1 Capacit´ e calorifique d’un cristal de spins 1/2

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Christophe Texier 9 mars 2017 Examen partiel du 8 mars 2017 — Solutions

1 Capacit´ e calorifique d’un cristal de spins 1/2

1/Système thermostaté à températureT. Proba d’occupation des microétats`:P_`^C=Z⁻¹e^−βE^` avec Z =P

`e^−βE^`.

2/ Les microétats sont des états ”produits tensoriels” spécifiant chacun des N états de spin :

|σ1i₁⊗ · · · ⊗ |σNi_N avec σi =±.

Deux exemples de microétats pour N = 5 spins : | ↑↑↑↑↑ i ou | ↑↓↑↑↓ i, où l’on a utilisé une notation plus compacte évidente.

Plus simplement, on repère les microétatas à l’aide desN nombres quantiques`≡(σ1,· · · , σN).

3/ a) Spins indépendants (pb séparable) ⇒ Zcristal=z_spin^N ? Dém. : Zcristal= X

(σ1,···,σ_N)

e^−β(ε^σ¹^+···+ε^σN⁾=X

σ1

e^−βε^σ¹ X

σ2

e^−βε^σ² · · ·X

σN

e^−βε^σN =

X

σ

e^−βε^σ N

où ε_σ désigne les énergies pour un spin.Qed.

b) La distribution canonique présente la même propriété de factorisation P_(σ^C

1,···,σ_N)= 1

Ze^−β(ε^σ¹^+···+ε^σN⁾=

N

Y

i=1

p_σ_i o`u p_σ = 1

z_spine^−βε^σi D’un point de vue probabiliste : P_(σ^C

1,···,σN) est une loi jointe etp_σ_i une la loi marginale.

c) Les deux états d’énergie pour un spin sont ε± = ∓ε_B, d’où z_spin = 2 ch(βεB). Les deux probabilités d’occupation sont écrites commodément

p+= 1

1 + e^−2βε^B et p−= e^−2βε^B 1 + e^−2βε^B

• basse température (kBT εB) : p+ ' 1 et p− ' e^−2βε^B 1 (les spins sont dans leur état fondamental et excités avec très faible probabilité).

• haute température (k_BT εB) : p₊ ' p− ' 1/2. L’énergie est négligeable et l’entropie domine.

4/ On obtient imm´ediatementE^C_cristal=−N ∂_βlnzspin=−N ε_B th(βεB).

• A basse temp´` erature on obtientE^C_cristal' −N ε_B (tous les spins sont dans leur fondamental).

• A haute temp´` erature E^C_cristal' −N ε_B(εB/k_BT)∼0 (l’effet entropique d´esaligne les spins).

5/ Capacit´e calorifique : C(T) =N k_B

βεB

ch(βεB) 2

'N ε²_B k_BT² ×

(4 e^−2ε^B^/k^B^T si kBT εB

1 si kBT εB

A basse temp´` erature, on reconnaˆıt le comportement caractéristique pour un système avec gap d’énergie 2εB. À haute température, il y a un effet de saturation de l’énergie car il n’y a que deux niveaux. Les deux probabilités saturent et le système ne peut plus accepter de l’énergie supplémentaire. Ce pic dans la capacité calorifique est appelé une anomalie de Schottky.

4

(2)

2 4 6 8 10 k_BT/ε_B

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

p₊

p_-

1 2 3 4 5 kBT/εB

0.1 0.2 0.3 0.4

C(T)/Nk_B

-3 -2 -1 1 2 3 B/T

-1.0 -0.5 0.5 1.0

E/(NεB)

6/ A.N. :Le maximum de la fonctionx²/ch²xest enx∗ '1.1997. Sur la courbe exp´erimentale on voit que cela se produit pourT '1.4K. on agBµ_B/(2kBT) =x∗. L’A.N. se fait facilement :

g= 2k_BT x∗

Bµ_B = 2×1.38×10⁻²³×1.4×1.1997

1.2×0.93×10⁻²³ ' 2×1.4² 0.93

Sans calculatrice on peut néanmoins être précis (pas demandé) : on utilise 1.4²= 1.96 et on fait un d.l.

g'4 1−0.2

1−0.07 '4 (1−0.2 + 0.07)'4.2

(avec une calculatrice, on trouve 4.12 (2 % d’erreur). L’article donne g'4.04.

2 D´ etente de Joule-Thomson

1/ Syst`eme classique : micro´etats (r~₁,· · ·, ~r_N, ~p₁,· · · , ~p_N).

