Feuille d'entraînement : Facteur de Boltzmann et physique statistique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique C PC 2023, Q20

   Les particules constituent un gaz parfait : leurs interactions sont négligeables (hormis lors des collisions instantanées) et leurs positions sont donc mutuellement indépendantes.

   L'insertion de la cloison correspond à la répétition de N épreuves indépendantes et identiques : pour chaque particule, la probabilité d'appartenir au compartiment de gauche est p_G = x, et celle d'appartenir au compartiment de droite est 1 - x (d'après la question Q18).

   Pour obtenir une configuration avec N_G particules à gauche (et donc N - N_G particules à droite), il faut choisir les N_G particules parmi les N disponibles, ce qui correspond à C_N^{N_G} combinaisons distinctes. Chacune de ces configurations indépendantes a pour probabilité x^{N_G} (1-x)^{N - N_G}.

   La loi de probabilité de la variable N_G est donc la loi binomiale \mathcal{B}(N, x) :

   \boxed{\mathcal{P}(N_G) = C_N^{N_G} x^{N_G} (1-x)^{N - N_G} = \frac{N!}{N_G! (N - N_G)!} x^{N_G} (1-x)^{N - N_G}}

   pour tout N_G \in \{0, 1, \dots, N\}.

   Résultat

   $$\mathcal{P}(N_G)=C_N^{N_G}{x}^{N_G}(1-x{)}^{N-N_G}=\frac{N!}{N_G!(N-N_G)!}{x}^{N_G}(1-x{)}^{N-N_G}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique C PC 2023, Q25

   D'après la question 20, la variable aléatoire N_G, représentant le nombre de particules situées dans le compartiment de gauche après l'insertion de la paroi, suit une loi binomiale de paramètres N et x :

   \mathcal{P}(N_G) = C_N^{N_G} x^{N_G} (1-x)^{N - N_G}.

   Cette variable peut s'écrire comme la somme de N variables aléatoires indépendantes indicatrices X_i (i \in \{1, \dots, N\}), où X_i = 1 si la particule i est dans le compartiment de gauche (avec probabilité x) et X_i = 0 sinon :

   N_G = \sum_{i=1}^N X_i.

   Pour chaque particule, on a :

   \begin{aligned} \mathbb{E}[X_i] &= 1 \cdot x + 0 \cdot (1-x) = x, \\ \operatorname{Var}(X_i) &= \mathbb{E}[X_i^2] - (\mathbb{E}[X_i])^2 = x - x^2 = x(1-x). \end{aligned}

   Par linéarité de l'espérance et indépendance des particules, on en déduit la moyenne \overline{N_G} :

   \overline{N_G} = \sum_{i=1}^N \mathbb{E}[X_i] = N x,

   \boxed{\overline{N_G} = N x}

   et la variance \sigma^2 de la distribution :

   \sigma^2 = \sum_{i=1}^N \operatorname{Var}(X_i) = N x (1-x),

   d'où l'écart-type \sigma :

   \boxed{\sigma = \sqrt{N x (1-x)}}

   Résultat

   $$\overline{N_G}=Nx$$

   $$\sigma =\sqrt{Nx(1-x)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique C PC 2023, Q30

   D'après les équations (6) et (7), la condition de normalisation des probabilités s'écrit :

   \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{P}_n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\mathrm{e}^{-\beta E_n}}{Z} = 1 \implies Z = \sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-\beta E_n}

   En injectant les énergies des états stationnaires de l'oscillateur harmonique E_n = \left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega (équation (9)) et en utilisant le paramètre adimensionné X = \beta\hbar\omega, il vient :

   \begin{aligned} Z &= \sum_{n=0}^{\infty} \exp\left(-\beta\left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega\right) \\ &= \mathrm{e}^{-X/2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\mathrm{e}^{-X}\right)^n \end{aligned}

