Physique statistique

Relation entre $\displaystyle \rho$ et $\displaystyle V$ 👉 Equation de Poisson.

1. Les plaques étant de grandes dimensions, le potentiel et le champ ne dépendent que de $\displaystyle z$, en négligeant les effets de bord. L’équation de Poisson $\displaystyle \Delta V+\frac{\rho}{\varepsilon_{0}}=0$ s’écrit : $\displaystyle V"-aV/\varepsilon_{0}=0$.

$\displaystyle a$ est en $\displaystyle \textrm{F.m}^{-3}$, d’où $\displaystyle a/\varepsilon_{0}$ en $\displaystyle \textrm{m}^{-2}$, l’équation est homogène. En tenant compte des conditions aux limites : $$V(z)=-\frac{U}{2\sinh\left(\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}\frac{\ell}{2}\right)}\sinh\left(\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}z\right)$$.

$$\overrightarrow{E}(z)=\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}\frac{U}{2\sinh\left(\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}\frac{\ell}{2}\right)}\cosh\left(\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}z\right)\overrightarrow{u_{z}}.$$

Dans le cas du vide , c’est le condensateur plan usuel : $\displaystyle \overrightarrow{E}=\frac{U}{\ell}\overrightarrow{u_{z}}$ est uniforme et $\displaystyle V(z)=Uz$ varie linéairement. On retrouve ce cas lorsque $\displaystyle \ell\ll\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{a}}$.

2. L’énergie potentielle d’une charge q dans le potentiel $\displaystyle V$ est $\displaystyle E_{p}=qV$. D’après Boltzmann, $\displaystyle \rho^{+}(z)=A\exp\left(-\frac{eV(z)}{k_{B}T}\right)$ et $\displaystyle \rho^{-}=B\exp\left(\frac{eV(z)}{k_{B}T}\right)$.

Avec $\displaystyle \left|U\right|\ll\frac{k_{B}T}{e}$, et un d.l. d’ordre 1 en $\displaystyle \frac{eV(z)}{k_{B}T} : \rho(z)=\rho^{+}(z)+\rho^{-}(z)\simeq-\left(A-B\right)\frac{eV(z)}{k_{B}T}$. On retrouve la relation donnée avec $\displaystyle a=\left(A-B\right)\frac{e}{k_{B}T}$.

Remarque : $\displaystyle \rho(z)=\rho^{+}(z)+\rho^{-}(z)$ est impair comme $\displaystyle V$, donc $\displaystyle B=-A$. On obtient dans le cas général $\displaystyle \rho(z)=2B\sinh\left(\frac{eV(z)}{k_{B}T}\right)$, $\displaystyle B$ étant un coefficient de normalisation dépendant du nombre de charges présentes.

1. $\displaystyle \left[C\right]=M.L^{2}.T^{-2},\left[E\right]=M.L^{-1}.T^{-2}$ ; une équation de la forme $$C=\alpha\frac{E}{\ell}r^{4}$$ où $\displaystyle \alpha$ est un scalaire, vérifie l’équation aux dimensions. En supposant que $\displaystyle \alpha$ est de l’ordre de l’unité, $$r\sim\left(C\ell/E\right)^{1/4}$$ et $\displaystyle r$ est de l’ordre du $\displaystyle \mu$m, ce qui est très faible.

2. Le faisceau incident est de direction fixe. Quand le miroir tourne de $\displaystyle \theta$, l’angle d’incidence passe de $\displaystyle 0$ à $\displaystyle \theta$, ainsi que l’angle de réflexion ; donc le faisceau réfléchi tourne de $\displaystyle 2\theta$ et $$d=L\tan\left(2\theta\right).$$

3. L’ensemble fil+miroir est un système en équilibre thermique à $\displaystyle T$. Le théorème d’équipartition de l’énergie appliqué à ce système, indique que la valeur moyenne de chaque terme quadratique énergétique est égal à $\displaystyle k_{B}T/2$. Donc pour l’énergie potentielle élastique du fil de torsion
   $\displaystyle \left\langle E_{p}\right\rangle =\left\langle \frac{1}{2}C\theta^{2}\right\rangle =\frac{1}{2}k_{B}T$. On en déduit pour des petits angles correspondants à des fluctuations thermiques avec $\displaystyle d=L2\theta$.
   $$k_{B}=\frac{C\left\langle \theta^{2}\right\rangle }{T}=\frac{C\left\langle d^{2}\right\rangle }{4L^{2}T}.$$

A.N. $\displaystyle k_{B}=1,38. 10^{-23} J.K^{-1}$.

