Dipôle électrostatique - Jean

Dipôle électrostatique
I25.
1) Une droite porte une densité linéaire de charge λ uniforme. Démontrer par des arguments précis ce que la
symétrie impose au champ électrique.
2) Calculer le champ électrique.
3) Calculer le potentiel.
4) Deux droites parallèles distantes de 2a portent des densités linéaires de charge uniformes et opposées −λ et +λ .
Soit A et B les projections d’un point M lointain sur ces droites et O le milieu de AB. Calculer une expression
approximative simple du potentiel que créent ces droites à grande distance en fonction des coordonnées cylindriques par
rapport à la droite médiane Oz.
G
5) Cette expression est égale au potentiel d’une densité linéaire P de moment dipolaire le long de Oz. Déterminer
G
P.
6) Ecrire l’équation, déterminer la nature et dessiner les équipotentielles dans cette approximation.
7) Donner une expression approximative simple du champ en coordonnées cylindriques à grande distance.
8) Déterminer l’équation, déterminer la nature et dessiner les lignes de champ dans cette approximation.
II27.
1) Un cercle (C) de centre O, de rayon b et situé dans le plan Oxy porte une charge Q positive répartie
uniformément sur sa circonférence. Quel est le potentiel V (z ) qu’il crée sur l’axe Oz ?
2) Soit A le point de Oz d’abscisse a . Une charge q est répartie uniformément sur le segment OA. Quelle est la
résultante des forces que subit le cercle (C) ?
A présent, la charge q n’existe plus.
G
G
3) Un dipôle électrique non pesant de moment p = pu z ( p constante positive) et de masse m est mobile sur l’axe
des z. Quelles sont ses positions d’équilibre ?
4 Sont-elles stables ?
5) Quelle est la fréquence f de ses petites oscillations autour de sa position d’équilibre la plus stable ?
6) Quel travail faut-il fournir pour amener ce dipôle de l’infini au point O ?
III21. Sphère dipolaire.
1) Calculer le champ électrique dans tout l’espace créé par une boule de centre O et de rayon R contenant une densité
volumique de charge ρ uniforme.
2) On superpose deux boules de même rayon R , de centres O1 et O2 (O1O2 < R) et portant des densités volumiques
de charge uniformes et opposées –ρ et ρ. Soit O le milieu de O1O2 et Ox l’axe parallèle à O1O2. Calculer le champ
électrique et le potentiel dans la région située à l’intérieur des deux boules.
JJJJJG
3) On fait tendre O1 et O2 vers leur milieu O et ρ vers l’infini, de sorte que ρO1O2 tende
dS
G
vers une limite P .
θ
3.a) Exprimer en fonction de dS , O1O2 et θ le volume du cylindre hachuré, balayé par un
O1O2
élément de surface d’une sphère lors de la translation qui fait passer d’une sphère à l’autre.
Quelle est la limite de la charge que ce cylindre contient ?
3.b) Exprimer les limites du champ et du potentiel à l’intérieur de la sphère de centre O
et de rayon R.
3.c) Exprimer les limites du champ et du potentiel à l’extérieur de la sphère de centre O et
de rayon R.
σ
4) Exprimer le champ et le potentiel produits par une sphère de centre O et de rayon R
θ
portant une densité superficielle de charge σ = σ0.cos θ :
O
4.a) en O ;
4.b) à l’intérieur de la sphère ;
4.c) à l’extérieur de la sphère.
IV22.
Charge élémentaire e = 1, 6.10−19 C ; 1 D = 3, 3356.10−30 C. m .
La molécule d’ozone O3 a la forme d’un triangle isocèle ; les deux cotés égaux ont pour longueur a = 1,28.10−10 m
et font un angle α = 116, 8° . Dans la molécule O2, la distance entre les noyaux d’oxygène est 1, 21.10−10 m , tandis
que dans la molécule H2O2 elle est de 1, 48.10−10 m .
1) Trouver la formule de Lewis de la molécule O3.
2) Commenter la géométrie de cette molécule.
3) Son moment dipolaire est p = 0, 49 D . Quelle répartition des charges sur les atomes correspond à un tel
moment ?
