Corrigé - Alain Le Rille

physique
année scolaire 2016-2017
◦
Corrigé du DS commun de physique n 7 - Electromagnétisme statique
I-
Le modèle de Thomson
La densité volumique de charge du pudding de rayon a, de charge +q est ρ = 4π3 qa3 pour r < a et
ρ = 0 pour r > a.
2) Le repère adapté est le repère sphérique de centre, le centre de l'atome : la distribution de charge est à
symétrie sphérique (ρ(r)), tout plan qui contient le centre est plan de symétrie pour la distribution de charge.
~ appartient aux plans (M, ~ur , ~uθ ) et(M, ~ur , ~uϕ ). Donc E
~ = Er (r) ~ur .
Ainsi E
Le ux du champ électrostatique à travers une sphère de centre O, de rayon r est
1)
ZZ
−−→
~ d2 Σ = 4π r2 Er (r) = Qint
E.
ε0
d'après le théorème de Gauss.
~ > a) =
Ainsi, à l'extérieur de l'atome, E(r
A l'intérieur de l'atome,
ZZZ
Qint =
~ < a) =
donc E(r
qr
ur
4π ε0 a3 ~
q
ur
4π ε0 r 2 ~
.
ρ(r) d3 τ =
4 3 3q
q r3
=
πr
3
4π a3
a3
.
~ <
La force ressentie par le plum (un électron ponctuel en M , de charge −e) dans l'atome est F~ = −e E(r
a), soit F~ = − 4πeεq0ra3 ~ur . Cette force est du type F~ = −k r~ur , avec k > 0, comme celle due à un ressort de
constante de raideur k et de longueur à vide nulle : l'électron est élastiquement lié .
−→
~ = −−
4) Le champ électrique est lié au potentiel électrique par E
gradV .
A l'extérieur de l'atome,
3)
q
q
dV
⇒V =
+C
=−
4π ε0 r2
dr
4π ε0 r
La constante est nulle, car on prend le potentiel nul à l'inni : V (r > a) =
A l'intérieur de l'atome,
q
4π ε0 r
.
qr
dV
q r2
=
−
⇒
V
=
−
+ C0
4π ε0 a3
dr
8π ε0 a3
On détermine la constante par continuité de V en r = a :
q
3q
q
=−
+ C0 ⇒ C0 =
4π ε0 a
8π ε0 a
8π ε0 a
Aussi V (r < a) =
5)
q
8π ε0 a
3−
r2
a2
.
L'énergie potentielle étant −e.V ,
(
Ep (r < a) =
−e q
8π ε0 a
Ep (r > a) =
3−
r2
a2
−e q
4π ε0 r
L'évolution de l'énergie potentielle est un puits de potentiel ("hamonique", ie parabolique à l'intérieur) :
Ep
r
a
spé P C , P C1∗ et P C2∗
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L'énergie d'ionisation Ei est l'énergie qu'il faut fournir pour porter l'électron depuis son énergie fondamentale
−3 e2
3 e2
(Ep (r = 0) = 8π
ε0 a ) jusqu'à l'inni (Ep (r → ∞) = 0) : Ei = 8π ε0 a .
On en déduit :
2
a=
3 × 1, 6 × 10−19
3 e2
=
8π ε0 Ei
8π × 8, 85 × 10−12 × 13, 6 × 1, 6 × 10−19
qui donne a = 1, 6 × 10−10 m .
L'ordre de grandeur est respecté (autour de l'angström).
II-
L'expérience de Rutherford : du modèle de Thomson au modèle
de Rutherford
II.A -
Généralités sur l'expérience de Rutherford
6) On peut supposer l'atome d'or xe dans le référentiel galiléen du laboratoire car il est beaucoup plus
massif (197/4 fois plus) que la particule α (approximation de Born Oppenheimer).
7) 400 plans atomiques de 1 angström, fait une épaisseur de 40 nm . Pour comparaison, une ramette de
500 feuilles de papier mesure 5 cm d'épaisseur, soit 10−4 m = 100µm pour une seule feuille, c'est beaucoup plus
épais.
