Feuille d'entraînement : Facteur de Boltzmann et physique statistique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique U PSI 2025, Q13

   À l'équilibre thermodynamique, en l'absence de réaction chimique et de mouvement macroscopique, le flux de particules de chaque espèce s'annule localement :

   \vec{j}_+ = \vec{j}_+^{(D)} + \vec{j}_+^{(E)} = \vec{0}

   D'après les questions Q11 et Q12, la densité de flux total s'écrit :

   \begin{aligned} \vec{j}_+ &= - D_+ \overrightarrow{\operatorname{grad}} c_+ - e \mu_+ c_+ \overrightarrow{\operatorname{grad}}\phi \\ &= - D_+ \overrightarrow{\operatorname{grad}} c_+ - \mu_+ k_B T c_+ \overrightarrow{\operatorname{grad}}\psi \end{aligned}

   où l'on a utilisé la relation (2) : e\overrightarrow{\operatorname{grad}}\phi = k_B T \overrightarrow{\operatorname{grad}}\psi.

   D'après la loi de Boltzmann, la concentration à l'équilibre vaut c_+ = c_\infty \exp(-\psi). Son gradient s'exprime donc par :

   \overrightarrow{\operatorname{grad}} c_+ = c_\infty \overrightarrow{\operatorname{grad}}\!\left(e^{-\psi}\right) = - c_\infty e^{-\psi} \overrightarrow{\operatorname{grad}}\psi = - c_+ \overrightarrow{\operatorname{grad}}\psi

   En reportant cette relation dans l'expression du flux total, on obtient :

   \vec{j}_+ = D_+ c_+ \overrightarrow{\operatorname{grad}}\psi - \mu_+ k_B T c_+ \overrightarrow{\operatorname{grad}}\psi = (D_+ - \mu_+ k_B T) c_+ \overrightarrow{\operatorname{grad}}\psi = \vec{0}

   Cette égalité devant être vérifiée en tout point, y compris là où \overrightarrow{\operatorname{grad}}\psi \neq \vec{0}, on en déduit :

   \boxed{D_+ = \mu_+ k_B T} \quad \text{soit} \quad \boxed{\mu_+ = \frac{D_+}{k_B T}}

   Résultat

   $$D_{+}={\mu }_{+}{k}_{B}T$$

   $${\mu }_{+}=\frac{D_{+}}{k_{B}T}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique PSI 2024, Q40

   Le gaz d'atomes de rubidium (atomes neutres sans liaisons chimiques) est assimilé à un gaz parfait monoatomique à la température T. Dans le référentiel du laboratoire, chaque atome de masse M possède trois degrés de liberté de translation indépendants, associés aux composantes cartésiennes de sa vitesse \vec{v} = (v_x, v_y, v_z).

   D'après le théorème d'équipartition de l'énergie, chaque terme quadratique indépendant de l'énergie cinétique contribue en moyenne pour \frac{1}{2}k_{\mathrm{B}}T à l'énergie thermique :

   \langle E_{\mathrm{c}} \rangle = \frac{1}{2} M \langle v^2 \rangle = \frac{1}{2} M \left( \langle v_x^2 \rangle + \langle v_y^2 \rangle + \langle v_z^2 \rangle \right) = 3 \times \frac{1}{2} k_{\mathrm{B}} T = \frac{3}{2} k_{\mathrm{B}} T.

   Par définition, la vitesse quadratique moyenne des atomes est la racine carrée de la moyenne du carré de la vitesse :

   \boxed{v_{\mathrm{qm}} = \sqrt{\langle v^2 \rangle} = \sqrt{\frac{3 k_{\mathrm{B}} T}{M}}}

   Application numérique : Avec les données de l'énoncé :

   • k_{\mathrm{B}} = 1{,}4 \times 10^{-23}\;\mathrm{J}\cdot\mathrm{K}^{-1},
   • T = 1\,000\;\mathrm{K} = 10^3\;\mathrm{K},
   • M = 1{,}4 \times 10^{-25}\;\mathrm{kg}.

   Le rapport k_{\mathrm{B}}/M se calcule immédiatement :

   \frac{k_{\mathrm{B}}}{M} = \frac{1{,}4 \times 10^{-23}}{1{,}4 \times 10^{-25}} = 10^2\;\mathrm{J}\cdot\mathrm{K}^{-1}\cdot\mathrm{kg}^{-1},

   ce qui conduit à :

   v_{\mathrm{qm}} = \sqrt{3 \times 10^2 \times 10^3} = \sqrt{30 \times 10^4} = 10^2 \sqrt{30} \simeq 100 \times 5{,}48\;\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}.