DS : dipôle électrostatique, page 1
V.
A40. Interaction de Van der Waals.
G
1) Soit un dipôle électrique de moment p situé à l’origine O et un point M repéré par
M
r
ses coordonnées polaires r , θ . Rappeler sans démonstration l’expression du potentiel V
créé par le dipôle en M.
θ
2) Calculer le champ électrique en M.
G
G
G
O
p
3) Soit un dipôle rigide de moment p soumis à un champ électrique E . Son énergie
G
G
potentielle est −p ⋅ E . A quelle condition le dipôle a-t-il son orientation d’équilibre
stable ?
G
G
JJJJG G G
4) La force sur un dipôle rigide soumis à un champ électrique E est F = grad ( p ⋅ E ) . Est-ce en accord avec la
question précédente ? Pourquoi n’avoir pas considéré à cette question et à la précédente un dipôle non rigide ?
G
5) Une molécule apolaire soumise à un champ électrique E acquiert de ce fait un moment dipolaire électrique
G
G
p = αε0E , où α est une constante caractéristique de cette molécule appelée polarisabilité.
G
Soit une molécule polaire M1 de moment dipolaire électrique rigide p1 et une molécule apolaire M2 de polarisabilité
G
α distantes de r = M 1M 2 . On suppose p1 parallèle à la droite M1M2 et dirigé de M1 vers M2.
G
a) Quel est le champ électrique E12 créé par M1 en M2 ?
G
b) Quel est le moment dipolaire électrique p2 de M2 ?
G
c) Quel est le champ électrique E21 créé par M2 en M1 ?
d) Les deux molécules ont-elles leur orientation d’équilibre stable ?
e) En déduire l’énergie potentielle associée à la force subie par M1.
La théorie précédente donne une justification très simplifiée du comportement à grande distance de l’interaction entre
molécules dans le cas dipôle permanent-dipôle induit. En fait, la dépendance en r obtenue est aussi valable pour les
interactions entre dipôles permanents et pour les interactions entre dipôles mutuellement induits et constitue une loi
universelle de l’interaction entre molécules, interaction dite de Van der Waals.
6) Soit deux molécules isolées notées i et j. La molécule i, de type 1 est immobile à l’origine. La molécule j, de type
2, est mobile et située à une distance r de la molécule i. La force exercée par i sur j dérive de l’énergie potentielle
Cα α
E p = − 16 2 , où C est une constante positive et α1 et α2 sont les polarisabilités, positives, des molécules de type
r
1 et 2.
a) L’interaction est-elle attractive ou répulsive ?
b) On suppose que l'énergie potentielle d'interaction entre une molécule de type (1) et une molécule de type (2) n'est
pas modifiée par la présence d'autres molécules proches. Un solide immobile est constitué de molécules de type 1
remplissant le demi espace z < 0 avec la densité (nombre de molécules par unité de volume) n1 . Une molécule de
type 2 est mobile dans la région z > 0 . On note d sa distance à la surface plane du solide. Mettre l’énergie potentielle
associée à la force exercée par le solide sur la molécule sous forme d’une intégrale de volume qu’on exprimera en
coordonnées sphériques, où l’élément de volume s’écrit d τ = sin θd θdϕr 2dr ou d Ωr 2dr . Montrer que cette énergie
πC α2 α1n1
potentielle est E p = −
.
6d 3
c) Cela a-t-il une importance que le solide s’étende jusque l’infini ; ou bien la taille du solide peut-elle être limitée à
une dimension nettement plus grande que d ?
B32. Adsorption de molécules gazeuses à la surface d’étalons de masse
La masse est la seule grandeur de base du système international d'unités qui soit encore définie à partir d'un étalon
matériel. Or, les différentes campagnes de comparaison des étalons nationaux entre eux montrent une augmentation des
différences ainsi qu'une dérive globale bien supérieure aux incertitudes de mesure ; de telles comparaisons peuvent être
réalisée à un microgramme près (10–9 kg).