Enérgie interne (ou énergie totale moyenne) 👉 $\displaystyle \overline{E}=N_{1}\varepsilon_{1}+N_{2}\varepsilon_{2}=N\overline{\varepsilon}$.

1. La probabilité pour une particule de se trouver dans l’état d’énergie $\displaystyle \varepsilon_{1}$ est $\displaystyle p_{1}=\frac{e^{-\beta\varepsilon_{1}}}{e^{-\beta\varepsilon_{1}}+e^{-\beta\varepsilon_{2}}}$, d’où $$N_{1}=Np_{1}=N\frac{e^{-\beta\varepsilon_{1}}}{e^{-\beta\varepsilon_{1}}+e^{-\beta\varepsilon_{2}}}.$$ De même, $$N_{2}=Np_{2}=N\frac{e^{-\beta\varepsilon_{2}}}{e^{-\beta\varepsilon_{1}}+e^{-\beta\varepsilon_{2}}}.$$

$\displaystyle \begin{aligned}U&=\overline{E}=N_{1}\varepsilon_{1}+N_{2}\varepsilon_{2}\\&=N\frac{\varepsilon_{1}e^{-\beta\varepsilon_{1}}+\varepsilon_{2}e^{-\beta\varepsilon_{2}}}{e^{-\beta\varepsilon_{1}}+e^{-\beta\varepsilon_{2}}}.\end{aligned}$
$$U=N\frac{\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}e^{-\beta\left(\varepsilon_{2}-\varepsilon_{1}\right)}}{1+e^{-\beta\left(\varepsilon_{2}-\varepsilon_{1}\right)}}.$$
Pour $\displaystyle k_{B}T\ll \varepsilon_{2}-\varepsilon_{1}, U\rightarrow N\varepsilon_{1}$, tous les atomes sont dans l’état fondamental.
Pour $\displaystyle k_{B}T\gg \varepsilon_{2}-\varepsilon_{1}, U\rightarrow N\frac{\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}}{2}$, les atomes sont répartis également dans les deux niveaux.

2. La valeur moyenne de l’énergie d’une particule est
   $\displaystyle \overline{\varepsilon}=p_1\varepsilon_{1}+p_2\varepsilon_{2}=\varepsilon_{2}\tanh\left(\beta\varepsilon_{2}\right)$.
   De même,
   $\displaystyle \begin{aligned}\overline{\varepsilon^{2}}&=p_{1}\varepsilon_{1}^{2}+p_{2}\varepsilon_{2}^{2}\\&=\left(p_{1}+p_{2}\right)\varepsilon_{1}^{2}=\varepsilon_{2}^{2},\end{aligned}$ d’où
   $\displaystyle \begin{aligned}\left(\Delta\varepsilon\right)^{2}&=\overline{\varepsilon^{2}}-\overline{\varepsilon}^{2}\\&=\varepsilon_{2}^{2}\left[1-\tanh^{2}(\beta\varepsilon_{2})\right] \\&=\frac{\varepsilon_{2}^{2}}{\cosh^{2}(\beta\varepsilon_{2})},\end{aligned}$
   $\displaystyle U=\overline{E} =-N\varepsilon_{2}\tanh\left(\beta\varepsilon_{2}\right)$. Avec $\displaystyle \frac{\Delta E}{E}=\frac{1}{\sqrt{N}}\frac{\Delta\varepsilon}{\overline{\varepsilon}}$ , il vient $$\Delta E=\sqrt{N}\frac{\varepsilon_{2}}{\cosh(\beta\varepsilon_{2})}.$$

