peu plus rapide ; le modèle isotherme est bon à 20%20\% près. ∎

L’atmosphère isotherme : pression et densité baissent d’un facteur 1/ à chaque hauteur d’échelle H = k_BT/mg ; un gaz plus léger aurait un H plus grand — mais sous 100\, km la turbulence garde l’air mélangé, et tous les gaz partagent le H moyen.
L’atmosphère isotherme : pression et densité baissent d’un facteur 1/e1/\eu à chaque hauteur d’échelle H=kBT/mgH = k_BT/mg ; un gaz plus léger aurait un HH plus grand — mais sous 100 km100\,\mathrm{km} la turbulence garde l’air mélangé, et tous les gaz partagent le HH moyen.

29.2 Le facteur de Boltzmann

Théorème 29.2 (Facteur de Boltzmann)

Un système en équilibre thermique avec un thermostat à la température TT se trouve dans un état microscopique donné d’énergie EE avec une probabilité proportionnelle à

e−E/kBT.\eu^{-E/k_BT} .

D’où, pour un ensemble d’états discrets d’énergies EiE_i,

pi=e−Ei/kBTZ,Z=∑ie−Ei/kBT,p_i = \frac{\eu^{-E_i/k_BT}}{Z}, \qquad Z = \sum_i\eu^{-E_i/k_BT} ,

la somme ZZ (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)/kBTN_2/N_1 = \eu^{-(E_2 - E_1)/k_BT} ; et pour une variable continue (une position, une vitesse) la densité de probabilité est proportionnelle à e−E/kBT\eu^{-E/k_BT} en cette variable. À 300 K300\,\mathrm{K}, kBT=4.1×10−21 J=0.026 eVk_BT = 4.1 \times 10^{-21}\,\mathrm{J} = 0.026\,\mathrm{eV} : 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 mgzmgz ; nous en admettons la généralité, mais voici l’argument (rendu rigoureux dans le volume de troisième année). Le thermostat RR est grand ; quand notre petit système est dans un état d’énergie EE, le thermostat a l’énergie Etot−EE_{\text{tot}} - E, et peut être dans ΩR(Etot−E)\Omega_R(E_{\text{tot}} - E) états microscopiques, tous également probables (le postulat fondamental pour un tout isolé). Donc p(E)∝ΩR(Etot−E)p(E) \propto \Omega_R(E_{\text{tot}} - E). Avec la définition de Boltzmann de l’entropie, SR=kBln⁡ΩRS_R = k_B\ln\Omega_R, et 1/T= ⁣dSR/ ⁣dER1/T = \dd S_R/\dd E_R pour le thermostat, ln⁡ΩR(Etot−E)≈ln⁡ΩR(Etot)−E/kBT\ln\Omega_R(E_{\text{tot}} - E) \approx \ln\Omega_R(E_{\text{tot}}) - E/k_BT puisque E≪EtotE \ll E_{\text{tot}} ; il reste à exponentier. ∎

Exemple 29.3 (Populations des niveaux atomiques)

Le premier niveau excité de l’hydrogène est à 10.2 eV10.2\,\mathrm{eV} au-dessus du fondamental : à 300 K300\,\mathrm{K}, e−395\eu^{-395} — pas un atome dans l’univers ; à 6000 K6000\,\mathrm{K}, la surface du Soleil, e−19.7≈3×10−9\eu^{-19.7} \approx 3 \times 10^{-9} (fois une dégénérescence de 44) : assez, dans l’énorme colonne de gaz du Soleil, pour les raies d’absorption de Balmer, les plus fortes dans les étoiles voisines de 10 000 K10\,000\,\mathrm{K}. La raie D du sodium (2.1 eV2.1\,\mathrm{eV}) dans une flamme à 2500 K2500\,\mathrm{K} : e−9.8=6×10−5\eu^{-9.8} = 6 \times 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\beta = 1/k_BT,

⟨E⟩=∑ipiEi=−∂ln⁡Z∂β,C= ⁣d⟨E⟩ ⁣dT.\langle E\rangle = \sum_ip_iE_i = -\frac{\partial\ln Z}{\partial\beta}, \qquad C = \frac{\dd\langle E\rangle}{\dd T} .

Démonstration. ∂βZ=−∑Eie−βEi\partial_\beta Z = -\sum E_i\eu^{-\beta E_i}, on divise par ZZ. ∎

Proposition 29.5 (Système à deux niveaux)

NN systèmes indépendants à deux niveaux 00 et ε\varepsilon (spins dans un champ, atomes à un seul niveau excité, défauts à deux positions) :

N2N=1eε/kBT+1,⟨E⟩=Nεeε/kBT+1,C=NkB x2ex(ex+1)2,x=εkBT.\frac{N_2}{N} = \frac{1}{\eu^{\varepsilon/k_BT} + 1}, \qquad \langle E\rangle = \frac{N\varepsilon}{\eu^{\varepsilon/k_BT} + 1}, \qquad C = Nk_B\,\frac{x^2\eu^x}{(\eu^x + 1)^2}, \quad x = \frac{\varepsilon}{k_BT} .

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 0.44 NkB0.44\,Nk_B vers kBT=0.42εk_BT = 0.42 \varepsilon — l’anomalie de Schottky, la signature d’un écart dans le spectre.

Démonstration. Z=1+e−xZ = 1 + \eu^{-x} ; p2=e−x/(1+e−x)p_2 = \eu^{-x}/(1 + \eu^{-x}) ; dériver ⟨E⟩\langle E\rangle par rapport à TT. ∎

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 k_BT vaut l’écart.
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 kBTk_BT vaut l’écart.