2/ Fonction de partition canonique : Z = 1

N!h^3N Z

d³p~₁· · ·d³~p_Ne^−β^Pⁱ^~^pⁱ²^/(2m) Z

V

d³~r₁· · ·d³~r_Ne^−β^Pî<j^v(rîj Les intégrales sur les impulsions donnent (1/N!)λ^−3N_T . Au V^N, c’estZ_GP. On écrit

Z =Z_GP

Z d³~r1

V · · ·d³~rN

V Y

i<j

e^−βv(rîj il suffit d’écrire e^−βv(rîj = 1 +f_ij pour avoir la relation demandée.

3/on veut int´egrerQ

i<j(1 +f_ij)'1 +P

i<jf_ij sur toutes les positions. Le premier terme donne 1. La somme contient N(N −1)/2 termes ´equivalents, d’o`u

Z d³~r₁

V · · ·d³~r_N V

1 +X

i<j

f_ij

= 1 +N(N −1) 2V²

Z

d³~r₁d³~r₂

e^−βv(r¹²⁾−1

on fait un changement de variable (~r₁, ~r₂)→(~r₁−~r₂, ~r₂) (jacobien 1). L’int´egrale sur~r₂ donne un volume alors que celle sur~r₁₂=~r₁−~r₂ converge siv(r) d´ecroˆıt assez vite. On trouve

1 +N² 2V

Z d³~r

e^−βv(r)−1

= 1− N² V B₂(T) A l’infini, e` ^−βv(r)−1' −βv(r)∼r^−α. La convergence requiert R∞

dr r^2−α i.e.α >3.

4/ a) La conclusion de la question précédente était donc Z 'ZGP

1−^N_V²B2(T)

. On prend le log et on ne garde que le terme d’ordre le plus bas ennpour ˆetre coh´erent (notre traitement

5

(3)

est valable pour n = N/V → 0), d’o`u, en ´ecrivant ln(1− ^N_V²B2(T)) ' −^N_V²B2(T), _N¹ lnZ =

1

N lnZ_GP−n B₂(T) +O(n²).

b) Au facteur −k_BT près, on a écrit l’énergie libre par atome, F/N = k_BT

ln(nλ³_T)−1 + n B2(T) +O(n²)

.

La pression canonique estp^def=−∂F/∂V d’o`u le d´eveloppement du viriel p=nkBT

1 +n B2(T) +O(n²)

Si v(r) >0 (interaction répulsive), B2 >0, i.e. l’interaction augmente la pression. Inversement si v(r) < 0 (interaction attractive), B₂ < 0, i.e. la pression est diminuée par rapport au gaz parfait. Dans la pratique,v(r) est répulsif pourr→0 et attractif pourrgrand et l’un ou l’autre effet domine suivant la température.

c) On obtient l’´energie en faisant E

N =−1 N

∂lnZ

∂β = 3kBT

2 −n k_BT² dB2

dT +O(n²)

o`u l’on a utilis´e d/dβ = −k_BT²d/dT. Le premier terme correspond au gaz parfait. Le second est donc un effet de l’interaction.

5/ Enthalpie.– En partant de H ^def= E+pV et en utilisant le développement de l’équation d’état, on obtient

H

N = 5kBT

2 +n k_BT

B2−T dB2

dT

+O(n²) On ´eliminenpour faire apparaˆıtre p, d’o`u finalement

H

N = 5k_BT 2 +p

B2−T dB2

dT

+O(p²) (7)

6/ a) Le mod`ele de van der Waals donne une expression pour B₂(T) =b−a/k_BT, dont nous d´eduisons

H

N ' 5k_BT 2 +p

b− 2a k_BT

On d´eduit une expression de la pression

p' (H/N −5k_BT /2)T

b(T −T∗) o`uT∗

def= 2a kBb

On voit apparaˆıtre une ligne verticale T = T∗ qui s´epare deux faisceaux de courbes de pentes n´egatives (pour T > T∗), comme pour le gaz parfait, ou positives (pourT < T∗).

L’interaction est donc responsable de l’appari- tion d’une famille d’isenthalpes de pentes positives pour T < T∗ (ce sont les isenthapes telles que H/N −5k_BT∗/2<0).

A.N. : Pour l’h´elium, on trouveT∗ '25 K.

b) Pour T < T∗, une détente produit un abais- sement de la température. On peut utiliser cela pour refroidir un gaz, et même le liquéfier.

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 T/T_*

4 6 8 10

p

6