   En conservant deux chiffres significatifs :

   \boxed{v_{\mathrm{qm}} \approx 5{,}5 \times 10^2\;\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v_{\mathrm{qm}}=\sqrt{⟨v^2⟩}=\sqrt{\frac{3k_{\mathrm{B}}T}{M}}$$

   $$v_{\mathrm{qm}}\approx 5,5\times 10^2\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2022, Q16

   L'air étant modélisé par un gaz parfait à la température uniforme T_0, son équation d'état relie la pression P, le volume V, la quantité de matière n et la masse m par :

   P V = n R T_0 = \frac{m}{M} R T_0

   La masse volumique s'écrit donc en tout point :

   \rho = \frac{m}{V} = \frac{P M}{R T_0}

   En reportant cette expression dans la relation fondamentale de la statique des fluides établie à la question Q15, \mathrm{d}P = -\rho\,g\,\mathrm{d}z, il vient :

   \mathrm{d}P = -\frac{M g}{R T_0}\,P\,\mathrm{d}z \iff \frac{\mathrm{d}P}{P} = -\frac{M g}{R T_0}\,\mathrm{d}z

   En intégrant entre le niveau du sol (z = 0, P(0) = P_0) et l'altitude z, sous l'hypothèse d'une accélération de la pesanteur g uniforme :

   \begin{aligned} \int_{P_0}^{P(z)} \frac{\mathrm{d}P}{P} &= -\frac{M g}{R T_0} \int_0^z \mathrm{d}z' \\ \ln\left(\frac{P(z)}{P_0}\right) &= -\frac{M g}{R T_0}\,z \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la loi barométrique pour une atmosphère isotherme :

   \boxed{P(z) = P_0 \exp\left(-\frac{M g}{R T_0}\,z\right)}

   Résultat

   $$P(z)=P_0\exp \left(-\frac{Mg}{R{T}_0}z\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique U PSI 2020, Q55

   L'événement « le bit a subi au moins une commutation accidentelle pendant un temps t » est le complémentaire de l'événement « le bit n'a pas commuté accidentellement pendant la durée t ».

   D'après la relation (31) de l'énoncé, la probabilité de non-commutation est P(t) = \exp(-t/\tau). Par conséquent, la probabilité d'erreur pour un bit s'écrit directement :

   \boxed{P_{\mathrm{erreur}}^{(1)}(t) = 1 - \exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)}

   Résultat

   $$P_{\mathrm{erreur}}^{(1)}(t)=1-\exp \left(-\frac{t}{\tau }\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique PSI 2020, Q51

   Le gaz d'électrons est bidimensionnel et de forme carrée de côté L. Le nombre total d'électrons s'écrit donc :

   N = N_{\text{s}} L^2

   D'après la relation admise et le résultat de la question Q50, la densité spectrale de la tension globale V(t) vaut :

   S_V(f) = N S_{V_i}(f) = N_{\text{s}} L^2 \times \left(\frac{R_0 e}{L}\right)^2 S_v(f) = N_{\text{s}} e^2 R_0^2 S_v(f)

   Dans le domaine des fréquences usuelles de mesure, la condition f \ll f_{\text{c}} est pleinement satisfaite (question Q48). On utilise donc l'expression de la question Q47 :

   S_v(f) \simeq \frac{2 k_{\text{B}} T \tau_0}{m^*}

   En reportant cette expression dans S_V(f), il vient :

   \begin{aligned} S_V(f) &= N_{\text{s}} e^2 R_0^2 \left( \frac{2 k_{\text{B}} T \tau_0}{m^*} \right) \\ &= 2 k_{\text{B}} T R_0 \left( \frac{N_{\text{s}} e^2 \tau_0 R_0}{m^*} \right) \end{aligned}

   Or, d'après la question Q49, la résistance du carré s'écrit R_0 = \dfrac{m^*}{N_{\text{s}} e^2 \tau_0}, d'où :

   \frac{N_{\text{s}} e^2 \tau_0 R_0}{m^*} = 1

   On obtient ainsi directement la formule de Johnson-Nyquist :

   \boxed{S_V(f) = 2 k_{\text{B}} T R_0}

   Commentaire sur les mesures de précision à basse température :

   La densité spectrale des fluctuations thermiques de tension est directement proportionnelle à la température absolue T.