   Comme la température T est strictement positive, on a X > 0, donc \mathrm{e}^{-X} \in {]0, 1[}. La série géométrique converge et a pour somme :

   \sum_{n=0}^{\infty} \left(\mathrm{e}^{-X}\right)^n = \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-X}}

   On obtient ainsi :

   Z = \frac{\mathrm{e}^{-X/2}}{1 - \mathrm{e}^{-X}} = \frac{1}{\mathrm{e}^{X/2} - \mathrm{e}^{-X/2}}

   En reconnaissant l'expression du sinus hyperbolique \operatorname{sh}\left(\frac{X}{2}\right) = \frac{\mathrm{e}^{X/2} - \mathrm{e}^{-X/2}}{2}, on conclut :

   \boxed{Z = \frac{1}{2\operatorname{sh}\left(\frac{X}{2}\right)} = \frac{\mathrm{e}^{-X/2}}{1 - \mathrm{e}^{-X}}}

   Résultat

   $$Z=\frac{1}{2\mathrm{sh}\left(\frac{X}{2}\right)}=\frac{{\mathrm{e}}^{-X/2}}{1-{\mathrm{e}}^{-X}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique-Chimie L PC 2023, Q6

   La probabilité totale que le vecteur vitesse d'un atome appartienne à l'ensemble de l'espace des vitesses \mathbb{R}^3 doit être égale à 1. La constante A doit donc satisfaire à la condition de normalisation :

   \int_{\mathbb{R}^3} \mathrm{d}^3P(\vec{u}) = \iiint_{\mathbb{R}^3} p(\vec{u})\,\mathrm{d}u_x\,\mathrm{d}u_y\,\mathrm{d}u_z = 1

   Puisque \vec{u}^2 = u_x^2 + u_y^2 + u_z^2, la densité de probabilité se factorise sous la forme p(\vec{u}) = p_x(u_x)\,p_y(u_y)\,p_z(u_z), ce qui équivaut à la condition de normalisation pour chaque composante indépendante de la vitesse :

   \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{d}P_x(u_x) = \int_{-\infty}^{+\infty} A\exp(-a u_x^2)\,\mathrm{d}u_x = 1

   Par parité de la fonction gaussienne, on a :

   \int_{-\infty}^{+\infty} \exp(-a u_x^2)\,\mathrm{d}u_x = 2 \int_0^{+\infty} \exp(-a u_x^2)\,\mathrm{d}u_x

   En posant le changement de variable x = \sqrt{a}\,u_x (\mathrm{d}u_x = \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a}} avec a > 0), l'intégrale s'exprime à l'aide de l'intégrale I_0 fournie en préambule :

   \begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty} A\exp(-a u_x^2)\,\mathrm{d}u_x &= \frac{2A}{\sqrt{a}} \int_0^{+\infty} \exp(-x^2)\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{2A}{\sqrt{a}} I_0 \\ &= \frac{2A}{\sqrt{a}} \times \frac{\sqrt{\pi}}{2} = A \sqrt{\frac{\pi}{a}} = 1 \end{aligned}

   On en déduit :

   A = \sqrt{\frac{a}{\pi}}

   En remplaçant a = \dfrac{m}{2k_{\mathrm{B}}T_0}, il vient :

   \boxed{A = \sqrt{\frac{m}{2\pi k_{\mathrm{B}}T_0}}}

   Résultat

   $$A=\sqrt{\frac{m}{2\pi k_{\mathrm{B}}{T}_0}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 PC 2021, Q11

   Les forces conservatives s'exerçant sur un grain sont son poids \vec{P} = -m_b g \widehat{e}_z et la poussée d'Archimède \vec{\Pi} = \mu_e V_b g \widehat{e}_z. Leur résultante s'écrit à l'aide de la masse apparente m^* = m_b - \mu_e V_b :

   \vec{F}_{\text{cons}} = \vec{P} + \vec{\Pi} = - m^* g \widehat{e}_z

   Cette force dérive d'une énergie potentielle effective E_p^*(z) définie, à une constante additive près choisie nulle en z = 0, par :

