M1 Physique et Chimie, Corrigé des TD de Phys. Stat., 05–06 11
6 Fermions (suite), bosons, revisions
6.1 Variations près deT = 0
6.2 Condensation de Bose–Einstein
Il s’agit de reprendre certains calculs délicats des deux derniers chapitres. Essayer de recommen- cer sans regarder le cours.
6.3 Montée en régime des rotations
a) Voir la section du cours sur les molécules diatomiques. À basse température (si le système est en phase gazeuse), la molécule est figée et se comporte comme une molécule monoatomique, de chaleur spécifique3R/2. Les deux degrés de liberté de rotation font monter à5R/2, puis la vibration à7R/2. La courbe donnant la capacité calorique à volume constant pour une mole, en fonction de la température, présente donc ces trois paliers. En dessous, le système est à l’état liquide. Au delà d’une certaine température, la molécule se dissocie et chaque mole donne deux moles de gaz monoatomique, avec une chaleur spécifique3R.
b) Les énergies de rotation sont de la formeJ2/(2I), oùIest le moment d’inertie etJ le moment cinétique. En mécanique quantique, ce dernier est quantifié et prend les valeurs j(j + 1)~2 avec j= 0,1, . . .. Doncj =kTej(j+ 1)/2, avecj≥2pour les excitations supérieures.
c) La probabilité d’occupation du niveaujest
pj = 2j+ 1
Z exp(−βj), avec la normalisation
Z =
∞
X
j=0
(2j+ 1) exp
−j(j+ 1)Te
2T
.
On ne peut malheureusement donner une expression analytique de cette somme valable pour toute température T. Le facteur2j+ 1vient des valeurs possibles jz = −j,−j+ 1, . . . , j −1, j de la projection du moment cinétique sur un axe.
d) À très basse température, la répartition est dominée par l’état fondamentalj = 0. À20◦Kil est raisonnable de ne tenir compte que du premier excité, soit
Z = 1 + 3 exp(−βkTe), ¯=−1 Z
dZ
dβ = 3kTe
1 + 3 exp(−βkTe) ∼0.064k , ce qui correspond à une contribution0.064Rà la capacité calorifique molaire.
e) Si on prend en compte les deux premiers niveaux,
Z = 1 + 3 exp(−βkTe) + 5 exp(−3βkTe),
¯
= 3kTe+ 15kTe
1 + 3 exp(−βkTe) + 5 exp(−3βkTe) ∼0.48k , à100◦K, soit une contribution0.48RàCv.
f) À haute température, beaucoup de niveaux contribuent. L’évaluation se simplifie si on somme formellement jusqu’à l’infini, même si les derniers niveaux sont découplés, et remplace la somme par
M1 Physique et Chimie, Corrigé des TD de Phys. Stat., 05–06 12
une intégrale, soitP
j ∼R
dj. Le résultat est Z =
Z ∞
0
(2j+ 1) exp(−j(j+ 1)βkTe/2),¯=−1 Z
dZ
dβ =kT .
Ce qui signifie que l’on retrouve le résultat correspondant au traitement classique.
Pour cela, on peut utiliser la formule Z ∞
0
(2x+ 1)x(x+ 1) exp[−ax(x+ 1)] dx Z ∞
0
(2x+ 1) exp[−ax(x+ 1)] dx
= 1
a (a >0),
donnée dans la version révisée de l’énoncé, et donnée également dans le formulaire de l’examen dont cet exercice est issu. Noter cependant que le calcul peut se faire en posantu=x(x+ 1), qui ramène à deux intégrales élementaires, l’une surexp(−u), l’autre avecuexp(−u).