3. La capacité thermique
   $\displaystyle \begin{aligned}C&=dU/dT\\&=-N\varepsilon_{2}\left(-\frac{\varepsilon_{2}}{k_{B}T^{2}}\right)\frac{1}{\cosh^{2}\left(\beta\varepsilon_{2}\right)}\\&=\frac{N\varepsilon_{2}^{2}}{k_{B}T^{2}\cosh^{2}\left(\beta\varepsilon_{2}\right).}.\end{aligned}$
   $\displaystyle C/R=\frac{\varepsilon_{2}^{2}}{\left(k_{B}T\right)^{2}\cosh^{2}\left(\beta\varepsilon_{2}\right)}=\frac{\left(\beta\varepsilon_{2}\right)^{2}}{\cosh^{2}\left(\beta\varepsilon_{2}\right)}$
   

4. On vérifie le théorème de fluctuation-réponse : $$\Delta E^{2}=Ck_{B}T^{2}.$$

5. L’énergie potentielle est $\displaystyle E_{p}=-\overrightarrow{\mu}.\overrightarrow{B}$.
   Il s’agit de l’expérience de Stern et Gerlach (animation à voir ici sur l’excellent site https://toutestquantique.fr). Ici $\displaystyle \varepsilon_{2}=\mu_{B}B_{0}$ et $\displaystyle \varepsilon_{1}=-\mu_{B}B_{0}$.
   La condition “basse $\displaystyle T$” est $\displaystyle \mu_{B}B_{0}\gg k_{B}T$, soit $\displaystyle B_{0}\gg4.10^{2}$ T, non réalisable. On est nécessairement dans la limite haute température.

Energie moyenne d’un oscillateur harmonique 👉 Remarquer que $\displaystyle \overline{\varepsilon}=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln\left(z\right)$.

1. En coordonnées cartésiennes,
   $\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{F}&=-m\omega^{2}\left(x\overrightarrow{u_{x}}+y\overrightarrow{u_{y}}+z\overrightarrow{u_{z}}\right)\\&=-\overrightarrow{\textrm{grad }}e_{p}\\&=-\left(\frac{\partial e_{p}}{\partial x}\overrightarrow{u_{x}}+\frac{\partial e_{p}}{\partial y}\overrightarrow{u_{y}}+\frac{\partial e_{p}}{\partial z}\overrightarrow{u_{z}}\right).\end{aligned}$
   À une constante près, $$e_{p}=\frac{1}{2}m\omega^{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right).$$

2. a. Soit $\displaystyle \beta=\left(k_{B}T\right)^{-1}$. L’énergie moyenne d’un oscillateur est
   $\displaystyle \overline{\varepsilon}=\sum_{n=0}^{\infty}(\hbar\omega/2+n\hbar\omega)e^{-\beta(\hbar\omega/2+n\hbar\omega)}$.
   En posant
   $\displaystyle \begin{aligned}z&=e^{-\beta\hbar\omega/2}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-\beta n\hbar\omega}\\&= e^{-\beta\hbar\omega/2}/\left(1-e^{-\beta\hbar\omega}\right)\\&=1/\left[2\sinh\left(\beta\hbar\omega/2\right)\right].\end{aligned}$
   $$\overline{\varepsilon}=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln\left(z\right)=\left(\hbar\omega/2\right)\coth\left(\beta\hbar\omega/2\right).$$
   b. Pour chaque oscillateur
   $\displaystyle \overline{e_{p}}=\overline{\varepsilon}/2\Rightarrow\overline{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}=3\overline{\varepsilon}/\left(m\omega^{2}\right)$. D’où $$\rho=\left(3\alpha\hbar/2m\omega\right)\coth\left(\beta\hbar\omega/2\right).$$
   c. À haute température $\displaystyle \left(\beta\hbar\omega\rightarrow0\right), \rho\sim3\alpha k_{B}T/\left(m\omega^{2}\right)$, la résistivité varie linéairement avec la température. À basse température $\displaystyle \left(\beta\hbar\omega\rightarrow\infty\right)$, $\displaystyle \rho\sim3\alpha\hbar/2m\omega$, la résistivité ne dépend pas de la température dans ce domaine.
   d. Sur le graphe, la résistance varie linéairement. Or la résistance est proportionnelle à la résistivité, on retrouve la limite “haute température”. On en déduit que $\displaystyle \hbar\omega\ll k_{B}T$, pour $\displaystyle T\geq73 K$.

