Feuille d'entraînement : Facteur de Boltzmann et physique statistique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q14

   Le nombre total de gouttes de pluie par unité de volume, toutes tailles confondues, s'obtient en intégrant la distribution volumique de Marshall et Palmer sur tous les diamètres possibles D \in [0, +\infty[ :

   N_{\mathrm{tot}} = \int_0^{+\infty} \mathrm{d}N = \int_0^{+\infty} n(D)\,\mathrm{d}D = \int_0^{+\infty} n_0 \exp\left(-\frac{D}{D_0}\right)\mathrm{d}D

   En posant le changement de variable sans dimension x = \frac{D}{D_0}, soit \mathrm{d}D = D_0\,\mathrm{d}x :

   N_{\mathrm{tot}} = n_0 D_0 \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = n_0 D_0 \left[-\mathrm{e}^{-x}\right]_0^{+\infty} = n_0 D_0

   Par définition, le diamètre moyen \langle D \rangle des gouttes au sein de l'averse est la moyenne pondérée par la distribution :

   \langle D \rangle = \frac{1}{N_{\mathrm{tot}}} \int_0^{+\infty} D\,n(D)\,\mathrm{d}D = \frac{1}{n_0 D_0} \int_0^{+\infty} D\,n_0 \exp\left(-\frac{D}{D_0}\right)\mathrm{d}D

   En effectuant le même changement de variable x = \frac{D}{D_0} :

   \begin{aligned} \langle D \rangle &= \frac{1}{n_0 D_0} \int_0^{+\infty} (D_0 x) \, n_0 \mathrm{e}^{-x} \, (D_0\,\mathrm{d}x) \\ &= D_0 \int_0^{+\infty} x \mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x \end{aligned}

   En utilisant la valeur de l'intégrale donnée par l'énoncé \int_0^{+\infty} x \mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = 1, on en déduit immédiatement :

   \boxed{\langle D \rangle = D_0}

   Le paramètre D_0 s'interprète donc bien comme le diamètre moyen des gouttes de pluie.

   Résultat

   $$⟨D⟩=D_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q15

   D'après la modélisation établie à la question Q13, le nombre de gouttes de diamètre D tombant sur la surface S pendant la durée d'impact \tau(D) s'écrit :

   G = \xi N S D

   Pour une distribution continue caractérisée par la densité différentielle \mathrm{d}N = n(D)\,\mathrm{d}D, chaque classe de diamètre apporte une contribution élémentaire :

   \mathrm{d}G = \xi S D\,\mathrm{d}N = \xi S D\,n(D)\,\mathrm{d}D

   Le nombre total de gouttes G s'obtient par intégration sur l'ensemble des diamètres possibles :

   G = \xi S \int_{0}^{+\infty} D\,n(D)\,\mathrm{d}D = \xi S n_0 \int_{0}^{+\infty} D \exp\left(-\frac{D}{D_0}\right)\mathrm{d}D

   En posant le changement de variable sans dimension x = \frac{D}{D_0} (soit D = D_0 x et \mathrm{d}D = D_0\,\mathrm{d}x), et en utilisant l'intégrale donnée en Q14 (\int_{0}^{+\infty} x\,\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = 1) :

   \int_{0}^{+\infty} D \exp\left(-\frac{D}{D_0}\right)\mathrm{d}D = D_0^2 \int_{0}^{+\infty} x\,\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = D_0^2

   On obtient ainsi :

   \boxed{G = \xi n_0 S D_0^2}

   Remarque : On retrouve directement ce résultat en écrivant G = \xi S \langle D \rangle N_{\mathrm{tot}}, avec \langle D \rangle = D_0 et N_{\mathrm{tot}} = n_0 D_0 établis à la question Q14.

   Pour éviter tout chevauchement entre deux signaux d'impact successifs, la probabilité d'avoir plus d'une goutte pendant une durée d'impact doit être négligeable, ce qui impose en moyenne G \le 1. La surface maximale admissible S_{\max} vérifie donc G = 1, soit :

   \boxed{S_{\max} = \frac{1}{\xi n_0 D_0^2}}

   Application numérique : Convertissons les grandeurs dans le Système International :

   • \xi = 6{,}5 ;
   • D_0 = 1{,}5\text{ mm} = 1{,}5 \cdot 10^{-3}\text{ m} ;
   • n_0 = 8{,}0 \cdot 10^3\text{ m}^{-3}\cdot\text{mm}^{-1} = 8{,}0 \cdot 10^6\text{ m}^{-4}.