1.a) Pour des raisons pratiques, la forme retenue pour le prototype international actuel et pour les étalons secondaires
est celle d'un cylindre droit, homogène, de masse volumique ρ , à base circulaire de rayon R et de hauteur H .
Déterminer le volume V de ce cylindre et sa surface extérieure Sext . A quelle condition portant sur H et R la surface
est-elle minimale, à masse (donc à volume) fixée ?
1.b) Application numérique : ρPt −Ir = 21 500 kg⋅ m−3 pour un étalon en alliage Pt-Ir (platine 90%, iridium 10%).
Déterminer R et Sext pour une masse de 1 kg et une surface minimale.
1.c) Une forme différente permettrait-elle de minimiser encore davantage, à masse identique, la surface extérieure ?
Laquelle ? (aucune démonstration n'est demandée).
DS : dipôle électrostatique, page 2
G
dF
2.a) Montrer que la pression dans un gaz en équilibre soumis à des forces à distance volumiques
obéit à
dτ
G
JJJJG
dF
gradP =
.
dτ
2.b) Les interactions entre une molécule d'un gaz et la surface peuvent être décrites à l'aide d'une énergie potentielle
d'interaction de la forme W p( z ) = −K p / z 3 , K p > 0 , ne dépendant que de la cote z de la molécule par rapport à la
paroi.
On suppose que le gaz dans le demi-espace z > 0 est à l'équilibre thermodynamique à la température uniforme T .
On note P ( z ) la pression du gaz à la cote z , et P∞ la pression du gaz, supposé parfait, très loin de la paroi.
⎛ Wp ( z ) ⎞⎟
Montrer que la pression dans le gaz à la distance z de la paroi est P ( z ) = P∞ exp ⎜⎜⎜ −
⎟ , où k B désigne la
⎝ kBT ⎠⎟
constante de Boltzmann.
2.c) Soit Ps (T ) la pression de vapeur saturante du gaz à la température T . Montrer qu'on attend au voisinage de la
paroi la formation d'une couche de liquide, d'une épaisseur dliq au moins égale à :
1/ 3
dliq = { K p / [ kBT ln ( Ps (T ) / P∞ ) ]}
.
2.d) On utilise ce modèle pour l'eau. Évaluer dliq pour un degré d'humidité
25°C, en prenant K p = 3 × 10
−50
P∞
= 0, 25 , à la température de
Ps (T )
J⋅ m −3 et k B = 1,38 ×10−23 J⋅ K −1 . Pourquoi l’adsorption de l’air n’est pas
envisagée ?
2.e) On assimile la molécule d'eau à une sphère d'environ 150 pm de rayon. A combien de couches moléculaires
correspond la valeur obtenue de dliq ? Évaluer alors la masse adsorbée en surface d'un étalon d'un kilogramme en Pt-Ir,
en supposant hexagonal le pavage de la surface.
2.f) En déduire l'erreur δm p commise sur une pesée en ignorant cet effet d'adsorption.
G
G
I. 1) E = E ( r ) ur ; 2) E =
Réponses
λ
λ
; 3) V = −
ln r + cste ; 4)
2πε0r
2πε0
G
JJJG
λa cos θ
V (M ) ≈
; 5) P = λAB ; 6) dans un plan perpendiculaire à Oz, les
πε0r
équipotentielles forment un faisceau de cercles tangents en O à la médiatrice de
G
λa
λa cos θ G
λa sin θ G
cos θ ; 7) E =
ur +
uθ ; 8) les
AB et d’équations : r =
2
πε0V
πε 0r
πε0r 2
lignes de champ forment un faisceau de cercles tangents en O à AB d’équations
r = 2R sin θ .
G
Q
qQ ⎡
1
1⎤ G
⎢
; 2) F =
II. 1) V ( P ) =
− ⎥ uz ; 3)
2
2
2
2
4πε 0a ⎢⎣ b + a
b ⎥⎦
4πε0 b + z
pQ
b
b
b
; 4) z =
est stable et z = −
est instable ; 5) f = 5 / 4 3 / 2
; 6) Wop = 0 .