Proposition 29.6 (L’oscillateur quantique et la formule de Planck)

Un oscillateur harmonique de fréquence ν\nu a les niveaux En=nhνE_n = nh\nu (à une constante près) ; à la température TT,

Z=11−e−hν/kBT,⟨E⟩=hνehν/kBT−1 ⟶ {kBT(hν≪kBT),hν e−hν/kBT(hν≫kBT).Z = \frac{1}{1 - \eu^{-h\nu/k_BT}}, \qquad \langle E\rangle = \frac{h\nu}{\eu^{h\nu/k_BT} - 1} \ \longrightarrow\ \begin{cases} k_BT & (h\nu \ll k_BT), \\ h\nu\,\eu^{-h\nu/k_BT} & (h\nu \gg k_BT). \end{cases}

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 kBTk_BT classique, à basse température un mode gelé.

Démonstration. Série géométrique, puis −∂βln⁡Z-\partial_\beta\ln Z. ∎

Exemple 29.7 (Capacité thermique des solides)

Traitons chaque atome d’un solide comme trois oscillateurs de même fréquence ν\nu (Einstein, 1907) : C=3NkB x2ex/(ex−1)2C = 3Nk_B\,x^2\eu^x/(\eu^x - 1)^2 avec x=hν/kBTx = h\nu/k_BT. Au-dessus de θE=hν/kB\theta_{\text{E}} = h\nu/k_B, C→3NkB=3RC \to 3Nk_B = 3R par mole — la loi de Dulong et Petit (25 J/mol/K25\,\mathrm{J}/\mathrm{mol}/\mathrm{K}), suivie par le plomb, le cuivre, le fer à température ambiante ; bien au-dessous, CC s’effondre. Le diamant (θE≈1300 K\theta_{\text{E}} \approx 1300\,\mathrm{K}) n’a que 6 J/mol/K6\,\mathrm{J}/\mathrm{mol}/\mathrm{K} à 300 K300\,\mathrm{K}, 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 qq qui entre quadratiquement dans l’énergie, E=aq2+…E = aq^2 + \dots, et parcourt toutes les valeurs réelles, contribue pour 12kBT\tfrac12k_BT à l’énergie moyenne à l’équilibre :

⟨aq2⟩=12kBT.\langle aq^2\rangle = \tfrac12k_BT .

Un gaz monoatomique (trois translations) a U=32NkBTU = \tfrac32Nk_BT et CV=32RC_V = \tfrac32R par mole ; un gaz diatomique ajoute deux rotations, CV=52RC_V = \tfrac52R, et sa vibration (deux termes quadratiques, mais quantifiée avec hν≫kBTh\nu \gg k_BT à température ambiante) reste gelée jusqu’à quelques milliers de kelvins.

Démonstration. La densité de probabilité en qq vaut ∝e−aq2/kBT\propto\eu^{-aq^2/k_BT}, une gaussienne :

⟨aq2⟩=∫aq2 e−aq2/kBT  ⁣dq∫e−aq2/kBT  ⁣dq=12kBT\langle aq^2\rangle = \frac{\int aq^2\,\eu^{-aq^2/k_BT}\,\dd q}{\int\eu^{-aq^2/k_BT}\,\dd q} = \tfrac12k_BT

(dériver ∫e−λq2 ⁣dq=π/λ\int\eu^{-\lambda q^2}\dd q = \sqrt{\pi/\lambda} par rapport à λ\lambda). Le résultat exige le continuum : quand les niveaux sont espacés de plus de kBTk_BT le facteur gèle la variable, comme pour l’oscillateur ci-dessus. ∎

Théorème 29.9 (Distribution des vitesses de Maxwell)

Dans un gaz à TT, les composantes de la vitesse sont des gaussiennes indépendantes de variance kBT/mk_BT/m, et la norme v=∣v→∣v = |\vect v| a la densité de probabilité

f(v)=4π(m2πkBT)3/2v2 e−mv2/2kBT,f(v) = 4\pi\Big(\frac{m}{2\pi k_BT}\Big)^{3/2}v^2\,\eu^{-mv^2/2k_BT} ,

avec les vitesses la plus probable, moyenne et quadratique moyenne

vp=2kBTm,⟨v⟩=8kBTπm,vrms=3kBTm,v_{\text{p}} = \sqrt{\frac{2k_BT}{m}}, \qquad \langle v\rangle = \sqrt{\frac{8k_BT}{\pi m}}, \qquad v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3k_BT}{m}} ,

dans les rapports 1:1.13:1.221 : 1.13 : 1.22. Pour l’azote à 300 K300\,\mathrm{K} : 422 422\,, 476 476\,, 517 m/s517\,\mathrm{m}/\mathrm{s} ; pour l’hydrogène, 3.73.7 fois plus ; la queue de la distribution, ∝e−mv2/2kBT\propto\eu^{-mv^2/2k_BT}, est ce qui permet aux molécules les plus rapides de s’évaporer, de réagir ou de quitter une planète.