   On a :

   n_0 D_0^2 = 8{,}0 \cdot 10^6 \times (1{,}5 \cdot 10^{-3})^2 = 18\text{ m}^{-2}

   D'où :

   S_{\max} = \frac{1}{6{,}5 \times 18} = \frac{1}{117}\text{ m}^2 \approx 8{,}5 \cdot 10^{-3}\text{ m}^2 = \boxed{85\text{ cm}^2}

   Commentaire au regard de la photo 2 : Sur la photo 2, l'échelle indique une largeur de référence de 10\text{ cm}. Le capteur circulaire du disdromètre possède un diamètre typique de l'ordre de d \approx 10\text{ cm}, ce qui correspond à une surface de collecte :

   S = \frac{\pi d^2}{4} \approx \frac{\pi \times 10^2}{4} \approx 79\text{ cm}^2

   Cette surface réelle est bien du même ordre de grandeur et immédiatement inférieure à la surface maximale calculée (S \lesssim S_{\max} \approx 85\text{ cm}^2, valeur que l'on retrouvera fixée à S = 80\text{ cm}^2 à la question Q18). Le dimensionnement du capteur permet donc d'optimiser la statistique de comptage tout en prévenant le recouvrement des impacts.

   Résultat

   $$G=\xi n_{0}S{D}_0^2$$

   $$S_{\max }=\frac{1}{\xi n_0{D}_0^2}$$

   $$85{\text{ cm}}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q17

   1. Justification de l'expression générale de R

   D'après la question Q16, une population homogène de gouttes de même diamètre D, de vitesse de chute v_{\lim}(D) et de densité volumique N, apporte une intensité pluviométrique :

   R = \frac{\pi D^3}{6} N v_{\lim}(D)

   Pour une averse polydisperse décrite par la distribution de Marshall-Palmer, le nombre de gouttes par unité de volume ayant un diamètre compris entre D et D + \mathrm{d}D s'écrit \mathrm{d}N = n(D)\,\mathrm{d}D.

   Cette tranche de gouttes apporte donc une contribution élémentaire à l'intensité de l'averse :

   \mathrm{d}R = \frac{\pi D^3}{6} v_{\lim}(D)\,\mathrm{d}N = n(D)\, v_{\lim}(D)\, \pi \frac{D^3}{6}\,\mathrm{d}D

   En sommant les contributions de toutes les tailles de gouttes sur [0, +\infty[, on obtient :

   \boxed{R = \int_0^\infty n(D)\, v_{\lim}(D)\, \pi \frac{D^3}{6}\,\mathrm{d}D}

   2. Calcul de R

   En injectant la distribution n(D) = n_0 \exp\left(-\frac{D}{D_0}\right) et l'expression de la vitesse limite v_{\lim}(D) = K\sqrt{D}, il vient :

   R = \frac{\pi}{6} n_0 K \int_0^\infty D^{7/2} \mathrm{e}^{-D/D_0}\,\mathrm{d}D

   Effectuons le changement de variable x = \frac{D}{D_0}, d'où D = D_0 x et \mathrm{d}D = D_0\,\mathrm{d}x :

   \begin{aligned} R &= \frac{\pi}{6} n_0 K D_0^{9/2} \int_0^\infty x^{3,5} \mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x \end{aligned}

   Avec l'intégrale fournie par l'énoncé \int_0^\infty x^{3,5} \mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = \frac{105\sqrt{\pi}}{16} :

   \boxed{R = \frac{35\pi^{3/2}}{32} n_0 K D_0^{9/2}}

   3. Application numérique

   Convertissons les grandeurs dans le système international :

   • n_0 = 8,0 \cdot 10^3\text{ m}^{-3}\cdot\text{mm}^{-1} = 8,0 \cdot 10^6\text{ m}^{-4} ;
   • K = 150\text{ m}^{1/2}\cdot\text{s}^{-1} ;
   • D_0 = 1,5\text{ mm} = 1,5 \cdot 10^{-3}\text{ m} ;
   • \int_0^\infty x^{3,5}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x \approx 11,6.

   On calcule d'abord la vitesse de précipitation R en \text{m}\cdot\text{s}^{-1} :

   \begin{aligned} D_0^{9/2} &= (1,5 \cdot 10^{-3})^{4,5} \approx 1,961 \cdot 10^{-13}\text{ m}^{9/2} \\ R &= \frac{\pi}{6} \times (8,0 \cdot 10^6\text{ m}^{-4}) \times (150\text{ m}^{1/2}\cdot\text{s}^{-1}) \times (1,961 \cdot 10^{-13}\text{ m}^{9/2}) \times 11,6 \\ R &\approx 1,43 \cdot 10^{-3}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   Pour obtenir R dans l'unité usuelle \text{mm}\cdot\text{h}^{-1}, on multiplie par 10^3\text{ mm}\cdot\text{m}^{-1} \times 3\,600\text{ s}\cdot\text{h}^{-1} = 3,6 \cdot 10^6\text{ mm}\cdot\text{s}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{h}^{-1} :