2
2
2
m ε 0b 2
3 π
JJJJJG
G
G
G
G
ρO1O2x
ρO1O2
ρr
ρR 3 G
III. 1) Si r < R, E =
; si r > R, E =
;V =
; 3a)
ur ; 2) E (M ) = −
2
3ε0
3ε0
3ε0
3ε0r
G
G
P
Px
d τ = O1O2dS cos θ ; la limite de la charge qu’il contient est P cos θdS ; 3b) E = −
;V =
; 3c)
3ε0
3ε0
z =±
G
σ G
σx
R 3P cos θ G
2R 3P cos θ G
R 3P sin θ G
;E =
ur +
uθ ; 4a) V = 0 et E = − 0 ux ; 4b) V = 0
2
3
3
3ε0
3ε0
3ε0r
3ε0r
3ε0r
3
3
3
G
G
σ G
R σ0 cos θ
2R σ0 cos θ G
R σ0 sin θ G
ur +
uθ .
E = − 0 ux ; 4c)V =
;E =
2
3
3ε0
3ε0r
3ε0r
3ε0r 3
p
IV. 3) p = 2δea cos ( α / 2 ) ⇒ δ =
= 0, 076 .
2ea cos ( α / 2 )
V =
DS : dipôle électrostatique, page 3
V.A. 1) V =
G
E12 =
G
2p1
4πε0r 3
G
G
p cos θ
2p cos θ G
p sin θ G
G
;
2)
=
+
;
3)
p
parallèle
à
E
et de même sens ; 5.a)
E
u
u
r
θ
4πε0r 2
4πε0r 3
4πε0r 3
G
G
G
G
2αp1
αp1
αp 2
; 5.b) p2 =
;
5.c)
=
; 5.d) oui ; 5.e) E p = − 2 1 6 ; 6.a) force attractive ; 6.b)
E
21
2
6
3
4π ε0r
4π ε0r
4πr
E p = −C α2α1n1 ∫
2π
0
dϕ ∫
2
V.B. 1.a) V = πR H
π /2
0
Sext
r 2dr
; 6.c) reste valable.
d / cos θ r 6
= 2πR2 + 2πRH ; H = 2R ; 1.b) R = 0, 0195 m ; Sext = 7,16.10−3 m2 ; 1.c)
sin θd θ ∫
∞
forme sphérique ; 2.d) dliq = 174 pm ; 2.e) une couche ; 2, 7 µ g .
Corrigé
I.
1) Soit une droite (D) portant une densité linéaire de charge λ uniforme :
• toute droite qui la coupe perpendiculairement est un axe de symétrie de la distribution de charge, donc le champ
électrique est radial au sens des coordonnées cylindriques ;
• la distribution de charge est invariante par rotation autour de (D) et par translation parallèle à (D), donc la
grandeur du champ électrique ne dépend que de la distance r à la droite chargée.
2) L’application du théorème de Gauss à un cylindre d’axe (D), de rayon r et de hauteur h donne :
λh
λ
2πrhE =
⇒E =
2πε0r
ε0
G JJG
λdr
λ
3) dV = −E ⋅ dr = −Edr = −
⇒V = −
ln r + cste
2πε0 r
2πε0
4) Soit a = OA = OB . Si on suppose le potentiel nul à l’infini,
MA
MA2
λ
λ
V (M ) =
ln
ln
=
2πε0 MB
4πε0 MB 2
–λ λ
⎛
2a cos θ a 2 ⎞⎟
+ 2 ⎟⎟
MA2 = r 2 + a 2 + 2ar cos θ = r 2 ⎜⎜ 1 +
⎜⎝
r
r ⎠
⎛
2a cos θ a 2 ⎞⎟
MB 2 = r 2 + a 2 − 2ar cos θ = r 2 ⎜⎜ 1 −
+ 2 ⎟⎟
r
⎝⎜
r ⎠
Faisons un développement limité quand r tend vers l’infini. En utilisant
1+ε
≈ 1 + ε − ε′ :
1 + ε′
4a cos θ
MA2
≈1+
2
r
MB
λ 4a cos θ
λa cos θ
V (M ) ≈
=
.