Démonstration. L’énergie cinétique 12m(vx2+vy2+vz2)\tfrac12m(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2) donne le facteur

e−mvx2/2kBT e−mvy2/2kBT e−mvz2/2kBT:\eu^{-mv_x^2/2k_BT}\,\eu^{-mv_y^2/2k_BT}\,\eu^{-mv_z^2/2k_BT} :

trois gaussiennes indépendantes, chacune normalisée par m/2πkBT\sqrt{m/2\pi k_BT}. La distribution des normes rassemble toutes les vitesses dans la coquille de rayon vv et de volume 4πv2 ⁣dv4\pi v^2\dd v. Puis vpv_{\text{p}} vient de  ⁣df/ ⁣dv=0\dd f/\dd v = 0, et les moments de ∫0∞v3e−av2 ⁣dv=1/2a2\int_0^\infty v^3\eu^{-av^2}\dd v = 1/2a^2, ∫0∞v4e−av2 ⁣dv=38π/a5\int_0^\infty v^4\eu^{-av^2}\dd v = \tfrac38\sqrt{\pi/a^5} ; vrmsv_{\text{rms}} découle aussi de l’équipartition, 12m⟨v2⟩=32kBT\tfrac12m\langle v^2\rangle = \tfrac32k_BT. ∎

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.
La distribution des vitesses de Maxwell pour l’azote à trois températures : le maximum se déplace en T\sqrt 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 11.2 km/s11.2\,\mathrm{km}/\mathrm{s}. Dans l’exosphère, vers 1000 K1000\,\mathrm{K}, l’hélium a vp=2.0 km/sv_{\text{p}} = 2.0\,\mathrm{km}/\mathrm{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\eu^{-(11.2/2.0)^2} = \eu^{-31} \approx 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 5 ppm5\,\mathrm{ppm} malgré sa production constante par désintégration radioactive. Pour l’azote l’exposant est sept fois plus grand, e−220\eu^{-220} : l’azote reste. Sur la Lune (vlib=2.4 km/sv_{\text{lib}} = 2.4\,\mathrm{km}/\mathrm{s}) même l’azote à 400 K400\,\mathrm{K} (vp=490 m/sv_{\text{p}} = 490\,\mathrm{m}/\mathrm{s}) a e−24\eu^{-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)

NN moments magnétiques indépendants qui ne peuvent pointer que dans le sens du champ BB ou à son opposé, avec les énergies ∓μB\mp\mu B, ont à la température TT le moment moyen et l’aimantation

⟨μz⟩=μtanh⁡μBkBT,M=nμtanh⁡μBkBT ⟶ {nμ2B/kBT(μB≪kBT): loi de Curie,nμ(μB≫kBT): saturation.\langle\mu_z\rangle = \mu\tanh\frac{\mu B}{k_BT}, \qquad M = n\mu\tanh\frac{\mu B}{k_BT} \ \longrightarrow\ \begin{cases} n\mu^2B/k_BT & (\mu B \ll k_BT):\ \text{loi de Curie}, \\ n\mu & (\mu B \gg k_BT):\ \text{saturation}. \end{cases}

La susceptibilité χ=μ0M/B=μ0nμ2/kBT\chi = \mu_0M/B = \mu_0n\mu^2/k_BT varie en 1/T1/T (loi de Curie) ; avec μ=μB=9.27×10−24 J/T\mu = \mu_B = 9.27 \times 10^{-24}\,\mathrm{J}/\mathrm{T}, μB/kBT=2.2×10−3\mu B/k_BT = 2.2 \times 10^{-3} à 1 T1\,\mathrm{T} et 300 K300\,\mathrm{K}, de sorte que les paramagnétiques ordinaires sont à peine aimantés ; à 1 K1\,\mathrm{K} le même champ donne 0.670.67 et la saturation commence.

Démonstration. p±∝e±μB/kBTp_\pm \propto\eu^{\pm\mu B/k_BT} : ⟨μz⟩=μ(ex−e−x)/(ex+e−x)\langle\mu_z\rangle = \mu(\eu^x - \eu^{-x})/(\eu^x + \eu^{-x}) avec x=μB/kBTx = \mu B/k_BT ; tanh⁡x≈x\tanh x \approx x pour xx petit. ∎

Aimantation d’un paramagnétique de spin 1/2 : linéaire en B/T à faible champ (Curie), saturant quand B dépasse k_BT — 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.
Aimantation d’un paramagnétique de spin 1/2 : linéaire en B/TB/T à faible champ (Curie), saturant quand μB\mu B dépasse kBTk_BT — 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 EaE_{\text{a}} donne des vitesses ∝e−Ea/kBT\propto\eu^{-E_{\text{a}}/k_BT}, 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/kBTE/k_BT ; kBT=0.026 eVk_BT = 0.026\,\mathrm{eV} à 300 K300\,\mathrm{K}, 1 eV1\,\mathrm{eV} à 11 600 K11\,600\,\mathrm{K}. (2) Rapports de populations : e−ΔE/kBT\eu^{-\Delta E/k_BT} (fois les dégénérescences). (3) Niveaux discrets : ZZ, puis ⟨E⟩=−∂βln⁡Z\langle E\rangle = -\partial_\beta\ln Z, puis CC. (4) Variables continues quadratiques : 12kBT\tfrac12k_BT chacune, si elles ne sont pas gelées. (5) Vitesses : vp=2kBT/mv_{\text{p}} = \sqrt{2k_BT/m} et la queue gaussienne. (6) Spins : tanh⁡(μB/kBT)\tanh(\mu B/k_BT), le 1/T1/T de Curie.

29.6 Exercices

Exercice 29.1 ★

Hauteur d’échelle de l’air à 288 K288\,\mathrm{K} (M=29 g/molM = 29\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}) ; pression à 3000 m3000\,\mathrm{m}, à 8849 m8849\,\mathrm{m}, à 10 km10\,\mathrm{km} (comparer aux 0.26 bar0.26\,\mathrm{bar} mesurés) ; hauteur d’échelle de l’hélium seul ; de l’atmosphère martienne (CO2_2, 210 K210\,\mathrm{K}, g=3.7 m/s2g = 3.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}).