   • Travailler à de très basses températures (températures cryogéniques, typiquement de l'ordre de quelques kelvins ou fractions de kelvin, comme 0{,}1\text{ K} mentionné dans la section II.3) permet de réduire drastiquement l'amplitude des fluctuations de tension d'origine thermique (réduction d'un facteur d'environ 3000 par rapport à la température ambiante de 300\text{ K}).
   • Cela maximise le rapport signal sur bruit et permet d'atteindre des niveaux d'incertitude extrêmement faibles, indispensables en métrologie quantique.

   Résultat

   $$S_V(f)=2k_{\text{B}}T{R}_0$$

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6. Exercice 6ENS Physique U PSI 2025, Q14

   Pour un ion négatif \mathrm{Cl}^-, la charge portée est q_- = -e. Son énergie potentielle électrostatique dans le potentiel \phi vaut donc :

   \mathcal{E}_{p,-} = q_- \phi = -e\phi

   D'après la loi de Boltzmann à l'équilibre thermique, la concentration c_- en ions négatifs est proportionnelle au facteur de Boltzmann \exp\left(-\frac{\mathcal{E}_{p,-}}{k_B T}\right) = \exp\left(+\frac{e\phi}{k_B T}\right). Avec la définition adimensionnée \psi = \frac{e\phi}{k_B T}, la distribution s'écrit donc :

   \boxed{ c_- = c_\infty \exp(\psi) }

   Justification de l'utilisation de la même constante c_\infty :

   • Loin de la paroi (z \to \infty), le potentiel électrostatique est nul par convention (\phi \to 0, d'où \psi \to 0). Les exponentielles tendent vers 1, si bien que :

     \lim_{z \to \infty} c_+(z) = c_\infty \quad \text{et} \quad \lim_{z \to \infty} c_-(z) = c_{\infty,-}

   • Au sein de la solution loin de la paroi chargée, le milieu ionique est électriquement neutre :

     \rho_e(z \to \infty) = \mathcal{N}_A \left( e\,c_+ - e\,c_- \right)_{z \to \infty} = e\,\mathcal{N}_A (c_\infty - c_{\infty,-}) = 0

     ce qui impose c_{\infty,-} = c_\infty.

   • Cette électroneutralité à l'infini est naturellement garantie par la dissociation totale du chlorure de sodium selon \mathrm{NaCl} \to \mathrm{Na}^+ + \mathrm{Cl}^-, qui libère autant de cations que d'anions.

   Résultat

   $$c_{-}=c_{\infty }\exp (\psi )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique U PSI 2025, Q37

   D'après l'équation (14), la longueur de Bjerrum s'écrit :

   \ell_B = \frac{e^2}{4\pi \epsilon_0 \epsilon_r k_B T}

   À température ambiante (T \simeq 300\text{ K}), avec les données du formulaire :

   • e = 1,6 \times 10^{-19}\text{ C}, d'où e^2 = 2,56 \times 10^{-38}\text{ C}^2 ;
   • \epsilon_0 = 8,9 \times 10^{-12}\text{ F}\cdot\text{m}^{-1} et \epsilon_r = 80 ;
   • k_B = 1,4 \times 10^{-23}\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}, soit k_B T \simeq 4,2 \times 10^{-21}\text{ J}.

   Le dénominateur vaut :

   \begin{aligned} 4\pi \epsilon_0 \epsilon_r k_B T &\simeq 4\pi \times (8,9 \times 10^{-12}) \times 80 \times (4,2 \times 10^{-21}) \\ &\simeq 1,12 \times 10^{-10} \times 80 \times 4,2 \times 10^{-21} \\ &\simeq 3,8 \times 10^{-29}\text{ J}\cdot\text{m} \end{aligned}

   On en déduit :

   \ell_B \simeq \frac{2,56 \times 10^{-38}}{3,8 \times 10^{-29}} \simeq 0,7 \times 10^{-9}\text{ m}

   \boxed{\ell_B \simeq 0,7\text{ nm}}

   Par définition, à la distance r = \ell_B, on a :

   \frac{e^2}{4\pi \epsilon_0 \epsilon_r \ell_B} = k_B T

   La longueur de Bjerrum permet de comparer :

   1. L'énergie potentielle d'interaction électrostatique (coulombienne) entre deux charges élémentaires e distantes de r dans le milieu de permittivité relative \epsilon_r :

      E_{\text{elec}}(r) = \frac{e^2}{4\pi \epsilon_0 \epsilon_r r}
   2. L'énergie thermique caractéristique E_{\text{th}} = k_B T, liée à l'agitation désordonnée des molécules et des ions.