II.B -
Interprétation de l'expérience de Rutherford avec le modèle de Thomson
Dans le cadre du modèle de Thomson, F~ = − 4π2 eε0q ar3 ~ur , donc le maximum de la norme de force
électrostatique que la particule α perçoit est, puisque q = Z e :
8)
Fmax
2
2 × 79 × 1, 6 × 10−19
2 Z e2
=
=
2
4π ε0 a2
4π × 8, 84 × 10−12 × (1 × 10−10 )
L'application numérique donne : Fmax = 3, 6 × 10−6 N .
9) En supposant que la force maximale s'applique constamment dans l'atome sur la particule α, le principe
fondamental de la dynamique appliqué à la particule α dans le référentiel de l'atome d'argent s'écrit :
(
Mα ~a = Fmax ~uy ⇒
2
Mα ddt2x = 0
⇒
2
Mα ddt2y = Fmax
dx
dt = v0
dy
Fmax
dt = Mα t
⇒
x = v0 t
max 2
t
y = 21 FM
α
Donc la particule quitte l'atome lorsque 2 a = v0 tf , et alors
y=
1 Fmax 2
2 a2 Fmax
2 a2 Fmax
tf = 2
= 2
2 Mα
v 0 Mα
v0 M α
Aussi une majoration de l'angle de déviation maximale possible est D telle que
tan D =
y
a Fmax
=
≈D
x
Mα v02
−10
−6
10
×3,6×10
−4
en assimilant la tangente à l'angle si ce dernier est petit, soit D ≈ (1,6×10
rad
7 )2 ×4×1,7×10−27 donc D ≈ 10
(qui est bien un petit angle).
10) Même s'il y a 400 déviations (dans le même sens !), l'angle global de déviation est très faible (10−2 rad).
Aussi, le modèle de Thomson est invalidé par l'expérience de Rutherford, dans laquelle des déviations plus
grandes sont observées.
II.C -
Interprétation de l'expérience de Rutherford avec le modèle de Rutherford
11)
D'après le document "les charges positives de l'atome sont fortement localisées dans l'espace. E.
Rutherford propose alors un modèle en accord avec cette observation : le modèle planétaire. Il postule une
représentation lacunaire de la matière". Ainsi, la charge positive de l'atome d'or (le noyau) est ponctuelle dans
le modèle de Rutherford. Toujours d'après le document "les électrons sont satellisés autour d'un noyau chargé
positivement." Aussi, leur eet,en moyenne peut être considéré nul : on peut négliger les interactions entre la
particule α et les électrons de l'atome d'or.
spé P C , P C1∗ et P C2∗
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12) On applique le théorème du moment cinétique à la particule α dans le référentiel de l'atome d'or
(galiléen) :
−−→
d~σO
2.Z.e2
~ur = ~0
= OM ∧ F~ = r ~ur ∧
dt
4.π.ε0 .r2
Donc la trajectoire de la particule α est plane. La constante des aire est
C=
k~σO k = r ~ur ∧ ṙ ~ur + r θ̇ ~uθ ⇒
Mα
C = r2 |θ̇| . Si on prend l'expression à l'instant initial,
C=
k~σO k
= |(xi ~ux + b ~uy ) ∧ (v0 ~ux )| ⇒
m
C = b v0 .
La force est centrale,en 1/r2 (newtonienne), donc la trajectoire est une conique. Ainsi, la trajectoire
de la particule α est une hyperbole de foyer le noyau de la particule d'or. L'allure de cette trajectoire est la
suivante :
13)
14) Physiquement, il est naturel de choisir une énergie potentielle nulle à une distance innie (pas d'interaction). D'autre part, le choix de l'énergie potentielle nulle à l'inni est en particulier cohérent avec le choix de
la constante pour V .
La force dérive d'une énergie potentielle :
−−→
2 Z e2
2 Z e2 dr
~
u
=
−
grad(E
)
⇒
dE
=
−
F~ =
r
p
p
4π ε0 r2
4π ε0 r2
qu'on intègre en
0
2 Z e2
dEp = −
4π ε0
Ep (r)
Z
L'énergie cinétique est
Ec =
Z
∞
r
dr
Z e2
⇒
E
(r)
=
p
r2
2π ε0 r
1
1
1
m v 2 = m ṙ2 + m r2 θ̇2
2
2
2
Donc l'énergie mécanique est
Em = Ec + Ep =
En utilisant C = r2 |θ̇|, on a : Em = 12 m ṙ2 +
1
Z e2
1
m ṙ2 + m r2 θ̇2 +
2
2
2π ε0 r
m C2
2 r2
+
Z e2
2π ε0 r ,
soit la relation demandée Em = 12 m ṙ2 + Epef f (r)
avec l'énergie potentielle eective : Epef f (r) = m2 rC2 + 2πZ εe0 r .