Solution

Solution de Exercice 29.1.

H=kBT/mg=8.4 kmH = k_BT/mg = 8.4\,\mathrm{km} ; 0.70 0.70\,, 0.35 0.35\,, 0.30 bar0.30\,\mathrm{bar} (les 0.26 0.26\, réels : l’air se refroidit avec l’altitude) ; hélium 61 km61\,\mathrm{km} ; Mars 10.7 km10.7\,\mathrm{km}.

Exercice 29.2 ★

Populations : le niveau n=2n = 2 de l’hydrogène (10.2 eV10.2\,\mathrm{eV}, dégénérescence 44 contre 11) à 300 K300\,\mathrm{K}, 6000 K6000\,\mathrm{K}, 10 000 K10\,000\,\mathrm{K} ; le niveau à 2.1 eV2.1\,\mathrm{eV} du sodium dans une flamme à 2500 K2500\,\mathrm{K} ; un niveau de rotation moléculaire à 1×10−3 eV1 \times 10^{-3}\,\mathrm{eV} à 300 K300\,\mathrm{K} ; un niveau de spin nucléaire écarté de 1×10−7 eV1 \times 10^{-7}\,\mathrm{eV} dans un aimant à 300 K300\,\mathrm{K}.

Solution

Solution de Exercice 29.2.

Hydrogène : 4e−395≈10−1714\eu^{-395} \approx 10^{-171} ; 4e−19.7=10−84\eu^{-19.7} = 10^{-8} ; 4e−11.8=3×10−54\eu^{-11.8} = 3 \times 10^{-5}. Sodium : e−9.8=6×10−5\eu^{-9.8} = 6 \times 10^{-5}. Rotation : e−0.04=0.96\eu^{-0.04} = 0.96, presque égal. Spin nucléaire : 1−4×10−61 - 4 \times 10^{-6} — l’infime polarisation avec laquelle travaille la résonance magnétique.

Exercice 29.3 ★

Vitesses de Maxwell (vpv_{\text{p}}, ⟨v⟩\langle v\rangle, vrmsv_{\text{rms}}) pour N2_2 à 300 K300\,\mathrm{K} et 77 K77\,\mathrm{K}, H2_2 à 300 K300\,\mathrm{K}, et pour une particule de fumée de 1×10−18 kg1 \times 10^{-18}\,\mathrm{kg}. Fraction de molécules plus rapides que 2vp2v_{\text{p}} (environ 4.6%4.6\%) et que 3vp3v_{\text{p}} (environ 4×10−44 \times 10^{-4}) : commenter la queue.

Solution

Solution de Exercice 29.3.

N2_2 à 300 K300\,\mathrm{K} : 422 422\,, 476 476\,, 517 m/s517\,\mathrm{m}/\mathrm{s} ; à 77 K77\,\mathrm{K} : 214 214\,, 241 241\,, 262 m/s262\,\mathrm{m}/\mathrm{s} ; H2_2 : 1580 1580\,, 1780 1780\,, 1930 m/s1930\,\mathrm{m}/\mathrm{s} ; particule de fumée : 9 cm/s9\,\mathrm{cm}/\mathrm{s} (son frisson brownien). Au-dessus de 2vp2v_{\text{p}} une molécule sur vingt ; au-dessus de 3vp3v_{\text{p}} une sur 25002500 — encore 102210^{22} par mètre cube.

Exercice 29.4 ★

Moments de spin 1/2, μ=μB\mu = \mu_B, n=1×1028 m−3n = 1 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}, B=1 TB = 1\,\mathrm{T} : x=μB/kBTx = \mu B/k_BT à 300 K300\,\mathrm{K} et 1 K1\,\mathrm{K} ; M/MsatM/M_{\text{sat}} ; MsatM_{\text{sat}} ; la susceptibilité à 300 K300\,\mathrm{K}. Comparer à l’aimantation à saturation du fer (1.7×106 A/m1.7 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}).

Solution

Solution de Exercice 29.4.

x=2.2×10−3x = 2.2 \times 10^{-3} et 0.670.67 ; M/Msat=2.2×10−3M/M_{\text{sat}} = 2.2 \times 10^{-3} et 0.590.59 ; Msat=nμ=9.3×104 A/mM_{\text{sat}} = n\mu = 9.3 \times 10^{4}\,\mathrm{A}/\mathrm{m} ; χ=μ0nμ2/kBT=2.6×10−4\chi = \mu_0n\mu^2/k_BT = 2.6 \times 10^{-4}. Les 1.7×106 A/m1.7 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m} du fer sont coopératifs, non un effet de Boltzmann.

Exercice 29.5 ★★

Deux niveaux. (a) Tirer p1p_1, p2p_2, ⟨E⟩\langle E\rangle de ZZ. (b) Montrer que N2<N1N_2 < N_1 à toute température positive ; que signifierait N2>N1N_2 > N_1 pour TT ? (c) Entropie S=−NkB∑piln⁡piS = -Nk_B\sum p_i\ln p_i du système quand T→0T \to 0 et T→∞T \to \infty. (d) Un défaut dans un cristal peut occuper deux positions distantes de 0.05 eV0.05\,\mathrm{eV} : occupation de la plus haute à 300 K300\,\mathrm{K} et à 77 K77\,\mathrm{K}.

Solution

Solution de Exercice 29.5.