4πε0
r
πε0 r
M
A
A
B
O
M
r
θB
JJJG
5) Un élément de longueur dz comporte les charges opposées −λd A et λd A distantes de AB , donc a pour moment
JJG
G
JJJG
JJJG
JJG
dp
dp = λd AAB , donc P =
= λ AB
dA
6) Les équipotentielles sont des cylindres parallèles à Oz ; dans un plan perpendiculaire à ce axe, les équipotentielles
forment un faisceau de cercles tangents en O à la médiatrice de AB et
λa
d’équations : r = 2R cos θ où 2R =
πε0V
7)
∂V
λa cos θ
=
∂r
πε0 r 2
λa sin θ
1 ∂V
=
Eθ = −
r ∂θ
πε0 r 2
∂V
Ez = −
=0
∂z
8) Comme E z = 0 , les lignes de champ sont dans les plans perpendiculaires à
JJG
Oz ; leur équation s’obtient en exprimant qu’un déplacement élémentaire dr le
long d’une ligne de champ est parallèle au champ électrique :
Er = −
DS : dipôle électrostatique, page 4
dr
rd θ
=
Er
Eθ
dr
rd θ
=
cos θ
sin θ
d (sin θ)
cos θd θ
dr
=
=
ln r = ln sin θ + cste r = 2R sin θ
sin θ
sin θ
r
( R paramètre caractérisant la ligne de champ considérée)
Les lignes de champ forment un faisceau de cercles tangents en O à AB.
II.
Q
b 2 + z 2 du point P de l’axe : V ( P ) =
1) Toute la charge est à la même distance r =
.
4πε0 b 2 + z 2
2) La force subie par le cercle chargé est l’opposé de la force subie par le segment chargé OA ; celui-ci est soumis au
champ électrique créé par le cercle, qui est porté par Oz, axe de révolution du cercle ; la force sur le segment est
A
dV
∫ λdzE = ∫O −λdz dz = λ [V (O ) − V ( A ) ] . D’où la force sur le cercle
G
G
q
qQ ⎡
1
1⎤ G
⎢
− ⎥ uz
F = − [V (O ) − V ( A ) ]uz =
a
4πε0a ⎢⎣ b 2 + a 2 b ⎥⎦
G JJJJG
dE
3) L’axe Oz étant un axe de révolution, il porte la force sur le dipôle Fz = p ⋅ gradEz = p z .
dz
−3 / 2
⎞⎟
Qz (b 2 + z 2 )
1
d ⎜⎛
Q
Q d
Q
−1/ 2
−3 / 2
2
2
2
2
⎟=−
Ez = − ⎜
=−
× − 2z (b + z )
=
(b + z )
4πε 0 dz
4πε0
2
4πε 0
dz ⎜⎝ 4πε 0 b 2 + z 2 ⎠⎟⎟
3
−3 / 2
−5 / 2
−5 / 2
Q (b 2 + z 2 )
+ Qz × − 2z (b 2 + z 2 )
Q (b 2 − 2z 2 )(b 2 + z 2 )
dEz
2
L
=
=
dz
4πε0
4πε0
(
Fz =
)
pQ (b 2 − 2z 2 )
5/2
4πε 0 (b 2 + z 2 )
Les positions d'équilibre correspondent à Fz = 0 soit z = ±
b
.
2
4) La force est du signe de b 2 − 2z 2 :
−
−∞
z
Fz
b
2
b
2
+∞
+
−
−
b
b
donc la position z =
est stable et la position z = −
est instable.