15) On trouve rmin , la distance de plus courte approche de la particule α, en cherchant ṙ = 0, soit
2
Em = Epef f (rmin ) =
2
qui revient à la résolution du trinôme : m v02 rmin
−
rmin =
spé P C , P C1∗ et P C2∗
Z e2
4π ε0
1
2
2 m v0
2
m C2
Z e2
1
+
= m v02
2
2 rmin
2π ε0 rmin
2
Z e2
π ε0 rmin
v
u
u
+t
− m C 2 = 0. La seule solution positive en est :
Z e2
4π ε0
1
2
2 m v0
page n◦ 3
!2
+ b2
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On a bien montré que
rmin
r Ep (r)
=
+
2 Ec
s
r Ep (r)
2 Ec
2
+ b2
Quand l'énergie potentielle Ep est négligeable devant l'énergie cinétique Ec , rmin ≈ b, donc la déviation est
quasi nulle D ≈ 0 , et la trajectoire quasi rectiligne :
Quand le paramètre d'impact b est nul, la particule fait demi tour en r = rmin , donc la déviation est
D = 180◦ , et la trajectoire quasi rectiligne :
Le modèle de Rutherford semble validé par l'expérience de Rutherford, car il prédit :
• "la plupart des particules traversent la feuille d'or sans déviation" (si l'énergie potentielle Ep est négligeable
devant l'énergie cinétique Ec ) ;
• des particules α (1 sur 8000) sont déviées avec un angle supérieur à 90◦ " (voir 180◦ si le paramètre d'impact
b est nul).
16)
III-
Les raies atomiques : du modèle de Rutherford au modèle de
Bohr
III.A -
Les modèles planétaires de Rutherford et de Bohr
17) Dans le cadre des modèles de Rutherford et de Bohr, le noyau est xe dans un repère galiléen du
laboratoire car il est beaucoup plus massif (1800 fois plus) que l'électron (approximation de Born Oppenheimer).
On applique le principe fondamental de la dynamique à l'électron dans le référentiel du noyau :
m ~a =
aussi v =
e
√
4π m ε0 r
−e2
v2
~
u
=
−m
~ur
r
4π ε0 r2
r
.
18)
v=√
soit
r3
T2
19)
e
2π r
e2
4π 2 r2
⇒
4π m ε0 r T 2
4π m ε0 r T
= cste : la troisième loi de Kepler est vériée.
La force dérive d'une énergie potentielle :
F~ =
−−→
−e2
e2 dr
~
u
=
−
grad(E
)
⇒
dE
=
⇒
r
p
p
4.π.ε0 .r2
4.π.ε0 r2
Ep (r)
Z
0
e2
dEp =
4π ε0
Z
r
∞
dr
⇒
r2
Ep (r) = − 4πeε0 .r .
2
L'énergie cinétique est
Ec =
Ec =
1 e2
2 4π ε0 r
1
1
e2
m v2 = m
⇒
2
2 4π m ε0 r
.
Comme on a Ep = −2 Ec , l'énergie mécanique est Em = −Ec =
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page n◦ 4
Ep
2
.
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III.B -
Le spectre discret de l'atome d'hydrogène et la formule de Rydberg
20) "Si le modèle planétaire de Rutherford était valide, le spectre d'émission de l'hydrogène devrait être
un continuum. C'est-à-dire qu'il devrait présenter l'ensemble des longueurs d'onde accessibles", or ce n'est pas
le cas. Donc le modèle de Rutherford est impuissant à expliquer le spectre discret de l'atome d'hydrogène.
21) L'énergie du photon doit correspondre à la diérence d'énergie entre deux niveaux de l'atome d'hydrogène :
hc
= En − Em = RH h c
λ
1
1
− 2
2
n
m
d'après la loi de Rydberg. Aussi, on a bien E = −E0 /n2 avec E0 = RH h c . L'application numérique donne :
E0 = 1, 1 × 107 × 6, 63 × 10−34 × 3, 00 × 108 = 2, 2 × 10−18 J =
2, 2 × 10−18
eV
1, 6 × 10−19
soit E0 = 14 eV , qui est la valeur bien connue en chimie (13,6 eV).