(a) Proposition 29.5. (b) e−x<1\eu^{-x} < 1 pour T>0T > 0 ; N2>N1N_2 > N_1 exigerait T<0T < 0 — une inversion de population. (c) 00 et NkBln⁡2Nk_B\ln 2. (d) x=1.93x = 1.93 : 0.130.13 ; à 77 K77\,\mathrm{K}, x=7.5x = 7.5 : 5×10−45 \times 10^{-4}.

Exercice 29.6 ★★

Schottky. (a) Établir C(T)C(T) du système à deux niveaux. (b) Localiser son maximum numériquement (x=2.40x = 2.40) et sa valeur. (c) Limites à basse et à haute TT, avec leur sens physique. (d) Les spins nucléaires du cuivre sous 1 T1\,\mathrm{T} ont ε≈1×10−7 eV\varepsilon \approx 1 \times 10^{-7}\,\mathrm{eV} : 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)N\varepsilon/(\eu^x + 1). (b) x=2.40x = 2.40, C=0.44 NkBC = 0.44\,Nk_B. (c) ∝x2e−x→0\propto x^2\eu^{-x} \to 0 : gelé ; ∝1/T2→0\propto 1/T^2 \to 0 : les deux niveaux pleins, plus rien à absorber. (d) kBT=0.42εk_BT = 0.42\varepsilon : 0.5 mK0.5\,\mathrm{mK} ; 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\langle aq^2\rangle = k_BT/2 avec l’intégrale gaussienne. (b) CVC_V d’un gaz monoatomique et d’un gaz diatomique rigide. (c) La vibration de l’azote a hν/kB=3400 Kh\nu/k_B = 3400\,\mathrm{K} : en utilisant l’énergie moyenne de l’oscillateur, CVC_V à 300 K300\,\mathrm{K}, 1000 K1000\,\mathrm{K}, 3000 K3000\,\mathrm{K}. (d) Solide d’Einstein : CC en T=θET = \theta_{\text{E}}, θE/4\theta_{\text{E}}/4, 4θE4\theta_{\text{E}} en unités de 3R3R ; le diamant à température ambiante.

Solution

Solution de Exercice 29.7.

(a) Théorème 29.8. (b) 32R\tfrac32R, 52R\tfrac52R. (c) Cvib/R=x2ex/(ex−1)2C_{\text{vib}}/R = x^2\eu^x/(\eu^x - 1)^2 : 0.0020.002, 0.410.41, 0.900.90 ; CV=2.50RC_V = 2.50R, 2.91R2.91R, 3.40R3.40R. (d) 0.920.92, 0.300.30, 0.9950.995 ; diamant x=4.3x = 4.3 : 0.26×3R=6.5 J/mol/K0.26 \times 3R = 6.5\,\mathrm{J}/\mathrm{mol}/\mathrm{K}.

Exercice 29.8 ★★

Maxwell en détail. (a) Montrer que les composantes de la vitesse sont des gaussiennes indépendantes et en tirer f(v)f(v). (b) Calculer vpv_{\text{p}}, ⟨v⟩\langle v\rangle, vrmsv_{\text{rms}}. (c) Énergie cinétique moyenne : vérifier avec l’équipartition. (d) Le flux de molécules frappant une paroi vaut 14n⟨v⟩\tfrac14n\langle v\rangle par unité d’aire et de temps (admis) : nombre de molécules de N2_2 frappant 1 cm21\,\mathrm{cm}^{2} par seconde à 1 bar1\,\mathrm{bar}, 300 K300\,\mathrm{K} ; et le débit auquel un trou de 1 µm1\,\text{µ}\mathrm{m} laisse entrer l’air dans une enceinte à vide (effusion).

Solution

Solution de Exercice 29.8.

(a), (b) Théorème 29.9. (c) 32kBT\tfrac32k_BT. (d) 14n⟨v⟩=2.9×1027 m−2 s−1\tfrac14n\langle v\rangle = 2.9 \times 10^{27}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1} : 3×10233 \times 10^{23} par centimètre carré et par seconde ; à travers 7.9×10−13 m27.9 \times 10^{-13}\,\mathrm{m}^{2} : 2.3×10152.3 \times 10^{15} molécules par seconde, une fuite de 1×10−5 Pa m3/s1 \times 10^{-5}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}.

Exercice 29.9 ★★

Échappement. (a) Fraction d’un gaz de Maxwell plus rapide que vv : montrer qu’elle vaut environ (2/π) x e−x2(2/\sqrt\pi)\,x\,\eu^{-x^2} pour x=v/vp≫1x = v/v_{\text{p}} \gg 1. (b) L’hélium à 1000 K1000\,\mathrm{K} au-dessus de 11.2 km/s11.2\,\mathrm{km}/\mathrm{s} ; l’azote. (c) La Lune, vlib=2.4 km/sv_{\text{lib}} = 2.4\,\mathrm{km}/\mathrm{s}, 400 K400\,\mathrm{K} : l’azote, et quelle température le retiendrait sur l’âge du système solaire (prendre 101710^{17} temps de collision : fraction d’échappement sous 10−1710^{-17}). (d) Pourquoi Titan (2.6 km/s2.6\,\mathrm{km}/\mathrm{s}, 94 K94\,\mathrm{K}) garde-t-il une épaisse atmosphère d’azote ?

Solution

Solution de Exercice 29.9.