2
2
G G
b
b
On peut aussi observer que z =
correspond à un minimum de l’énergie potentielle −p ⋅ E et que z = −
2
2
correspond à un maximum de cette énergie potentielle.
b
d 2z
b dFz b
d 2z
b
, m 2 = Fz ≈ z −
, de la forme 2 + ω2 z −
= 0 qui est
5) Au voisinage de z =
2 dz
2
2
2
dt
dt
1 dFz b
.
l’équation d’un oscillateur harmonique dont la pulsation est donnée par ω2 = −
m dz
2
2
2
2
2 −5 / 2 ⎞
dFz
d ⎛⎜⎜ pQ (b − 2z )(b + z )
⎟⎟⎟ = pQ ⎡ −4z (b 2 + z 2 )−5 / 2 − 5 2z (b 2 − 2z 2 )(b 2 + z 2 )−7 / 2 ⎤
= ⎜
⎢
⎥
⎟
dz
dz ⎜⎜⎝
4πε0
2
⎦
⎠⎟ 4πε0 ⎣
(
) ( )
(
( )
=
pQz [ −4 (b 2 + z 2 ) − 5 (b 2 − 2z 2 ) ]
dFz
dz
7 /2
4πε0 (b 2 + z 2 )
( b2 ) = − 4πε b
0
6pQ
4
7 /2
2 (3/ 2)
=
=−
pQz ( 6z 2 − 9b 2 )
7 /2
4πε 0 (b 2 + z 2 )
4 pQ
3 πε0b 4
5/2
4pQ
ω2 = 5 / 2
3 πε0b 4m
f =
ω
pQ
= 5/ 4 3/2
2π
m ε 0b 2
3 π
DS : dipôle électrostatique, page 5
)
G G
6) Wop = ∆E p = −∆ ( p ⋅ E ) = 0 car le champ électrique est nul en O et à l’infini.
III. Sphère dipolaire.
1) Toute droite passant par O est un axe de révolution de la distribution de charge, donc le champ électrique est radial
et sa mesure ne dépend que de r .
Appliquons le théorème de Gauss à une sphère de contre o et de rayon r :
G JJG
q
w E ⋅ dS = 4πr 2E = εint0
∫∫
G
G
ρr
Si r < R , q int = 43 πr 3 ρ ⇒ E =
3ε0
G
ρR 3 G
ur
Si r > R , q int = 43 πR 3 ρ ⇒ E =
3ε0r 2
JJJJG
JJJJJG
JJJJJG
G
G
ρO1M
ρO2M
ρO1O2
2) E (M ) = −
+
⇒ E (M ) = −
.
3ε 0
3ε 0
3ε 0
G JJG
ρO1O2
ρO1O2x
dV = −E ⋅ dr =
dx ⇒ V =
+ cste
3ε 0
3ε 0
Le plan x = 0 est un plan d’antisymétrie des charges, donc il est préférable de choisir la constante de sorte qu’il
fasse partie de l’équipotentielle 0 . D’où cste = 0 .
ρO1O2x
V =
3ε0
3a) Le volume du cylindre hachuré est égal en valeur absolue au produit scalaire du vecteur surface de la surface de
JJJJJG
base par la génératrice O1O2 : d τ = O1O2dS cos θ . La limite de la charge qu’il contient est
lim± ρd τ = lim(ρO1O2dS cos θ) = P cos θdS . La distribution de charge tend vers une charge sur une sphère de centre
O et de rayon R portant la densité superficielle de charge σ = P cos θ .
G
G
P
3b) La limite du champ à l’intérieur de la sphère est E = −
.La limite du potentiel à l’intérieur de la sphère est
3ε 0
Px
V =
.
3ε 0
3c) A l’extérieur d’une sphère, le potentiel produit par une boule est le même que si l’on concentrait toute sa charge
en son centre. Le potentiel des deux boules est donc celui de deux charges ponctuelles opposées placées en O1 et O2. La
G
JJJJJG
G
limite de ce potentiel est le potentiel d’un dipôle de moment p = lim(ρ 43 πR 3O1O2 ) = 43 πR 3P . D’où
V =
R 3P cos θ
3ε 0r 2
G
JJJJG
2R 3P cos θ G
R 3P sin θ G
En prenant le gradient en coordonnées sphériques : E = −gradV =
u
+
uθ
r
3ε 0r 3
3ε 0r 3
G
G G G
G
G
R3
On peut aussi montrer que E =
[3(P ⋅ u )u − P ] , où u est le vecteur unitaire radial.