   R = 1,43 \cdot 10^{-3} \times 3,6 \cdot 10^6 \approx 5,1 \cdot 10^3\text{ mm}\cdot\text{h}^{-1}

   \boxed{R \approx 5,1 \cdot 10^3\text{ mm}\cdot\text{h}^{-1}}

   Résultat

   $$R={\int }_0^{\infty }n(D)v_{\lim }(D)\pi \frac{D^3}{6}\mathrm{d}D$$

   $$R=\frac{35{\pi }^{3/2}}{32}{n}_{0}K{D}_0^{9/2}$$

   $$R\approx 5,1\cdot 10^3\text{ mm}\cdot {\text{h}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique MPI 2023, Q22

   Soit \Pi(\theta) la probabilité qu'une molécule ne subisse aucune collision pendant une durée \theta.

   Considérons une durée \theta + \mathrm{d}\theta. En supposant les collisions statistiquement indépendantes au cours d'intervalles de temps disjoints (processus sans mémoire), l'absence de collision sur une durée \theta + \mathrm{d}\theta équivaut à l'absence de collision sur une durée \theta et l'absence de collision pendant l'intervalle élémentaire \mathrm{d}\theta suivant :

   \Pi(\theta + \mathrm{d}\theta) = \Pi(\theta) \times \left(1 - \frac{\mathrm{d}\theta}{\tau}\right)

   En développant au premier ordre en \mathrm{d}\theta :

   \Pi(\theta) + \frac{\mathrm{d}\Pi}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta = \Pi(\theta) - \frac{\Pi(\theta)}{\tau}\,\mathrm{d}\theta

   On en déduit l'équation différentielle régissant \Pi(\theta) :

   \frac{\mathrm{d}\Pi}{\mathrm{d}\theta} = -\frac{1}{\tau}\,\Pi(\theta)

   Sachant qu'à durée nulle aucune collision n'a pu avoir lieu (\Pi(0) = 1), la solution s'écrit :

   \Pi(\theta) = e^{-\theta/\tau}

   La variable \theta désignant le temps écoulé depuis la dernière collision, l'événement « la dernière collision a eu lieu entre \theta et \theta + \mathrm{d}\theta » correspond à :

   • aucune collision pendant la durée \theta précédant l'instant t (probabilité \Pi(\theta)) ;
   • une collision dans l'intervalle de temps élémentaire \mathrm{d}\theta antérieur (probabilité \mathrm{d}\theta/\tau).

   Par indépendance de ces événements, la probabilité recherchée est :

   P(\theta)\,\mathrm{d}\theta = \Pi(\theta) \times \frac{\mathrm{d}\theta}{\tau} = \frac{1}{\tau}e^{-\theta/\tau}\,\mathrm{d}\theta

   On en déduit la densité de probabilité :

   \boxed{P(\theta) = \frac{1}{\tau}\,e^{-\theta/\tau} \quad (\theta \ge 0)}

   Résultat

   $$P(\theta )=\frac{1}{\tau }{e}^{-\theta /\tau }(\theta \ge 0)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique MPI 2023, Q23

   D'après la question Q21, l'amplitude complexe pour un temps écoulé \theta depuis le dernier choc s'écrit :

   \underline{C}(\theta) = \underline{A}\left(1 - \mathrm{e}^{-i(\omega - \omega_0)\theta}\right)

   avec \underline{A} = \dfrac{qE}{m(\omega_0^2 - \omega^2)} (question Q20).

   La moyenne de \underline{C} selon la distribution P(\theta) = \dfrac{1}{\tau}\mathrm{e}^{-\theta/\tau} (\theta \ge 0) est donnée par :

   \begin{aligned} \langle \underline{C} \rangle &= \int_0^{+\infty} \underline{C}(\theta) P(\theta) \, \mathrm{d}\theta \\ &= \underline{A} \int_0^{+\infty} \left(1 - \mathrm{e}^{-i(\omega - \omega_0)\theta}\right) \frac{1}{\tau}\mathrm{e}^{-\theta/\tau} \, \mathrm{d}\theta \\ &= \underline{A} \left[ 1 - \frac{1}{\tau} \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-\left(\frac{1}{\tau} + i(\omega - \omega_0)\right)\theta} \, \mathrm{d}\theta \right] \end{aligned}

   Comme \operatorname{Re}\left(\frac{1}{\tau} + i(\omega - \omega_0)\right) = \frac{1}{\tau} > 0, l'intégrale converge :

   \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-\left(\frac{1}{\tau} + i(\omega - \omega_0)\right)\theta} \, \mathrm{d}\theta = \frac{1}{\frac{1}{\tau} + i(\omega - \omega_0)}

   Il vient ainsi :