   \vec{F}_{\text{cons}} = -\frac{\mathrm{d}E_p^*}{\mathrm{d}z}\widehat{e}_z \implies \frac{\mathrm{d}E_p^*}{\mathrm{d}z} = m^* g

   On obtient ainsi :

   \boxed{E_p^*(z) = m^* g z}

   D'après la question Q10, la répartition spatiale à l'équilibre macroscopique est décrite par :

   A(z) = \exp\left(-\frac{z}{H_b}\right) \quad \text{avec} \quad H_b = \frac{6\pi\eta R_b D}{m^* g}

   Pour que cette répartition coïncide avec la distribution canonique de Boltzmann :

   A(z) = \exp\left(-\frac{E_p^*(z)}{k_B T_0}\right) = \exp\left(-\frac{m^* g z}{k_B T_0}\right)

   il faut identifier les hauteurs d'échelle caractéristiques :

   \frac{1}{H_b} = \frac{m^* g}{k_B T_0} \iff \frac{m^* g}{6\pi\eta R_b D} = \frac{m^* g}{k_B T_0}

   On en déduit l'expression du coefficient de diffusion :

   \boxed{D = \frac{k_B T_0}{6\pi\eta R_b}}

   Résultat

   $$E_p^{\ast }(z)=m^{\ast }gz$$

   $$D=\frac{k_B{T}_0}{6\pi \eta R_b}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique B PC 2021, Q13

   À l'équilibre thermodynamique à la température T, le théorème d'équipartition de l'énergie stipule que chaque terme quadratique indépendant dans l'expression hamiltonienne de l'énergie mécanique possède une valeur moyenne égale à \frac{1}{2}k_{\mathrm{B}}T.

   L'énergie cinétique associée au mouvement de translation de la particule de masse m selon la direction \vec{e}_x s'écrit :

   E_{c,x} = \frac{1}{2}m\dot{x}^2

   En appliquant le théorème d'équipartition de l'énergie à ce degré de liberté :

   \left\langle E_{c,x} \right\rangle = \frac{1}{2}m \left\langle \dot{x}^2 \right\rangle = \frac{1}{2} k_{\mathrm{B}} T

   On en déduit :

   \boxed{\left\langle \dot{x}^2 \right\rangle = \frac{k_{\mathrm{B}}T}{m}}

   Résultat

   $$⟨{\dot{x}}^2⟩=\frac{k_{\mathrm{B}}T}{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 2 PC 2025, Q19

   Pour un conducteur cylindrique homogène de longueur \ell, de section s et de conductivité électrique \gamma_{\text{el}}, la résistance électrique s'écrit :

   R = \frac{1}{\gamma_{\text{el}}} \frac{\ell}{s}

   La conductance électrique G = 1/R est donc reliée à la conductivité par :

   \boxed{G = \gamma_{\text{el}} \frac{s}{\ell}}

   D'après la loi approchée retenue à la question Q18 :

   \frac{T^*}{T} = A - B \ln\left(\frac{G}{G^*}\right)

   On en déduit l'expression de la conductance :

   \begin{aligned} \ln\left(\frac{G}{G^*}\right) &= \frac{A}{B} - \frac{T^*}{B\,T} \\ G(T) &= G^* \exp\left(\frac{A}{B}\right) \exp\left(-\frac{T^*}{B\,T}\right) \end{aligned}

   Comme les dimensions géométriques s et \ell sont indépendantes de la température, la conductivité électrique s'écrit :

   \gamma_{\text{el}}(T) = \frac{\ell}{s} G(T) = \gamma_{\text{el},0} \exp\left(-\frac{T^*}{B\,T}\right) \quad \text{avec} \quad \gamma_{\text{el},0} = \frac{\ell}{s} G^* \exp\left(\frac{A}{B}\right)

