Dipôle électrostatique

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 et . 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.

λ

− +λ

5) Cette expression est égale au potentiel d’une densité linéaire PG

de moment dipolaire le long de Oz. Déterminer PG

.

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 positive répartie uniformément sur sa circonférence. Quel est le potentiel qu’il crée sur l’axe Oz ?

Q )

(z V

2) Soit A le point de Oz d’abscisse . Une charge est répartie uniformément sur le segment OA. Quelle est la résultante des forces que subit le cercle (C) ?

a q

A présent, la charge n’existe plus. q

3) Un dipôle électrique non pesant de moment pG puG_z

= ( constante positive) et de masse est mobile sur l’axe des z. Quelles sont ses positions d’équilibre ?

p m

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.

3) On fait tendre O1 et O2 vers leur milieu O et ρ vers l’infini, de sorte que ρO OJJJJJG_{1 2} tende vers une limite P^G.

θ O

σ dS θ O2

O1

3.a) Exprimer en fonction de dS , O1O2 et θ le volume du cylindre hachuré, balayé par un 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.

4) Exprimer le champ et le potentiel produits par une sphère de centre O et de rayon R portant une densité superficielle de charge σ = σ0.cos θ :

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, 6.10⁻¹⁹C ; 1D =3, 3356.10⁻³⁰C.m.

La molécule d’ozone O3 a la forme d’un triangle isocèle ; les deux cotés égaux ont pour longueur et font un angle . Dans la molécule O

1,28.10 10m

a = ⁻

116, 8

α= ° 2, la distance entre les noyaux d’oxygène est , tandis

que dans la molécule H

1,21.10⁻10m

2O2 elle est de ^{1, 48.10−10m}. 1) Trouver la formule de Lewis de la molécule O3. 2) Commenter la géométrie de cette molécule.

3) Son moment dipolaire est . Quelle répartition des charges sur les atomes correspond à un tel moment ?

0, 49 D p =

V.

A40. Interaction de Van der Waals.

1) Soit un dipôle électrique de moment pG

situé à l’origine Oet un point repéré par ses coordonnées polaires . Rappeler sans démonstration l’expression du potentiel ^V créé par le dipôle en M.

M ,

r θ M

O p^G θ

r

2) Calculer le champ électrique en M.

3) Soit un dipôle rigide de moment ^pG soumis à un champ électrique ^E G

. Son énergie potentielle est − ⋅p EG G

. A quelle condition le dipôle a-t-il son orientation d’équilibre stable ?

4) La force sur un dipôle rigide soumis à un champ électrique EG

est ^{FG =gradJJJJG G}

(

^p⋅EG

)

. Est-ce en accord avec la question précédente ? Pourquoi n’avoir pas considéré à cette question et à la précédente un dipôle non rigide ?

5) Une molécule apolaire soumise à un champ électrique EG

acquiert de ce fait un moment dipolaire électrique pG =αε0EG

, où α est une constante caractéristique de cette molécule appelée polarisabilité.

Soit une molécule polaire M1 de moment dipolaire électrique rigide pG1

et une molécule apolaire M2 de polarisabilité distantes de r M . On suppose p

α = ₁M₂ ^G₁ parallèle à la droite M1M2 et dirigé de M1 vers M2. a) Quel est le champ électrique EG₁₂

créé par M1 en M2 ? b) Quel est le moment dipolaire électrique ^pG₂ de M2 ? c) Quel est le champ électrique EG₂₁

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

1 2 p 6

E C

r

=− α α , où C est une constante positive et α et sont les polarisabilités, positives, des molécules de type 1 et 2.

1 α2

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 avec la densité (nombre de molécules par unité de volume) n . Une molécule de type 2 est mobile dans la région z . 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 ou d r . Montrer que cette énergie potentielle est

0

z < ₁

>0

d d r d

τ =sinθ θ ϕ ² r Ω ²dr

2 1 1

6 3 p

C n

E .

d π α α

=−

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 S_ext. A quelle condition portant sur H et la surface est-elle minimale, à masse (donc à volume) fixée ?

R

1.b) Application numérique : pour un étalon en alliage Pt-Ir (platine 90%, iridium 10%).

Déterminer et S pour une masse de 1 kg et une surface minimale.

21 500 kg m 3

Pt Ir −

ρ − = ⋅

R _ext

2.a) Montrer que la pression dans un gaz en équilibre soumis à des forces à distance volumiques dF dτ G

obéit à grad dF

P = dτ JJJJG G

.

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/z³, 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.