3. a. L’approche continue est justifiée pour les hautes températures, quand $\displaystyle k_{B}T$ est grand devant les écarts d’energie entre deux niveaux successifs. D’après 3d. on est bien dans ce cas pour le platine dans le domaine de température étudié.
   b. Chaque terme quadratique énergétique a une valeur moyenne égale à $\displaystyle k_{B}T/2$. Donc $\displaystyle \frac{1}{2}m\omega^{2}\left(\overline{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\right)=\frac{3}{2}k_{B}T$, soit $\displaystyle \overline{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\frac{3k_{B}T}{m\omega^{2}}$ et $$\rho=\alpha\frac{3k_{B}T}{m\omega^{2}}.$$

4. $\displaystyle m\ell^{2}\omega^{2}/2=3k_{B}T/2\Rightarrow\omega=\left(3k_{B}T/m\ell^{2}\right)^{1/2}$. La condition $\displaystyle \beta\hbar\omega\ll1$ donne $\displaystyle T\gg3\hbar^{2}/\left(mk_{B}\ell^{2}\right)$. Pour du cuivre ($\displaystyle M=64$ g.mol$\displaystyle ^{-1}$), $\displaystyle T\gg60$ K, pour du platine $\displaystyle T\gg20$ K.
   Remarque — À très basse température, le modèle étudié ici ne suffit pas à décrire la résistivité des métaux.

Supposer un équilibre thermique, ce qui permet d’utiliser la loi de Maxwell-Boltzmann.

Analyse qualitative.
Considérons qu’initialement la concentration en ions $\displaystyle \textrm{K}{}^{+}$ du cytoplasme et de l’extérieur sont différentes. Alors un phénomène de diffusion de particules apparait qui tend à s’opposer à cette inhomogénéité. Donc des ions $\displaystyle \textrm{K}{}^{+}$ traversent la membrane. Comme ils sont les seuls à traverser, il va apparaitre une densité volumique de charge non nulle (négative) à l’intérieur où des charges + ont disparu, et à l’extérieur de la cellule (densité volumique de charge positive), donc un champ électrique dirigé de la région chargée positivement vers la région chargée négativement, donc de l’extérieur vers l’intérieur de la cellule.

Le champ électrique s’exerce en particulier sur les ions $\displaystyle \textrm{K}{}^{+}$ eux-mêmes. L’équilibre est atteint lorsque le courant de diffusion de particules $\displaystyle \overrightarrow{j_{P}}=-D\overrightarrow{\textrm{grad}}n$ dû à l’hétérogénéité des concentrations et le courant d’ions sous l’action du champ électrique $\displaystyle \overrightarrow{\frac{j_{e}}{e}}=n\overrightarrow{v}$ se compensent .
L’énergie potentielle d’un ion $\displaystyle \textrm{K}{}^{+}$ de charge $\displaystyle e$ dans le potentiel électrique $\displaystyle \psi$ est $\displaystyle E_{p}=e\psi$. Ainsi la loi de Boltzmann donnant la probabilité pour un ion d’avoir une énergie potentielle $\displaystyle e\psi$ conduit à une répartition de la population des ions qui vérifie
$$n\left(x\right)=n_{0}\exp\left(\frac{-e\psi\left(x\right)}{k_{B}t}\right).$$

$\displaystyle n_{int}=n_{0}\exp\left(\frac{-e\psi_{int}}{k_{B}t}\right)$
et $\displaystyle n_{ext}=n_{0}\exp\left(\frac{-e\psi_{ext}}{k_{B}t}\right)$ .
D’où, avec $\displaystyle \varDelta\psi=\psi{}_{int}\text{\textendash}\psi_{ext}$,
$$\ln\left(\frac{n_{int}}{n_{ext}}\right)=-\frac{e\Delta\psi}{k_{B}T}.$$

A.N. Avec $\displaystyle T=300\textrm{ K}$, $\displaystyle \Delta\psi=-88$ mV.