22) On peut associer aux séries de raies du spectre de l'atome d'hydrogène de longueurs d'onde décroissantes
donc d'énergies croissantes (appelées Lyman, Balmer, Paschen et Brackett), les séries de transitions reportées
entre niveaux d'énergie de l'atome d'hydrogène suivantes :
On a vu que
23)
Em = −
r=
e2
2
8π ε0 .E0 n
E0
Ep
e2
=
=
−
⇒
n2
2
8π ε0 .r
.
(1,6×10−19 )
2
Pour n = 1, r = 8π×8,84×10−12 ×2,2×10−18 soit r = 5, 2 × 10−11 m , soit un demi angström de rayon (et donc
un diamètre d'un angström, comme attendu).
24) On a vu que
Em = −
v=
q
2 E0
m n2
.
Ainsi, v ≤
III.C -
25)
E0
1
= −Ec = m v 2 ⇒
2
n
2
q
2 E0
m
=
q
2×2,2×10−18
9,1×10−31
soit v ≤ 2, 2 × 106 m · s−1 c : les électrons ne sont pas relativistes.
Le magnéton de Bohr
Le moment cinétique en O de l'électron est
~ = r ~ur ∧ m ṙ ~ur + r θ̇ ~uθ = m r v~uz
L
et, puisque r =
e2
2
8π ε0 .E0 n
et v =
q
2 E0
m n2 ,
~ =m
L
~ =
On a bien L
k
2π
e2
8π ε0 .E0
r
2 E0
e2
n ~uz =
m
8π ε0
r
2m
n ~uz
E0
n ~uz avec
e2
k=
4 ε0
spé P C , P C1∗ et P C2∗
r
2 s
1, 6 × 10−19
2m
2 × 9, 1 × 10−31
=
−12
E0
4 × 8, 84 × 10
2, 2 × 10−18
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soit k = 6, 63 × 10−34 kg · m2 · s−1
On vérie bien que numériquement k = h, et que c'est homogène.
26) L'électron est en mouvement circulaire uniforme de rayon r autour du noyau, avec une période T =
−e
−e v
Il s'agit donc d'une spire de courant de courant I = dq
dt = T = 2π r .
Le moment magnétique dû au mouvement orbital de l'électron est donc
2π r
v .
~ = −e v π r2 ~uz = −e v r ~uz = −e m v r ~uz
µ
~L = I S
2π r
2
2m
On a bien montré que le moment magnétique µ
~L =
~.
tionnel à son moment cinétique L
~ =
D'autre part, puisqu'on a vu que L
h
2π
µ
~L =
−e ~
2mL
dû au mouvement orbital de l'électron est propor-
n ~uz ,
−e h
he
n ~uz = −
n ~uz
2 m 2π
4π m
donc µ
~ L = −µB n ~uz est bien multiple du magnéton de Bohr µB =
IV-
L'expérience de Stern et Gerlach : au delà du modèle de Bohr
IV.A -
27)
he
4π m .
Etude du champ magnétique dans l'entrefer
Puisque les lignes de champ magnétique sont symétriques par rapport au plan yOz , Bx (x, z) = −Bx (−x, z)
(fonction impaire) et Bz (x, z) = +Bz (−x, z) (fonction paire).
Bx (x, z) > 0 si x > 0 (les lignes sont orientées vers les x %), et Bx (x, z) < 0 si x < 0 (les lignes sont
orientées vers les x &), tandis que Bz (x, z) < 0 quel que soit x (les lignes de champs sont orientées vers les
z &).
Puisque Bx passe, au voisinage de x = 0, d'une valeur négative à une valeur positive (en passant par une
∂Bx
∂Bz
∂Bz
x
~
valeur nulle) lorsque x %, ∂B
∂x (x = 0, z) ≥ 0 et comme div B = 0 = ∂x + ∂z , alors
∂z (x = 0, z) ≤ 0 .
Le champ magnétique est essentiellement dirigé suivant l'axe z ⇒ |Bx (x, z) | |Bz (x, z) | .