Montrer que la pression dans le gaz à la distance de la paroi est z ^{( )} exp ^{p( )}

B

P z P W z

∞ ⎛ k T ⎞

⎠⎟

= ⎜⎜⎜⎝− ⎟⎟, où k^B désigne la constante de Boltzmann.

2.c) Soit P T_s( ) 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 au moins égale à :

.

dliq

( ( ) )

[ ]

{ ^{/ ln /} }^{1/ 3}

liq p B s

d = K k T P T P_∞

2.d) On utilise ce modèle pour l'eau. Évaluer d_liq pour un degré d'humidité

( ) 0,25

s

P P T

∞ = , à la température de

25°C, en prenant et . Pourquoi l’adsorption de l’air n’est pas

envisagée ?

3 50J m 10

3× ⁻ ⋅ ⁻

p =

K k_B =1,38×10⁻²³J⋅K⁻¹

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 ? Évaluer alors la masse adsorbée en surface d'un étalon d'un kilogramme en Pt-Ir, en supposant hexagonal le pavage de la surface.

dliq

2.f) En déduire l'erreur δm_p commise sur une pesée en ignorant cet effet d'adsorption.

Réponses

I. 1) EG =E r u^{( )}G_r ; 2)

2 0

E = λ r πε ; 3)

0

ln cste V =−2λ r +

πε ; 4)

0

( ) acos V M ≈λ r

πε

θ ; 5) PG = AJJJGB

λ ; 6) dans un plan perpendiculaire à Oz, les équipotentielles forment un faisceau de cercles tangents en O à la médiatrice de AB et d’équations :

0

a cos r = λV θ

πε ; 7) _{2 2}

0 0

cos sin

r

a a

E u

r r ^θ

λ θ λ θ

= +

πε πε u

G G G

; 8) les lignes de champ forment un faisceau de cercles tangents en O à AB d’équations

2 sin . r = R θ

II. 1) ^{( )}

0 2

4 Q

b z2

= πε +

V P ; 2)

2 2

0

1 1

4 ^z

F qQ u

a b a b

⎡ ⎤

⎢ ⎥

= −

⎢ ⎥

πε ⎣ + ⎦

G G

; 3)

2 z = ± b ; 4)

2

z = b est stable et

2

z =− b est instable ; 5) _{5/ 4 3/2 2} 3 0

f pQ

= m b

π ε ; 6) W_op =0.

III. 1) Si , ; si ,

3

0 0 2

3 3 ^r

r R

r R E r R E u

r

ρ ρ

ε ε

< = > =

G G G G

; 2) ^{1 2}

0

( ) 3

E M ρO O

=− ε JJJJJG G

; ^{1 2}

3 0

O O x

V ^ρ ; 3a)

= ε

1 2 cos

dτ =O O dS θ ; la limite de la charge qu’il contient est PcosθdS ; 3b)

3 0

E P

=− ε G G

; 3 0

V Px ; 3c)

= ε

3 0 2

cos 3 V R P

r θ

= ε ;

3 3

3 3

0 0

2 cos sin

3 ^r 3

R P R P

E u u

r r ^θ

θ θ

ε ε

= +

G G G

=0

; 4a) V et ⁰

3 0 ^x

E σ u

=− ε

G G

; 4b) ⁰

3 0

V σ x

= ε

0

3 0 ^x

E σ u

=− ε

G G

; 4c)

3 0 0 2

cos 3

V R ;

r

σ θ

= ε ^{3 0} ₃ ^{3 0} ₃

0 0

2 cos sin

3 ^r 3

R R

E u u

r r ^θ

σ θ σ θ

ε ε

= +

G G G

.

IV. 3) ( )

( )

2 cos / 2 0, 076

2 cos / 2 p ea p

= δ α ⇒ δ = ea =

α .

V.A. 1) ₂

0

cos 4 V p

r θ

= πε ; 2) ₃

0 0

2 cos sin

4 ^r 4

p p

E u ₃

r r

= + u

G G G

θ

θ θ

πε πε ; 3) p^G parallèle à EG

et de même sens ; 5.a)

12 1 3

0

2 4 E p

πε r

= G G

; 5.b) ₂ ^{2 1}₃ 4 p p

= r

G αG

π ; 5.c) _{21 2} ¹ ₆ 4 0

E p

= r

G αG

π ε ; 5.d) oui ; 5.e)

12

2 6

4 0 p

E p

=− α r

π ε ; 6.a) force attractive ; 6.b)

2 /2 2

2 1 1 0 0 sin / cos 6

p d

E C n d d r dr

r

=− ^{α α}

∫

^{π ϕ}

∫

^{π θ θ}

∫

∞ _θ ; 6.c) reste valable.