Système classique en équilibre thermique 👉 Loi de Maxwell-Boltzmann.

1. Supposons qu’initialement la concentration en ions $\displaystyle \textrm{K}{}^{+}$ du cytoplasme et de l’extérieur soient différentes. Alors un phénomène de diffusion de particules apparait qui tend à s’opposer à cette inhomogénéité. Donc des ions $\displaystyle \textrm{K}{}^{+}$ traversent la membrane. Comme ils sont les seuls à traverser, il va apparaitre une densité volumique de charge non nulle (négative) à l’intérieur où des charges + ont disparu, et à l’extérieur de la cellule (densité volumique de charge positive), donc un champ électrique dirigé de la région chargée positivement vers la région chargée négativement, donc de l’extérieur vers l’intérieur de la cellule.
   Le champ électrique s’exerce en particulier sur les ions $\displaystyle \textrm{K}{}^{+}$
   eux-mêmes. L’équilibre est atteint lorsque le courant de diffusion
   de particules $\displaystyle \overrightarrow{j_{P}}=-D\overrightarrow{\textrm{grad}}n$ dû à l’hétérogénéité des concentrations d’une part, et le courant d’ions sous l’action du champ électrique $\displaystyle \overrightarrow{\frac{j_{e}}{e}}=n\overrightarrow{v}$ d’autre part, se compensent .
2. L’énergie potentielle d’un ion $\displaystyle \textrm{K}{}^{+}$ de charge $\displaystyle e$ dans le potentiel électrique $\displaystyle \psi$ est $\displaystyle E_{p}=e\psi$. Ainsi la loi de Boltzmann donnant la probabilité pour un ion d’avoir une énergie potentielle $\displaystyle e\psi$ conduit à une répartition de la population des ions qui vérifie
   $$n\left(x\right)=n_{0}\exp\left(\frac{-e\psi\left(x\right)}{k_{B}t}\right).$$
   $\displaystyle n_{int}=n_{0}\exp\left(\frac{-e\psi_{int}}{k_{B}t}\right)$
   et $\displaystyle n_{ext}=n_{0}\exp\left(\frac{-e\psi_{ext}}{k_{B}t}\right)$ .
   D’où
   $$\ln\left(\frac{n_{int}}{n_{ext}}\right)=-\frac{e\Delta\psi}{k_{B}T}.$$
   A.N. $\displaystyle \Delta\psi=-88$ mV
3. En dérivant l’équation obtenue en 2),
   $$\frac{1}{n}\frac{dn}{dx}=-\frac{e}{k_{B}T}\frac{d\psi}{dx}=\frac{e}{k_{B}T}E.$$
   Comme vu en 1), les deux courants de particules (diffusion et électrique) se compensent :
   $$-D\frac{dn}{dx}+n\mu E=0.$$
   D’où
   $$\frac{\mu}{D}=\frac{e}{k_{B}T}.$$

1. Les énergies d’un quanton dans le puits infini sont ($\displaystyle n$ entier, $\displaystyle n\geq1)$
   $$E_{n}=n^{2}\frac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}=\frac{\hbar^{2}k_{n}^{2}}{2m}$$
   avec $\displaystyle k_{n}=\frac{n\pi}{L}$.
   Selon Boltzmann, $$p_{n}=\frac{\exp\left(-\frac{E_{n}}{k_{B}T}\right)}{\sum_{i=1}^{\infty}\exp\left(-\frac{E_{i}}{k_{B}T}\right)}.$$