   La conductivité varie donc bien proportionnellement au facteur de Boltzmann \exp\left[-\mathcal{E}/(k_{\mathrm{B}} T)\right], avec :

   \frac{\mathcal{E}}{k_{\mathrm{B}} T} = \frac{T^*}{B\,T} \implies \boxed{\mathcal{E} = \frac{k_{\mathrm{B}} T^*}{B}}

   Application numérique : Avec k_{\mathrm{B}} = 1,4 \times 10^{-23}\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}, T^* = 1\text{ K} et B = 2,31 \times 10^{-4} :

   \mathcal{E} = \frac{1,4 \times 10^{-23} \times 1}{2,31 \times 10^{-4}} \simeq 6,06 \times 10^{-20}\text{ J}

   L'électron-volt (\text{eV}) étant l'unité usuelle et adaptée à la physique des semi-conducteurs et aux écarts d'énergie entre bandes électroniques, avec 1\text{ eV} = 1,6 \times 10^{-19}\text{ J} :

   \mathcal{E} = \frac{6,06 \times 10^{-20}}{1,6 \times 10^{-19}}\text{ eV} \simeq 0,379\text{ eV}

   Soit, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{\mathcal{E} \simeq 0,38\text{ eV} = 6,1 \times 10^{-20}\text{ J}}

   Résultat

   $$G={\gamma }_{\text{el}}\frac{s}{\ell }$$

   $$\mathcal{E}=\frac{k_{\mathrm{B}}{T}^{\ast }}{B}$$

   $$\mathcal{E}\simeq 0,38\text{ eV}=6,1\times 10^{-20}\text{ J}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 PC 2025, Q21

   L'écart énergétique entre le niveau de référence (bande de valence) et le niveau excité (bande de conduction) est noté \mathcal{E}. D'après la statistique de Boltzmann, la probabilité d'occupation thermique d'un niveau d'énergie supérieure est pondérée par le facteur \exp(-\Delta E / k_{\mathrm{B}} T). Le rapport des densités volumiques de porteurs dans ces deux bandes s'écrit donc :

   \boxed{\frac{n_q}{n_0} = \exp\left(-\frac{\mathcal{E}}{k_{\mathrm{B}} T}\right)}

   D'après le modèle de Drude établi à la question Q20, la conductivité électrique vaut :

   \gamma_{\text{el}} = \frac{n_q q^2 \tau}{m}

   L'énoncé précisant que la durée moyenne \tau entre deux chocs ne dépend pas de la température, et q, m étant constants, la dépendance thermique de la conductivité est uniquement portée par celle de n_q. La densité n_0 des états de valence étant quasi-invariante avec la température (car n_q \ll n_0), on a :

   \gamma_{\text{el}}(T) \propto n_q(T) \propto \exp\left(-\frac{\mathcal{E}}{k_{\mathrm{B}} T}\right)

   Cette dépendance thermique est rigoureusement identique à la loi admise et exploitée à la question Q19. L'énergie \mathcal{E} s'identifie donc directement à la valeur calculée à la question Q19 :

   \boxed{\mathcal{E} \simeq 0{,}38\text{ eV} = 6{,}1 \times 10^{-20}\text{ J}}

   Résultat

   $$\frac{n_q}{n_0}=\exp \left(-\frac{\mathcal{E}}{k_{\mathrm{B}}T}\right)$$

   $$\mathcal{E}\simeq 0,38\text{ eV}=6,1\times 10^{-20}\text{ J}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 2 PC 2025, Q26

   L'énergie potentielle d'un dipôle de moment \vec{p} plongé dans le champ électrique extérieur \vec{E} = E\,\vec{e}_z s'écrit :

   E_p = -\vec{p}\cdot\vec{E} = -p_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}} E \cos\theta

   où \theta est l'angle entre \vec{p} et l'axe (Oz).