V.B. 1.a) ; ; 1.b) ; ; 1.c)

forme sphérique ; 2.d) ; 2.e) une couche ; .

2 _ext 2 2 2

V =πR H S = πR + πRH H =2R R=0, 0195 m S_ext =7,16.10⁻³m² 174 pm

dliq = 2, 7 gµ

Corrigé

I.

1) Soit une droite (D) portant une densité linéaire de charge uniforme : λ

• 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 et de hauteur ^r h donne :

0 0

2 2

rhE h E

r

λ λ

π = ε ⇒ = π

ε 3)

0 0

ln cste

2 2

dV E dr Edr dr V r

=− ⋅G JJG =− =− λ r ⇒ =− λ +

πε πε

4) Soit a =OA=OB. Si on suppose le potentiel nul à l’infini,

2

0 0 2

( ) ln ln

2 4

MA MA

V M MB MB

λ λ

πε πε

= =

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2

2

2 cos

2 cos 1

2 cos

2 cos 1

a a

MA r a ar r

r r

a a

MB r a ar r

r r

θ θ θ θ

⎛ ⎞⎟

= + + = ⎜⎜⎜⎜⎝ + + ⎟⎟⎟⎠

⎛ ⎞⎟

= + − = ⎜⎜⎜⎜⎝ − + ⎟⎟⎟⎠

λ –λ

A r θ

O B

M M A B Faisons un développement limité quand r tend vers l’infini. En utilisant

1 1

1

ε ε ε

ε

+ ≈ + − ′

+ ′ :

2

2 0 0

4 cos 4 ca

r r

os cos

1 ( )

4

MA a a

V M r

MB ≈ + θ ≈ λ θ =λ θ

πε πε .

5) Un élément de longueur dz comporte les charges opposées −λdA et λdA distantes de ABJJJG

, donc a pour moment dpJJG =λd ABJJJG

A , donc P ^dp A

d λ B

= =

G JJG JJJG

A

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

d’équations :

0

2 cos où 2 a

r R R

V θ λ

= = πε

7)

0 2

0 2

cos

1 s

0

r

z

V a

E r r

V a

E r r

E V

z

=− =

=− =

=− =

θ

∂ λ θ

∂ πε

∂ λ

∂θ πε

∂

∂

inθ

8) Comme E = , les lignes de champ sont dans les plans perpendiculaires à Oz ; leur équation s’obtient en exprimant qu’un déplacement élémentaire dr

z 0

JJG le long d’une ligne de champ est parallèle au champ électrique :

cos sin

(sin )

cos ln ln sin cste 2 sin

sin sin

r

dr rd

E E

dr rd dr d d

r r

r

=

=

= = = + =

θ

θ θ

θ θ

θ θ θ

θ θ

θ 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.

1) Toute la charge est à la même distance r = b² +z² du point P de l’axe : ^{( )} _{2 2} 4 0

V P Q

b z

= πε + .

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 [

O

dzE dzdV V O V A

dz ]

= −λ =λ −

∫

^λ

∫

. D’où la force sur le cercle

( ) ( )

[ ]

2 2

0

1 1

z 4 z

q qQ

F V O V A u

a a b a

⎡ ⎤

⎢ ⎥

=− − = −

⎢ ⎥

πε ⎣ + ⎦u

b

G G G

3) L’axe Oz étant un axe de révolution, il porte la force sur le dipôle _z grad _z dE^z

F p E p

= G⋅JJJJG = dz

.

( )

( ) ^{( ) ( )}

( ) ( ) ( )( )

( )

( )

2 2 3/ 2

1/2 3/2

2 2 2 2

2 2 0 0

0

3/ 2 5/ 2

2 2 2 2 2 2 2 2 5/2

0 0

2 2

2 2 5 /2 0

12

4 4 2

4

32 2

2

4 4

2 4

z

z

z

Qz b z

d Q Q d Q

E b z z b z

dz b z dz

Q b z Qz z b z Q b z b z

dE dz

pQ b z F

b z

− − −

− − −

⎛ ⎞⎟ +

⎜ ⎟

=− ⎜⎜⎜⎝ πε + ⎟⎟⎟⎠=− πε + =− πε ×− + = πε

+ + ×− + − +

= =

πε πε

= −

πε +

4 0

L

Les positions d'équilibre correspondent à F_z =0 soit

2 z = ± b . 4) La force est du signe de b²−2z² :

z −∞

2

− b

2

b +∞

Fz − + −

donc la position 2

z = b est stable et la position

2

z =− b est instable.