(a) Intégrer ff par parties ; le terme dominant est (2/π)xe−x2(2/\sqrt\pi)x\eu^{-x^2}. (b) Hélium x=5.5x = 5.5 : 5×10−135 \times 10^{-13} ; azote x=14.5x = 14.5 : e−211\eu^{-211}. (c) x=4.9x = 4.9 : 10−1010^{-10} par temps de collision — parti ; 10−1710^{-17} demande x≈6.6x \approx 6.6, T≲230 KT \lesssim 230\,\mathrm{K}. (d) x=11x = 11 : e−121\eu^{-121} ; assez froid.

Exercice 29.10 ★★★

D’autres potentiels. (a) Dans une centrifugeuse tournant à ω\omega, l’énergie potentielle effective vaut −12mω2r2-\tfrac12m\omega^2r^2 : profil de densité n(r)n(r). (b) Hexafluorure d’uranium, deux isotopes Δm=3 u\Delta m = 3\,\mathrm{u}, ω=2π×1000 Hz\omega = 2\pi \times 1000\,\mathrm{Hz}, r=10 cmr = 10\,\mathrm{cm}, 300 K300\,\mathrm{K} : facteur d’enrichissement d’un étage. (c) Sphères colloïdales (masse apparente m′=2.6×10−17 kgm' = 2.6 \times 10^{-17}\,\mathrm{kg}) dans l’eau à 293 K293\,\mathrm{K} : 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 EE : pourquoi le profil de Boltzmann eeEx/kBT\eu^{eEx/k_BT} est-il à la base de la longueur d’écran de Debye λD=ε0kBT/ne2\lambda_{\text{D}} = \sqrt{\varepsilon_0k_BT/ne^2} d’un plasma (esquisser l’argument) ?

Solution

Solution de Exercice 29.10.

(a) n=n0emω2r2/2kBTn = n_0\eu^{m\omega^2r^2/2k_BT}. (b) eΔmω2r2/2kBT=e0.24=1.27\eu^{\Delta m\omega^2r^2/2k_BT} = \eu^{0.24} = 1.27. (c) H=kBT/m′g=16 µmH = k_BT/m'g = 16\,\text{µ}\mathrm{m} ; compter les sphères à plusieurs hauteurs donne kBk_B, d’où NA=R/kBN_A = R/k_B. (d) Les ions suivent e∓eφ/kBT\eu^{\mp e\varphi/k_BT} autour d’une charge ; linéarisé dans l’équation de Poisson cela donne φ′′=φ/λD2\varphi'' = \varphi/\lambda_{\text{D}}^2 : le potentiel est écranté au-delà de λD\lambda_{\text{D}}.

Exercice 29.11 ★★★

Planck à partir de Boltzmann. (a) Calculer ZZ et ⟨E⟩\langle E\rangle pour des niveaux nhνnh\nu. (b) Les deux limites et leur sens. (c) Multiplier par la densité de modes 8πν2/c38\pi\nu^2/c^3 (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)Z = 1/(1 - \eu^{-x}), ⟨E⟩=hν/(ex−1)\langle E\rangle = h\nu/(\eu^x - 1). (b) kBTk_BT : équipartition ; hνe−hν/kBTh\nu\eu^{-h\nu/k_BT} : gelé. (c) uν=(8πν2/c3)⟨E⟩u_\nu = (8\pi\nu^2/c^3)\langle E \rangle ; Rayleigh–Jeans donne kBTk_BT à chaque mode. (d) Un mode ne peut être excité par moins d’un quantum.

Exercice 29.12 ★★★

Désaimantation adiabatique. L’entropie de NN spins 1/2 vaut S=NkB[ln⁡(2cosh⁡x)−xtanh⁡x]S = Nk_B[\ln(2\cosh x) - x\tanh x], x=μB/kBTx = \mu B/k_BT. (a) Montrer qu’elle ne dépend que de B/TB/T, avec S→NkBln⁡2S \to Nk_B\ln 2 quand B/T→0B/T \to 0 et S→0S \to 0 quand B/T→∞B/T \to \infty. (b) Un sel à 1 K1\,\mathrm{K} est aimanté isothermiquement de 00 à 1 T1\,\mathrm{T} : entropie retirée (par spin, avec μ=μB\mu = \mu_B). (c) Le champ est ensuite ramené adiabatiquement à 0.01 T0.01\,\mathrm{T} : température finale. (d) Qu’est-ce qui limite la méthode, et comment la même courbe en tanh⁡\tanh sert-elle de thermomètre ?

Solution

Solution de Exercice 29.12.

(a) x=μB/kBTx = \mu B/k_BT seulement ; ln⁡2\ln 2 et 00. (b) x=0.67x = 0.67 : S/NkB=0.51S/Nk_B = 0.51, donc 0.18 kB0.18\,k_B retiré par spin. (c) B/TB/T constant : 10 mK10\,\mathrm{mK}. (d) Le champ propre des spins (le millitesla) remplace BB à la fin et plafonne le refroidissement ; mesurer M=nμtanh⁡(μB/kBT)M = n\mu\tanh(\mu B/k_BT) donne TT.

Ludwig Boltzmann (1844–1906), dont le facteur -E/k_BT est le sujet de ce chapitre, et dont la formule S = k_B est gravée sur sa tombe à Vienne.
Ludwig Boltzmann (1844–1906), dont le facteur e−E/kBT\eu^{-E/k_BT} est le sujet de ce chapitre, et dont la formule S=kBln⁡ΩS = k_B\ln\Omega 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

Données : kB=1.38×10−23 J/Kk_B = 1.38 \times 10^{-23}\,\mathrm{J}/\mathrm{K}, NA=6.02×1023 mol−1N_A = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}, g=9.8 m/s2g = 9.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, R⊕=6.37×106 mR_{\oplus} = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, μB=9.27×10−24 J/T\mu_B = 9.27 \times 10^{-24}\,\mathrm{J}/\mathrm{T} ; air M=29 g/molM = 29\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}, hélium 4 g/mol4\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}, azote 28 g/mol28\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}.