   \langle \underline{C} \rangle = \underline{A} \left(1 - \frac{1}{1 + i(\omega - \omega_0)\tau}\right) = \underline{A} \frac{i(\omega - \omega_0)\tau}{1 + i(\omega - \omega_0)\tau}

   En remarquant que \underline{A} = -\dfrac{qE}{m(\omega - \omega_0)(\omega + \omega_0)}, le facteur (\omega - \omega_0) se simplifie :

   \boxed{ \langle \underline{C} \rangle = \underline{A} \frac{i(\omega - \omega_0)\tau}{1 + i(\omega - \omega_0)\tau} = -\frac{i q E \tau}{m(\omega + \omega_0)(1 + i(\omega - \omega_0)\tau)} }

   Résultat

   $$⟨\underline{C}⟩=\underline{A}\frac{i(\omega -{\omega }_0)\tau }{1+i(\omega -{\omega }_0)\tau }=-\frac{iqE\tau }{m(\omega +{\omega }_0)(1+i(\omega -{\omega }_0)\tau )}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique MPI 2023, Q24

   D'après la question 23, l'amplitude complexe moyenne s'écrit :

   \langle \underline{C} \rangle = -\frac{i q E \tau}{m(\omega + \omega_0)\bigl(1 + i(\omega - \omega_0)\tau\bigr)}.

   En multipliant le numérateur et le dénominateur par le conjugué 1 - i(\omega - \omega_0)\tau, on obtient :

   \begin{aligned} \frac{i\tau}{1 + i(\omega - \omega_0)\tau} &= \frac{i\tau\bigl(1 - i(\omega - \omega_0)\tau\bigr)}{1 + (\omega - \omega_0)^2 \tau^2} \\ &= \frac{(\omega - \omega_0)\tau^2 + i\tau}{1 + (\omega - \omega_0)^2 \tau^2}. \end{aligned}

   Comme -\frac{qE}{m(\omega + \omega_0)} est un facteur réel, la partie imaginaire de \langle \underline{C} \rangle vaut :

   \operatorname{Im}(\langle \underline{C} \rangle) = -\frac{q E \tau}{m(\omega + \omega_0)\bigl[1 + (\omega - \omega_0)^2 \tau^2\bigr]}.

   En injectant cette relation dans le résultat de la question 14, \langle \mathcal{P} \rangle = -\frac{1}{2} q \omega E \operatorname{Im}(\langle \underline{C} \rangle), on trouve :

   \boxed{\langle \mathcal{P} \rangle = \frac{q^2 E^2 \omega \tau}{2m(\omega + \omega_0)\bigl[1 + (\omega - \omega_0)^2 \tau^2\bigr]}}

   Puisque les grandeurs q^2, E^2, \omega, \tau, m ainsi que (\omega + \omega_0) et le dénominateur sont strictement positifs, on en déduit que :

   \boxed{\langle \mathcal{P} \rangle > 0}

   Résultat

   $$⟨\mathcal{P}⟩=\frac{q^2{E}^2\omega \tau }{2m(\omega +{\omega }_0)[1+(\omega -{\omega }_0{)}^2{\tau }^2]}$$

   $$⟨\mathcal{P}⟩>0$$

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7. Exercice 7X-ENS Physique MPI 2023, Q28

   En l'absence de collisions et de tout autre mécanisme dissipatif (\tau \to \infty, soit \alpha \to 0), la réponse forcée de la molécule divergerait à la résonance \omega = \omega_0 : la raie d'absorption serait infiniment fine (profil en pic de Dirac).

   D'après la question 25, les collisions moléculaires aléatoires interrompent la cohérence de phase des oscillations et sont équivalentes, au voisinage de chaque mode propre de vibration \omega_0, à un amortissement effectif :

   \alpha = \frac{2}{\tau}

   D'après l'étude menée aux questions 17 et 19, cet amortissement entraîne deux effets majeurs sur le spectre d'absorption :

   • Élargissement de la raie d'absorption : le spectre prend un profil lorentzien centré sur \omega_0, doté d'une largeur à mi-hauteur non nulle :

     \Delta \omega \approx \alpha = \frac{2}{\tau}

     La molécule absorbe ainsi le rayonnement sur une bande continue de pulsations autour de ses pulsations propres de vibration.

   • Diminution de la résonance en pointe : l'absorption maximale à pulsation de résonance est finie et varie en \langle \mathcal{P} \rangle_{\max} \propto \tau \propto 1/\alpha.

   \boxed{\text{Les collisions provoquent un élargissement des raies d'absorption (profil lorentzien de largeur }\Delta\omega \sim 2/\tau\text{), appelé élargissement collisionnel.}}

   Résultat

   $$\text{Les collisions provoquent un eˊlargissement des raies d’absorption (profil lorentzien de largeur }\Delta \omega \sim 2/\tau \text{), appeleˊ eˊlargissement collisionnel.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question