On peut aussi observer que

2

z = b correspond à un minimum de l’énergie potentielle − ⋅p EG G et que

2 z =− b correspond à un maximum de cette énergie potentielle.

5) Au voisinage de 2

z = b , ^{md z}_dt^{22 =Fz ≈}

(

^{z − b dF}₂

) (

_dz^{z b}₂

)

, de la forme ^{d z}_dt^{22 +ω2}

(

^{z− b}₂

)

^{=0 qui est}

l’équation d’un oscillateur harmonique dont la pulsation est donnée par ^{ω2 =−}_{m dz}^{1 dFz}

( )

^b₂ ^.

( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )

[ ]

( )

( )

( )

( )

_{( )}

2 2 2 2 5/2

5/2 7 /2

2 2 2 2 2 2

0 0

2 2 2 2 2 2

7 /2 7 /2

2 2 2 2

0 0

7 /2 5/2 4

4 0

0 2

5/2 4

0

2 5

4 2 2

4 4 2

4 5 2 6 9

4 4

6 4

2 4 2 3 / 2 3

4 3

z

z

pQ b z b z

dF d pQ

z b z z b z b z

dz dz

pQz b z b z pQz z b

b z b z

dF b pQ pQ

dz b b

pQ b m

−

− −

⎛ − + ⎞⎟

⎜ ⎟ ⎡ ⎤

= ⎜⎜⎜⎜⎜⎝ πε ⎟⎟⎟⎟⎠= πε ⎢⎣− + − − + ⎥⎦

− + − − −

= =

πε + πε +

=− =−

πε πε ω =

πε

5/ 4 3/2 2

2 3 0

f pQ

m b

= ω =

π π ε

6) Wop =∆Ep =−∆

(

p EG⋅ G

)

=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 :

int 2

0 3 int 43

0 3 3

int 43 2

0

4 Si ,

3 Si ,

3 ^r

E dS r E q

r R q r E r

r R q R E R u

r

⋅ = π =

ε

< = π ρ ⇒ = ρ ε

> = π ρ ⇒ = ρ ε

∫∫

^{G JJG}

G G

G G

w

2) ^{1 2 1}

0 0

( ) ( )

3 3 3

O M O M O O₂

0

ρ ρ E M ρ

=− + ⇒ =−

ε ε ε

E M

JJJJG JJJJJG JJJJJG

G G

.

1 2 1 2

0 0

3 3

O O O O x

dV =− ⋅E dr = ρ dx ⇒V = ρ +cste

ε ε

G JJG

Le plan x est un plan d’antisymétrie des charges, donc il est préférable de choisir la constante de sorte qu’il fasse partie de l’équipotentielle . D’où cst .

=0

e =

0 0

1 2

3 0

O O x V ρ

= ε

3a) Le volume du cylindre hachuré est égal en valeur absolue au produit scalaire du vecteur surface de la surface de base par la génératrice O OJJJJJG_{1 2}

: dτ =O O dS_{1 2} cosθ . La limite de la charge qu’il contient est

. La distribution de charge tend vers une charge sur une sphère de centre O et de rayon R portant la densité superficielle de charge

lim±ρ τd =lim(ρO O dS1 2 cos )θ =PcosθdS

cos σ=P θ. 3b) La limite du champ à l’intérieur de la sphère est

3 0

E =− P ε G G

.La limite du potentiel à l’intérieur de la sphère est

3 0

V = Px ε .

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 limite de ce potentiel est le potentiel d’un dipôle de moment pG =lim(ρ π⁴₃ R O O³JJJJJG_{1 2})= ⁴₃πR P³G

. D’où

3 0 2

cos 3 V R P

r

= θ ε

En prenant le gradient en coordonnées sphériques :

3 3

3 3

0 0

2 cos sin

grad 3 ^r 3

R P R P

E V u

r r ^θ

θ θ

=− = +

ε ε u

G JJJJG G G

On peut aussi montrer que

3 0 3

[3( ) ]

3

E R P u u

= r ⋅ −

ε P

G G G G G

, où uG

est le vecteur unitaire radial.

4) D’après la question 3a), c’est une application de ce qui précède, pour P = σ0

4a) En O, V =0 et ⁰ 3 0 ^x

E σ u

=− ε

G G

4b) A l’intérieur de la sphère, ⁰ 3 0

V =^σ x et ε

0

3 0 ^x

E =−σ u ε

G G

4c) A l’extérieur de la sphère,

3 0 0 2

cos 3

V R et

r

σ θ

= ε

3 3

0 0

3 3

0 0

2 cos sin

3 ^r 3

R R

E u

r r ^θ

σ θ σ θ

= +

ε ε u

G G G

. IV.