Partie I — L’atmosphère isotherme.

  1. À partir de l’hydrostatique et de la loi des gaz parfaits, établir P(z)=P0e−z/HP(z) = P_0\eu^{-z/H} et donner HH pour l’air à 288 K288\,\mathrm{K}.
  2. Repérer le facteur de Boltzmann dans le résultat ; quelle énergie, quelle température ?
  3. Pression à 3000 m3000\,\mathrm{m}, 5500 m5500\,\mathrm{m} et 8849 m8849\,\mathrm{m} ; l’altitude où la pression est divisée par deux.
  4. Masse de l’atmosphère par mètre carré (à partir de P0=1.013×105 PaP_0 = 1.013 \times 10^{5}\,\mathrm{Pa}), et masse totale ; vérifier que ∫0∞ρ  ⁣dz=ρ0H\int_0^\infty \rho\,\dd z = \rho_0H.
  5. Nombre de molécules dans l’atmosphère.
  6. Si chaque gaz suivait son propre HH, quel serait le rapport O2_2/N2_2 à 50 km50\,\mathrm{km} comparé au sol ? Pourquoi la composition est-elle en fait uniforme jusqu’à 100 km100\,\mathrm{km} ?
  7. La troposphère réelle se refroidit de 6.5 K/km6.5\,\mathrm{K}/\mathrm{km} : la pression à 10 km10\,\mathrm{km} est-elle plus haute ou plus basse que l’estimation isotherme ? Expliquer.
  8. Densité en nombre au niveau de la mer et à 100 km100\,\mathrm{km} (modèle isotherme, 288 K288\,\mathrm{K}) : commenter « la frontière de l’espace ».

Partie II — La fuite de l’hélium. L’exosphère, au-dessus de 500 km500\,\mathrm{km}, est vers 1000 K1000\,\mathrm{K} et sans collisions : une molécule montant plus vite que la vitesse de libération s’en va.

  1. Vitesse de libération depuis la Terre à cette altitude.
  2. Vitesses la plus probable et moyenne de l’hélium et de l’azote à 1000 K1000\,\mathrm{K}.
  3. Fraction d’atomes d’hélium avec v>vlibv > v_{\text{lib}} (utiliser (2/π)xe−x2(2/\sqrt\pi)x\eu^{-x^2}) ; de même pour l’azote.
  4. Le flux d’hélium qui s’échappe vaut à peu près 14nHe⟨v⟩×\tfrac14n_{\text{He}}\langle v\rangle \times (cette fraction) ×12\times\tfrac12 ; avec nHe=1×1012 m−3n_{\text{He}} = 1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3} à l’exobase, estimer la perte par mètre carré et par seconde, puis par an pour toute la Terre.
  5. L’hélium de l’air vaut 5 ppm5\,\mathrm{ppm} en volume : hélium total de l’atmosphère ; son temps de séjour face à la perte calculée.
  6. La radioactivité de la croûte produit environ 3×106 kg3 \times 10^{6}\,\mathrm{kg} d’hélium par an : l’hélium de l’atmosphère est-il en régime permanent, et qu’enseigne la comparaison avec la question 11 ?
  7. Au maximum solaire l’exosphère atteint 2000 K2000\,\mathrm{K} : de quel facteur la fraction d’échappement de l’hélium croît-elle ?
  8. Pourquoi la Lune n’a-t-elle pas d’atmosphère, et Titan (libération 2.6 km/s2.6\,\mathrm{km}/\mathrm{s}, 94 K94\,\mathrm{K}) une épaisse ?

Partie III — Un thermomètre à spins. Un sel paramagnétique contient n=2×1027 m−3n = 2 \times 10^{27}\,\mathrm{m}^{-3} spins 1/2 avec μ=μB\mu = \mu_B, dans un champ BB.

  1. Populations des deux niveaux et aimantation M(B,T)M(B,T).
  2. À B=0.1 TB = 0.1\,\mathrm{T} : MM à 300 K300\,\mathrm{K}, 4 K4\,\mathrm{K}, 0.05 K0.05\,\mathrm{K} ; où la loi de Curie est-elle valable ?
  3. Pourquoi MM est-elle un thermomètre, et dans quel domaine est-elle la plus sensible ? Que mesure-t-on en pratique ?
  4. Énergie moyenne et capacité thermique des spins (Schottky) ; température du pic à 0.1 T0.1\,\mathrm{T}.
  5. Entropie des spins à haute température et à température nulle ; quelle « mise en ordre » a lieu quand T→0T \to 0 ?
  6. Désaimantation adiabatique de 1 K1\,\mathrm{K}, 1 T1\,\mathrm{T} à 0.01 T0.01\,\mathrm{T} : température finale ; pourquoi B→0B \to 0 ne peut-il donner T→0T \to 0 ?
  7. Un thermomètre à spins nucléaires utilise μN=μB/1836\mu_{\text{N}} = \mu_B/1836 : à 1 T1\,\mathrm{T}, jusqu’à quelle température la loi de Curie tient-elle, et pourquoi un tel thermomètre sert-il dans le domaine du microkelvin ?
  8. 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 TT ?
  9. Résumer : les trois systèmes et la formule unique.
Solution

Solution de Problème 29.1.