   Résultat

   $${\ell }_B\simeq 0,7\text{ nm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique U PSI 2024, Q[20]

   D'après la question Q[11], la polarisabilité de l'atome s'écrit :

   \alpha(\omega) = \frac{q_e^2}{\varepsilon_0 m_e (\omega_0^2 - \omega^2)}

   En exprimant les pulsations en fonction des longueurs d'onde dans le vide \omega = \frac{2\pi c}{\lambda} et \omega_0 = \frac{2\pi c}{\lambda_0}, il vient :

   \omega_0^2 - \omega^2 = 4\pi^2 c^2 \left(\frac{1}{\lambda_0^2} - \frac{1}{\lambda^2}\right) = 4\pi^2 c^2 \, \frac{\lambda^2 - \lambda_0^2}{\lambda_0^2 \lambda^2}

   ce qui conduit à :

   \alpha = \frac{q_e^2}{4\pi^2 \varepsilon_0 m_e c^2} \, \frac{\lambda_0^2 \lambda^2}{\lambda^2 - \lambda_0^2}

   Avec \lambda_0 = 780\text{ nm} = 7{,}80 \times 10^{-7}\text{ m}, \lambda = 850\text{ nm} = 8{,}50 \times 10^{-7}\text{ m} et c \simeq 3{,}00 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

   \begin{aligned} \alpha &= \frac{(-1{,}60 \times 10^{-19})^2}{4\pi^2 \times 8{,}85 \times 10^{-12} \times 9{,}10 \times 10^{-31} \times (3{,}00 \times 10^8)^2} \times \frac{(7{,}80 \times 8{,}50 \times 10^{-14})^2}{(8{,}50^2 - 7{,}80^2)\times 10^{-14}} \\ &\simeq 8{,}95 \times 10^{-16} \times 3{,}85 \times 10^{-12} \simeq 3{,}45 \times 10^{-27}\text{ m}^3 \end{aligned}

   D'après la question Q[19], la profondeur du puits dipolaire s'écrit :

   \Delta U_{\operatorname{dip}} = \frac{\alpha I}{2c}

   L'intensité lumineuse au foyer est I = 60\text{ kW}\cdot\text{cm}^{-2} = 6{,}0 \times 10^8\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}. On a donc :

   \Delta U_{\operatorname{dip}} = \frac{3{,}45 \times 10^{-27} \times 6{,}0 \times 10^8}{2 \times 3{,}00 \times 10^8} \simeq 3{,}5 \times 10^{-27}\text{ J}

   Pour qu'un atome reste piégé au foyer, son énergie d'agitation thermique ne doit pas lui permettre de s'échapper du puits de potentiel, ce qui impose une condition de la forme :

   k_B T \lesssim \Delta U_{\operatorname{dip}} \quad \text{soit} \quad T \lesssim T_{\operatorname{piege}} = \frac{\Delta U_{\operatorname{dip}}}{k_B}

   Numériquement, avec k_B = 1{,}38 \times 10^{-23}\text{ J}\cdot\text{K}^{-1} :

   T_{\operatorname{piege}} = \frac{3{,}45 \times 10^{-27}}{1{,}38 \times 10^{-23}} \simeq 2{,}5 \times 10^{-4}\text{ K} = 0{,}25\text{ mK} = 250\ \mu\text{K}

   \boxed{\Delta U_{\operatorname{dip}} \simeq 3{,}5 \times 10^{-27}\text{ J} \quad \text{et} \quad T \lesssim 0{,}25\text{ mK} \quad (\text{ou } T \sim \text{quelques dizaines de }\mu\text{K})}

   Résultat

   $$\Delta U_{\mathrm{dip}}\simeq 3,5\times 10^{-27}\text{ J}\text{et}T\lesssim 0,25\text{ mK}(\text{ou }T\sim \text{quelques dizaines de }\mu \text{K})$$

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9. Exercice 9ENS Physique U PSI 2022, Q60

   D'après la question Q59, le taux d'amortissement \Gamma s'exprime sous la forme d'une somme discrète sur tous les modes spatiaux \ell :

   \Gamma = \frac{1}{8} \sum_\ell \frac{q^2}{m\epsilon_0 L^3} \sin^2\Theta_\ell \int_{-\infty}^\infty e^{i(\omega_0-\omega_\ell)t} \mathrm{d}t