3
3ε 0r
4) D’après la question 3a), c’est une application de ce qui précède, pour P = σ0
G
σ G
4a) En O, V = 0 et E = − 0 ux
3ε 0
G
σx
σ G
4b) A l’intérieur de la sphère, V = 0 et E = − 0 ux
3ε 0
3ε 0
4c) A l’extérieur de la sphère, V =
G
R 3 σ0 cos θ
2R 3 σ0 cos θ G
R 3σ0 sin θ G
et
E
=
u
+
uθ .
r
3ε 0r 2
3ε 0r 3
3ε 0 r 3
IV.
1) Il y a mésomérie entre les deux formes ci-contre :
O+
O+
2) Les liaisons oxygène-oxygène sont semblables et sont
O
O–
O–
O
intermédiaires entre des liaisons simples et des liaisons doubles,
d’où des distances égales et intermédiaires entre la distance dans
une simple liaison (H2O2) et une double liaison (O2). Comme une double liaison se comporte comme une simple liaison
dans la théorie VSEPR, cette théorie prévoit un angle entre les liaisons de 120°, qui est l’angle quand il y a autour de
DS : dipôle électrostatique, page 6
l’oxygène central trois doublets électroniques. L’angle réel est 116,8° ; l’écart est dû à ce que les doublets en question
ne sont pas équivalents, le doublet non liant étant plus volumineux.
3) L’oxygène central porte une charge +2δ , les deux autres portent chacun la charge −δ .
0, 49 × 3, 3356.10−30
p
=
= 0, 076
p = 2δea cos ( α / 2 ) ⇒ δ =
116, 8
2ea cos ( α / 2 )
2 × 1, 6.10−19 × 1,28.10−10 × cos
2
V.
A.
p cos θ
.
4πε0r 2
G G G G
G
G
3 ( p ⋅ u )u − p
∂V G
1 ∂V G
2p cos θ G
p sin θ G
2) E = −
;
on
peut
aussi
montrer
que
.
ur −
uθ =
u
+
u
E
=
r
θ
∂r
r ∂θ
4πε0r 3
4πε0r 3
4πε0r 3
G
G
3) L’orientation d’équilibre stable correspond au minimum de l’énergie potentielle, donc à p parallèle à E et de
même sens.
G
G G
JJJJG
4) Il y a accord, car F = −gradE p , soit F ⋅ dr = −dE p . Pour une molécule non rigide, le travail des forces
1) V =
intérieures est non nul et complique la compréhension des bilans énergétiques.
G
G
2p1
5.a) E12 =
.
4πε0r 3
G
G
G
2αp1
5.b) p2 = αε0E12 =
.
4πr 3
G
G
G
2p2
αp1
5.c) E21 =
=
.
4πε0r 3
4π2 ε0r 6
5.d) Les deux molécules ont leur orientation d’équilibre stable.
G G
αp 2
5.e) L’énergie potentielle associée à la force sur M1 est E p = −p1 ⋅ E21 = − 2 1 6 .
4π ε0r
6.a) Cette force est attractive, car l’énergie potentielle est une fonction croissante de la distance,
dE p
donc F = −
< 0.
dr
6.b) Une molécule de type 2 est soumise à l’action d’un demi-espace rempli de molécules 1.
Décomposons ce demi espace en éléments de volume dτ 1 , chacun contenant n1dτ 1 molécules.
L’énergie d’interaction d’une molécule de type 2 avec le demi-espace rempli de molécules de type
1 est :
Cα α
E p = ∫∫∫ − 26 1n1d τ1 où d τ1 = sin θd θdϕr 2dr
r
2π
π /2
π /2
∞
⎡ r −3 ⎤ ∞
r 2dr
⎢
⎥
sin θd θ ∫
=
−
2
sin
α
α
π
θ
θ
E p = −C α2α1n1 ∫ d ϕ ∫
C
n
d
2 1 1∫
⎢⎣ −3 ⎥⎦d / cos θ
d / cos θ r 6
0
0
0
En faisant le changement de variable u = cosθ dans l’intégration
πC α2α1n1
2πC α2α1n1 1 3
Ep = −
∫0 u du = − 6d 3 .