   Limite à très basse température (T \to 0) :
   L'énergie d'agitation thermique k_{\mathrm{B}}T devient négligeable devant l'énergie potentielle d'interaction (k_{\mathrm{B}}T \ll p_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}} E). Les dipôles se figent tous dans l'état de plus basse énergie, correspondant à \cos\theta = 1 (alignement parfait sur le champ \vec{E}). La projection moyenne du moment dipolaire sur \vec{e}_z tend donc vers la valeur maximale :

   \boxed{\lim_{T \to 0} p_m = p_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}}}

   Limite à très haute température (T \to +\infty) :
   L'agitation thermique est dominante (k_{\mathrm{B}}T \gg p_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}} E) et rend les orientations des molécules parfaitement isotropes dans l'espace. Par symétrie sphérique, la moyenne spatiale de \cos\theta est nulle, d'où :

   \boxed{\lim_{T \to +\infty} p_m = 0}

   Température de transition T_c :
   La transition entre le régime de saturation (ordonné) et le régime désordonné s'opère lorsque l'énergie thermique est de l'ordre de grandeur de l'écart énergétique électrostatique :

   k_{\mathrm{B}} T_c \sim p_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}} E

   On en déduit l'ordre de grandeur de la température caractéristique :

   \boxed{T_c \sim \frac{p_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}} E}{k_{\mathrm{B}}}}

   Résultat

   $$\underset{T\to 0}{\lim }{p}_m=p_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}$$

   $$\underset{T\to +\infty }{\lim }{p}_m=0$$

   $$T_c\sim \frac{p_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}E}{k_{\mathrm{B}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2023, Q7

    D'après l'équation (4) et l'expression de A établie à la question Q6, la densité de probabilité selon la composante u_x s'écrit :

    p_x(u_x) = \sqrt{\frac{m}{2\pi k_{\mathrm{B}}T}} \exp\left(-\frac{m u_x^2}{2 k_{\mathrm{B}} T}\right)

    Il s'agit d'une distribution gaussienne (courbe en cloche) centrée en u_x = 0, présentant les caractéristiques suivantes :

    • Parité : p_x(-u_x) = p_x(u_x), ce qui traduit l'absence de direction privilégiée le long de l'axe (Ox) (vitesse moyenne nulle) ;

    • Valeur maximale : atteinte en u_x = 0 :

      p_x(0) = A(T) = \sqrt{\frac{m}{2\pi k_{\mathrm{B}} T}} \propto \frac{1}{\sqrt{T}}

    • Largeur caractéristique : l'écart-type de cette distribution gaussienne est :

      \sigma_u = \sqrt{\frac{k_{\mathrm{B}} T}{m}} \propto \sqrt{T}

    • Normalisation : l'aire sous la courbe est strictement conservée :

      \int_{-\infty}^{+\infty} p_x(u_x) \, \mathrm{d}u_x = 1

    Lorsque la température passe de T_0 à T_1 > T_0 :

    • la hauteur du sommet diminue : p_x(0, T_1) < p_x(0, T_0) ;
    • la largeur de la courbe augmente : \sigma_u(T_1) > \sigma_u(T_0) ;
    • la conservation de l'aire impose que la courbe relative à T_1 passe au-dessus de celle de T_0 pour les grandes valeurs de |u_x|.

    Commentaires sur ces tracés :

    • Aplatissement et étalement : l'élévation de température favorise l'agitation thermique microscopique. L'énergie cinétique moyenne des particules augmentant, la distribution s'étale vers des vitesses plus élevées, ce qui entraîne corrélativement un écrasement du pic central afin de préserver l'aire unitaire.
    • Peuplement des vitesses élevées : aux vitesses modérées (|u_x| < u_c, où u_c est la vitesse au point d'intersection), la probabilité diminue à chaud ; en revanche, au-delà de cette valeur (|u_x| > u_c), la fraction de particules très rapides augmente de façon notable.

    Indice, stratégie et pièges de cette question