   Le terme à sommer pour chaque mode \ell ne dépend des caractéristiques de l'onde plane que par l'intermédiaire de sa pulsation \omega_\ell = c |\mathbf{k}_\ell| et de l'angle \Theta_\ell = (\widehat{\mathbf{k}_\ell, \mathbf{e}_x}) :

   g(\omega_\ell, \Theta_\ell) = \frac{q^2}{m\epsilon_0 L^3} \sin^2\Theta_\ell \int_{-\infty}^\infty e^{i(\omega_0-\omega_\ell)t} \mathrm{d}t

   Pour une boîte de grande dimension L \to \infty, le réseau des vecteurs d'onde \mathbf{k}_\ell devient quasi continu. D'après l'énoncé, la densité d'états \rho(\omega, \Theta) est définie telle que le nombre de modes \mathbf{k}_\ell présentant une pulsation dans l'intervalle [\omega, \omega + \mathrm{d}\omega] et un angle par rapport à \mathbf{e}_x dans [\Theta, \Theta + \mathrm{d}\Theta] vaut :

   \mathrm{d}N = \rho(\omega, \Theta) \, \mathrm{d}\omega \, \mathrm{d}\Theta

   La somme discrète sur les modes \ell se réécrit donc en regroupant les modes par classe de fréquence et d'orientation :

   \sum_\ell g(\omega_\ell, \Theta_\ell) = \int_{\omega, \Theta} g(\omega, \Theta) \, \rho(\omega, \Theta) \, \mathrm{d}\omega \, \mathrm{d}\Theta

   En remplaçant g(\omega, \Theta) par son expression, on obtient directement :

   \boxed{\Gamma = \frac{1}{8} \int_{\omega, \Theta} \frac{q^2}{m\epsilon_0 L^3} \sin^2\Theta \int_{-\infty}^\infty e^{i(\omega_0-\omega)t}\mathrm{d}t \,\rho(\omega, \Theta)\mathrm{d}\omega\mathrm{d}\Theta}

   Résultat

   $$\Gamma =\frac{1}{8}{\int }_{\omega ,\Theta }\frac{q^2}{m{ϵ}_0{L}^3}{\sin }^2\Theta {\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{i({\omega }_0-\omega )t}\mathrm{d}t\rho (\omega ,\Theta )\mathrm{d}\omega \mathrm{d}\Theta$$

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10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2022, Q70

    Lors de la répétition des mesures avec un état cohérent, le nombre initial de photons N_i varie aléatoirement selon une loi de probabilité p(N_i) d'espérance \bar{N}_i et d'écart-type \Delta N_i. La probabilité moyenne observée d'observer l'atome désexcité au temps t s'obtient d'après la question Q69 par la moyenne d'ensemble :

    \langle P_d(t) \rangle = \sum_{N_i=0}^{\infty} p(N_i) P_d(t \mid N_i) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \sum_{N_i=0}^{\infty} p(N_i) \cos(\Omega_{N_i+1} t)

    où la pulsation d'oscillation dépend explicitement de N_i selon :

    \Omega_{N_i+1} = \sqrt{N_i+1}\,\Omega_1

    À l'instant initial t = 0, toutes les composantes sont rigoureusement en phase (\cos(0) = 1), de sorte que \langle P_d(0) \rangle = 0, et pour les premiers instants, elles oscillent de concert autour de la pulsation moyenne \bar{\Omega} \approx \sqrt{\bar{N}_i+1}\,\Omega_1.

    Cependant, la dispersion \Delta N_i sur le nombre de photons induit une dispersion sur les pulsations de Rabi :

    \Delta\Omega \approx \left.\frac{\mathrm{d}\Omega_{N_i+1}}{\mathrm{d}N_i}\right|_{\bar{N}_i} \Delta N_i = \frac{\Omega_1}{2\sqrt{\bar{N}_i+1}}\,\Delta N_i

    Au cours du temps, le déphasage relatif entre les différents modes d'oscillation, \Delta\phi(t) \sim \Delta\Omega \cdot t, s'accroît. Dès que ce déphasage devient de l'ordre de grandeur de \pi :

    \Delta\Omega \cdot t_{\text{eff}} \sim \pi

    les cosinus oscillent en opposition de phase et leurs contributions interfèrent destructivement. La somme pondérée sur N_i s'annule en moyenne statistique, amortissant l'amplitude des oscillations qui se brouillent pour laisser place à la valeur moyenne \langle P_d \rangle \approx 1/2.

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