2. $\displaystyle \left\langle E\right\rangle =\sum_{n=1}^{\infty}p_{n}E_{n}=\frac{\sum_{n=1}^{\infty}E_{n}\exp\left(-\frac{E_{n}}{k_{B}T}\right)}{\sum_{i=n}^{\infty}\exp\left(-\frac{E_{n}}{k_{B}T}\right)}=\frac{\sum_{n=1}^{\infty}E_{n}\exp\left(-\beta E_{n}\right)}{\sum_{i=n}^{\infty}\exp\left(-\beta E_{n}\right)}$.
   Le dénominateur est égal à $\displaystyle Z$ ; le numérateur est égal à $\displaystyle -\frac{\partial Z}{\partial\beta}$.
   D’où $$\left\langle E\right\rangle =\frac{-\frac{\partial Z}{\partial\beta}}{Z}=-\frac{\partial}{\partial\beta}\left(\ln Z\right).$$

3. $\displaystyle E_{1}\ll k_{B}T\Longleftrightarrow\frac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}\ll k_{B}T\Longleftrightarrow\Delta k_{n}=\frac{\pi}{L}\ll\sqrt{\frac{2mk_{B}T}{\hbar^{2}}}$.
   Selon l’énoncé,
   $\displaystyle Z=\sum_{n=1}^{\infty}\exp\left(-\beta\frac{\hbar^{2}k_{n}^{2}}{2m}\right)\sim\frac{L}{\pi}\int_{0}^{\infty}\exp\left(-\frac{\beta\hbar^{2}}{2m}k^{2}\right)dk$.
   En assimilant $\displaystyle Z$ à cette valeur, et en posant $\displaystyle x=k\sqrt{\frac{\beta\hbar^{2}}{2m}}$,
   $\displaystyle Z=\frac{L}{\pi}\sqrt{\frac{2m}{\beta\hbar^{2}}}\int_{0}^{\infty}\exp\left(-x^{2}\right)dx=\frac{L}{\pi}\sqrt{\frac{2m}{\beta\hbar^{2}}}\frac{\sqrt{\pi}}{2}=\sqrt{\frac{mL^{2}}{2\pi\beta\hbar^{2}}}$,
   soit $\displaystyle Z=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\beta E_{1}}}$.D’où
   $\displaystyle \begin{aligned}\left\langle E\right\rangle &=-\frac{\partial}{\partial\beta}\left(\ln Z\right)\\&=-\frac{\partial}{\partial\beta}\left(\ln\left(\sqrt{\frac{m}{2\pi\hbar^{2}}}\right)-\frac{1}{2}\ln\left(\beta\right)\right)\\&=\frac{1}{2\beta}=\frac{k_{B}T}{2}.\end{aligned}$
   On retrouve pour chaque particule la limite classique lorsque $\displaystyle L$
   est très grande. Il n’y a qu’un seul terme quadratique énergétique
   d’énergie potentielle, d’où
   $\displaystyle \left\langle E\right\rangle =\frac{k_{B}T}{2}$.
   Pour les $\displaystyle N$ particules indépendantes, discernables et sans interaction
   (ce qui est le modèle du gaz parfait), l’énergie moyenne totale est
   $$U=N\frac{k_{B}T}{2}.$$

Le théorème d’équipartition de l’énergie indique que pour un système qui peut être décrit par la mécanique classique en équilibre avec un thermostat à la température $\displaystyle T$, la valeur moyenne de chaque terme quadratique énergétique est égale à $\displaystyle \frac{k_{B}T}{2}$. Dans la limite “haute température” étudiée ici, on retrouve une approximation quasi continue pour les niveaux d’énergie, et pour chaque particule d’énergie égale à son énergie cinétique sur un axe (classiquement $\displaystyle \frac{p_{x}^{2}}{2m})$, on retrouve $\displaystyle \left\langle E\right\rangle =\frac{k_{B}T}{2}$, conformément au théorème d’équipartition.

Théorème d’équipartition de l’énergie 👉 À chaque terme quadratique énergétique d’un système classique en équilibre thermique est associée une énergie moyenne égale à $\displaystyle k_{B}T/2$. Pour que le système puisse être décrit classiquement, il est nécessaire que $\displaystyle k_{B}T$ soit petit devant l’écart énergétique entre deux niveaux.

1. $\displaystyle \gamma=\frac{Mc^{2}}{RT}$.
   Avec la relation de Mayer $\displaystyle C_{pm}-C_{vm}=R, C_{vm}=\frac{R}{\gamma-1}$.