~ %. Comme kBk
~ ≈ |Bz (x, z) | = −Bz (x, z)
Les lignes de champ magnétiques se resserrent si z %, aussi, kBk
z
puisque Bz < 0. Aussi, Bz (x = 0, z) & si z %, donc ∂B
∂z (x = 0, z) ≤ 0 .
28)
−−→
L'allure des lignes de champ magnétique dans l'entrefer avec le vecteur grad (Bz ) sont donnés ci-dessous
(le champ magnétique est orienté depuis le pôle nord vers le pôle sud) :
29)
z
pôle Nord
−−→
grad(Bz )
x
pôle Sud
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IV.B -
année scolaire 2016-2017
Etude mécanique
~ et un dipôle magnétique de
Puisque l'énergie potentielle d'interaction entre un champ magnétique B
~ ≈ −µz .Bz , aussi, la force exercée sur les atomes est
moment dipolaire µ
~ est Ep = −~
µ.B
30)
−−→
−−→
F~ = −grad (−µz .Bz ) = µz grad (Bz )
(cqfd).
∂Bz
z
Comme Fz = µz ∂B
∂z , avec ∂z < 0, si µz > 0, Fz < 0 et réciproquement.
Ainsi, la coordonnée z de l'atome sur le détecteur est de signe opposé à celui de µz .
Puisque "on n'observe que deux petites tâches symétriques", l'expérience montre que µz est quantié : il
prend une valeur strictement positive ou bien une strictement négative.
31)
IV.C -
32)
Du moment cinétique orbital au moment cinétique intrinsèque
Lz suit la règle :
Lz =
mL h
avec mL ∈ [−l; +l] et l ∈ N
2π
+h
Pour l = 0, Lz peut être −h
2 π , 0 ou 2 π , donc µz prend trois valeurs possibles : "alors on doit observer un nombre
impair de tâches" (ce qui n'est pas le cas).
On reprend donc l'hypothèse de Georg Uhlenbeck et Samuel Goudsmith, "d'un mouvement de rotation de
l'électron autour de son axe, ce qui lui confère un moment magnétique intrinsèque." On assimile donc l'électron
à une sphère creuse de centre O, de rayon R, en rotation autour de son axe Oz à la vitesse angulaire Ω.
33) Le schéma demandé est ci-dessous :
z
~
ur
M
~
uθ
θ
R
O
34)
Comme la surface de la sphère est 4π R2 , la charge surfacique est σ =
Comme Ω =
35)
2π
T0 ,
la période de rotation de la sphère est T0 =
2π
Ω
−e
4π R2
.
.
Pour la couronne centrée sur l'angle θ0 , le rayon est r (θ0 ) = R sin θ0 , la charge
Z
ϕ=2π
dq (θ0 ) =
σ R dθ R sin θ0 dϕ = 2π R2 σ sin θ0 dθ
ϕ=0
soit dq (θ0 ) =
−e
2
sin θ0 dθ .
On en déduit l'intensité dI (θ0 ) =
Enn, le moment magnétique est
dq(θ0 )
T0 ,
soit dI (θ0 ) =
−e Ω
4π
sin θ0 dθ .
−
→
~ = −e Ω sin θ0 dθ π r (θ0 )2 ~uz = −e Ω sin θ0 dθ π R2 sin2 θ0 ~uz
dµ (θ0 ) = dI (θ0 ) S
4π
4π
−
→
soit dµ (θ0 ) =
−e Ω 2
4 R
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sin3 θ0 dθ .
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physique
36)
année scolaire 2016-2017
En sommant toutes les spires, on trouve le moment magnétique
→
−
µS =
Z
θ=π
θ=0
−
→
−e Ω 2
dµ (θ) =
R
4
Z
θ=π
sin3 θ dθ
θ=0
Pour intégrer :
Z
θ=π
3
Z
θ=π
Z
u=−1
1 − cos θ sin θ dθ =
sin θ dθ =
θ=0
2
θ=0
2
1−u
u=1
u=+1
u3
4
(− du) = u −
=
3 u=−1
3
−
soit →
µ S = −e3 Ω R2 .
37) Ce modèle classique est certainement inadapté à une description du spin de l'électron, car le modèle
de Bohr, semi-classique, est lui-même incapable de prédire le spin.
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