1.  ⁣dP/ ⁣dz=−nmg=−(mg/kBT)P\dd P/\dd z = -nmg = -(mg/k_BT)P ; H=8.4 kmH = 8.4\,\mathrm{km}.

2. e−mgz/kBT\eu^{-mgz/k_BT} : l’énergie potentielle d’une molécule, la température de l’air.

3. 0.70 0.70\,, 0.52 0.52\,, 0.35 bar0.35\,\mathrm{bar} ; Hln⁡2=5.8 kmH\ln 2 = 5.8\,\mathrm{km}.

4. P0/g=1.03×104 kg/m2P_0/g = 1.03 \times 10^{4}\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2} ; ×4πR2\times 4\pi R^2 : 5.3×1018 kg5.3 \times 10^{18}\,\mathrm{kg} ; ρ0H=1.22×8400=1.03×104 kg/m2\rho_0H = 1.22 \times 8400 = 1.03 \times 10^{4}\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2}.

5. 5.3×1018/(29×10−3/NA)=1.1×10445.3 \times 10^{18}/(29 \times 10^{-3}/N_A) = 1.1 \times 10^{44}.

6. HO2=7.6H_{\text{O}_2} = 7.6, HN2=8.7 kmH_{\text{N}_2} = 8.7\,\mathrm{km} : le rapport à 50 km50\,\mathrm{km} vaudrait e−50/7.6+50/8.7=0.44\eu^{-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. 2.5×1025 m−32.5 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3} ; e−11.9\eu^{-11.9} : 1.7×1020 m−31.7 \times 10^{20}\,\mathrm{m}^{-3} — pas de frontière, seulement une convention.

9. 11.26370/6870=10.8 km/s11.2\sqrt{6370/6870} = 10.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}.

10. Hélium 2040 2040\,, 2300 m/s2300\,\mathrm{m}/\mathrm{s} ; azote 770 770\,, 870 m/s870\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

11. x=5.3x = 5.3 : 4×10−124 \times 10^{-12} ; azote e−196\eu^{-196} : aucun.

12. 14×1012×2300×4×10−12×12≈103\tfrac14 \times 10^{12} \times 2300 \times 4 \times 10^{-12} \times \tfrac12 \approx 10^3 atomes par mètre carré et par seconde ; pour toute la Terre et sur un an, 2×10252 \times 10^{25} atomes — 0.1 kg0.1\,\mathrm{kg}.

13. 5×10−6×1.1×1044=5.5×10385 \times 10^{-6} \times 1.1 \times 10^{44} = 5.5 \times 10^{38} atomes, 3.7×1012 kg3.7 \times 10^{12}\,\mathrm{kg} ; face à 0.1 kg/an0.1\,\mathrm{kg}/\mathrm{an} le temps de séjour serait absurde.

14. Le régime permanent exige une perte de 3×106 kg/an3 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}/\mathrm{an} : un temps de séjour d’environ un million d’années, qui est la valeur admise — donc l’estimation thermique à 1000 K1000\,\mathrm{K} est bien trop faible : l’échappement est dominé par des épisodes plus chauds et par des processus non thermiques (ioniques).

15. x=3.75x = 3.75 : e−14\eu^{-14} au lieu de e−28\eu^{-28} — un facteur 10610^6 : 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=11x = 11 pour l’azote.

17. p±=e±x/2cosh⁡xp_\pm = \eu^{\pm x}/2\cosh x ; M=nμtanh⁡xM = n\mu\tanh x.

18. x=μB/kBTx = \mu B/k_BT : 4.2 A/m4.2\,\mathrm{A}/\mathrm{m}, 310 A/m310\,\mathrm{A}/\mathrm{m}, 1.6×104 A/m1.6 \times 10^{4}\,\mathrm{A}/\mathrm{m} (saturation 1.9×104 A/m1.9 \times 10^{4}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}) ; Curie pour x≪1x \ll 1, c’est-à-dire T≫70 mKT \gg 70\,\mathrm{mK}.

19. MM ne dépend que de TT une fois BB connu ; la pente est la plus raide vers x≈1x \approx 1, T≈μB/kB=70 mKT \approx \mu B/k_B = 70\,\mathrm{mK} ; on mesure la susceptibilité avec une bobine.

20. ⟨E⟩=−NμBtanh⁡x\langle E\rangle = -N\mu B\tanh x ; C=NkBx2/cosh⁡2xC = Nk_Bx^2/\cosh^2x, culminant en x=1.2x = 1.2 : 56 mK56\,\mathrm{mK}.

21. NkBln⁡2Nk_B\ln 2 et 00 : tous les spins s’alignent sur le champ.

22. 10 mK10\,\mathrm{mK} ; le champ propre des spins, de l’ordre du millitesla, remplace BB et fixe le plancher.

23. x=1x = 1 en μNB/kB=0.37 mK\mu_{\text{N}}B/k_B = 0.37\,\mathrm{mK} : Curie tient jusqu’au millikelvin, et le thermomètre reste utile au microkelvin.

24. Δν/ν=8kBTln⁡2/mc2∝T\Delta\nu/\nu = \sqrt{8k_BT\ln2/mc^2} \propto \sqrt T : la largeur d’une raie mesure la température du gaz.

25. Atmosphère, gaz qui s’échappe, spins : e−E/kBT\eu^{-E/k_BT} avec E=mgzE = mgz, 12mv2\tfrac12mv^2, ∓μB\mp\mu B.