A.N. : $\displaystyle \gamma=1,29$ et $\displaystyle C_{vm}=3,4R$.

Le théorème d’équipartition de l’énergie attribue à chaque terme quadratique énergétique d’un système classique en équilibre thermique une énergie moyenne égale à $\displaystyle k_{B}T/2$. Ici, l’énergie interne molaire du gaz est $\displaystyle U=C_{vm}T$ avec $\displaystyle C_{vm}\simeq\frac{7}{2}R=\frac{7}{2}\mathcal{N_{A}}k_{B}T$, ce qui correspond à 7 termes quadratiques ou 7 “degrés de liberté”.
Pour un gaz diatomique usuel aux températures usuelles, $\displaystyle C_{vm}\simeq\frac{5}{2}R$. Les degrés de liberté excités sont les trois degrés de liberté de translation et les deux degrés de liberté de rotation. Le degré de liberté vibrationnel (stretching= variation de la distance internucléaire) n’est pas excité car l’écart énergétique entre niveaux vibrationnels n’est pas petit devant $\displaystyle k_{B}T$.
Pour la molécule triatomique $\displaystyle CO_{2}$, d’autres modes de vibration sont possibles. D’après le résultat expérimental, il y a excitation de deux degrés de liberté suppémentaires (voir Remarque), soit en tout 3 de translation, 2 de rotation et 2 de vibration.

Remarque — Pour que le théorème d’équipartition s’applique, il faut que $\displaystyle k_{B}T$ soit petit devant l’écart entre niveaux d’énergie discrets. Ici $\displaystyle k_{B}T=1,38.10^{-23}.273=3,8.10^{-21}\textrm{J}$. La molécule triatomique $\displaystyle CO_{2}$ possède 2 modes de vibration de mêmes énergies et tels que l’écart entre deux niveaux vibrationnels est $\displaystyle \Delta\varepsilon=1,3.10^{-22}\mathbb{\textrm{J}\ll}k_{B}T$. Dans ces modes, l’atome $\displaystyle C$ oscille de part et d’autre du segment défini par les deux $\displaystyle O$.
2. Avec $\displaystyle P=0,6\textrm{ kPa}$ et $\displaystyle T=210\textrm{ K}$, la relation $\displaystyle c=\sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ donne numériquement $\displaystyle c=226\textrm{ m.s}^{-1}$.
Remarque— On a toujours $\displaystyle \Delta\varepsilon\ll k_{B}T=2,9.10^{-21}\textrm{J}$.
3. $\displaystyle C_{vm}=\frac{R}{\gamma-1}$.
Pour $\displaystyle \gamma_{i}=1,29, C_{vm}=3,4R\simeq\frac{7}{2}R$. Il y a 7 termes quadratiques indépendants énergétiques, comme sur Terre.
Pour $\displaystyle \gamma_{s}=1,40, C_{vm}=2,5R\simeq\frac{5}{2}R$. Il n’y a plus que 5 termes quadratiques indépendants !

4. Lors du passage de l’onde sonore, il y a excitation de tous les degrés de liberté. Alors que sur Terre les désexcitations sont quasi instantanées et que l’énergie restituée est transformée en énergie de translation des atomes, qui permet à l’onde sonore de se propager, les désexcitations des deux modes vibrationnels se font lentement sur Mars. Ainsi ces modes vibrationnels absorbent de l’énergie mais ne la restituent pas suffisamment vite pour qu’elle puisse contribuer efficacement à la propagation de l’onde lorsque la fréquence de l’onde est trop grande. $\displaystyle f_{R}=1/\tau_{R}=240\textrm{ Hz}$ apparait comme la limite de fréquence à partir de laquelle les modes vibrationnels ne contribuent pas à la propagation de l’onde : il n’y a dans ce cas que 5 degrés de liberté utiles à la propagation du son.
   Cela explique

• le fait qu’il y a deux vitesses
• l’absorption des fréquences aigues : les modes vibrationnels ont pu être excités, il y a donc absorption d’énergie mais non restitution au profit de l’onde.