3d 3
6.c) Comme l’intégrale est en 1/ r 3 , la formule précédente reste valable si la dimension du solide, sans être infinie,
est nettement plus grande que d .
B.
1.a) V = πR2H
Sext = 2πR2 + 2πRH . Ecrivons que les différentielles de V et Sext sont nulles :
dV = π ( 2RHdR + R2dH ) = 0
dSext = 2π ( ( 2R + H )dR + RdH ) = 0
qui n’a pas d’autre solution que dR = dH = 0 sauf si 2RH × R = R2 ( 2R + H ) ⇒ H = 2R .
1.b) R = ( 2π × 21500 )−1/ 3 = 0, 01949 m ; Sext = 6πR2 = 6π × 0, 019492 = 7,16.10−3 m2 .
DS : dipôle électrostatique, page 7
Autre démonstration
V = πR2H
Sext = 2πR2 + 2πRH = 2πR2 +
2V
R
dSext
2V
= 4πR − 2
dR
R
( )
dSext
V
>0⇔R>
2π
dR
1/ 3
Sext est donc minimum pour cette valeur ; alors : H =
V
2πR 3
=
= 2R .
πR2
πR2
1.c) La forme sphérique offre une surface plus faible.
JJG
2.a) Calculons la force de pression d Π sur un volume élémentaire d τ = dxdydz :
JJG
JJJJG
∂P
d Πx = P ( x )dydz − P ( x + dx )dydz = −
dxdydz qui est la projection de l’équation d Π = −gradPdτ . Ce
∂x
JJG
G
JJG JJG
JJJJG
dF
volume est en équilibre si la somme des forces est nulle, soit d Π + dF = 0 , d’où gradP =
.
dτ
G
JJJJG
P
2.b) Soit n =
la densité de molécules. La force de Van der Waals sur une molécule est f = −gradWp . D’où :
kBT
JJJJG
P JJJJG
gradP = −
gradWp
kBT
JJJJG
G
G
P JJJJG
P
gradWp ⋅ dr = −
dP = gradP ⋅ dr = −
dWp
kBT
kBT
dWp
dP
=−
P
kBT
Wp
ln P = −
+ cste
kBT
Wp
ln P − ln P∞ = −
kBT
W
⎛
p ⎞
⎟⎟
P = P∞ exp ⎜⎜⎜ −
⎝ kBT ⎠⎟
2.c) L’eau se condense si sa pression partielle est égale à sa pression de vapeur saturante :
Kp
⎛ K p ⎞⎟
⎛
⎞⎟1/ 3
⎜
⇒
=
Ps = P∞ exp ⎜⎜ 3
z
⎟
⎜
⎜⎝ kBT ln ( Ps / P∞ ) ⎠⎟⎟ .
⎜⎝ z kBT ⎠⎟
⎛
⎞⎟1/ 3
3 × 10−50
2.d) dliq = ⎜⎜
⎟ m = 174 pm . On n’envisage pas l’adsorption de l’air, car à la
⎜⎝ 1, 38 × 10−23 × 298 × ln ( 1/ 0, 25 ) ⎟⎠
température ambiante l’air n’est pas liquide.
2.e) Cela correspond à une couche de molécules d’eau. Pour un pavage hexagonal, chaque
molécule occupe un hexagone dont la surface est six fois celle d’un triangle équilatéral de hauteur le
rayon de la molécule , soit
1
2R
2
= 2 3R2 = 2 3 ( 150 × 10−12 ) = 7, 794 × 10−20 m2 . La masse adsorbée est
S1 = 6 × R ×
2
3
7,16 × 10−3
18
×
g = 2, 74 × 10−6 g .
7, 794 × 10−20 6, 02 × 1023
Autre idée de calcul : le volume de la couche adsorbée est le produit de son épaisseur par sa surface, soit
7,16 × 10−3 × 174 × 10−12 = 1, 2 × 10−12 m 3 ; la masse volumique de l’eau étant 1000 kg . m−3 , la masse adsorbée est
1, 2 × 10−9 kg = 1, 2 µ g .
2.f) L’erreur serait de l’ordre de 2,7 microgrammes.
DS : dipôle électrostatique, page 8