1) Il y a mésomérie entre les deux formes ci-contre : 2) Les liaisons oxygène-oxygène sont semblables et sont intermédiaires entre des liaisons simples et des liaisons doubles, d’où des distances égales et intermédiaires entre la distance dans

O O⁺

O^– O^–

O⁺ O

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. ( )

( )

30

19 10

0, 49 3, 3356.10

2 cos / 2 2 cos / 2 2 1, 6.10 1,28.10 cos116, 8 0, 076 2

p ea p

ea

−

− −

= δ α ⇒ δ = = × =

α × × ×

V.

A.

1) ₂

0

cos 4 V p

r θ

= πε .

2) _{3 3}

0 0

1 2 cos sin

4 4

r r

V V p p

E u u u

r r ^θ r r

θ

θ πε πε

∂ ∂

=− − = +

∂ ∂ θu_θ

G G G G G

; on peut aussi montrer que ( )

0 3

3 4

p u u p

E πεr

⋅ −

=

G G G G

G

. 3) L’orientation d’équilibre stable correspond au minimum de l’énergie potentielle, donc à pG

parallèle à EG et de même sens.

4) Il y a accord, car FG =−gradJJJJGE_p

r dE

⋅ =− , soit F dG G _p

. Pour une molécule non rigide, le travail des forces intérieures est non nul et complique la compréhension des bilans énergétiques.

5.a) ₁₂ ¹ ₃

0

2 4 E p

πεr

= G G

. 5.b) _{2 0 12} ^{2 1}₃

4 p E p

r αε α

= = π G G

G .

5.c) ₂₁ ² _{3 2} ¹

0 0

2

4 4

p p

r r6

α

πε π ε

= =

E

G G

G

.

5.d) Les deux molécules ont leur orientation d’équilibre stable.

5.e) L’énergie potentielle associée à la force sur M1 est

12

1 21 2 6

4 0 p

E p E p

r α

=− ⋅G G =− π ε

. 6.a) Cette force est attractive, car l’énergie potentielle est une fonction croissante de la distance,

donc dE^p 0

F =− 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 dτ1, chacun contenant n1dτ1 molécules.

L’énergie d’interaction d’une molécule de type 2 avec le demi-espace rempli de molécules de type 1 est :

2 1 où 2

1 1 1

6

2 3

2 /2 /2

2 1 1 0 0 / cos 6 2 1 1 0 / cos

sin

sin 2 sin

3

p

p d d

E C n d d d d r dr

r

r dr r

E C n d d C n d

r

π π π

θ θ

α α τ τ θ θ ϕ

α α ϕ θ θ α α π θ θ

− ∞

∞

= − =

⎡ ⎤

⎢ ⎥

=− =−

⎢− ⎥

⎣ ⎦

∫∫∫

∫ ∫ ∫ ∫

En faisant le changement de variable u=cosθ dans l’intégration

2 1 1 1 3 2 1 1

3 0 3

2

3 6

p C n C n

E u du

d d

π α α π α α

=−

∫

=− ^.

6.c) Comme l’intégrale est en 1/ , la formule précédente reste valable si la dimension du solide, sans être infinie, est nettement plus grande que d.

r3

H S R RH

π π π

= = +

=

=dH = RH×R =R R+H ⇒H =2R

π ⁻

= × = = π = π× = ^{−3 2}

B.

1.a) V R . Ecrivons que les différentielles de V et S sont nulles :

qui n’a pas d’autre solution que dR sauf si 2 2 .

2 _ext 2 2 2 _ext

( )

( )

( )

2 2 0

2 2 0

ext

dV RHdR R dH

dS R H dR RdH

π π

= + =

= + +

0 ²( )

1.b) R (2 21500) ^{1/ 3} 0, 01949 m ; S_ext 6 R² 6 0, 01949² 7,16.10 m .

Autre démonstration

( )

2 2 2

2 1/ 3

2 2 2 2

4 2

0 2

ext ext

ext

V R H S R RH R V

R

dS V

dR R R

dS V

dR R

π π π π

π

> π

= = + =

= −

> ⇔

+

est donc minimum pour cette valeur ; alors :

Sext ₂ 2 ₂³

V R 2

H R.

R R

π

π π

= = =

1.c) La forme sphérique offre une surface plus faible.

2.a) Calculons la force de pression dΠJJG

sur un volume élémentaire dτ =dxdydz :

( ) ( )

x

d P x dydz P x dx dydz Pdxdydz x

Π = − + =−∂

∂ qui est la projection de l’équation dJJGΠ=−gradJJJJGPdτ Π+ F =

. Ce volume est en équilibre si la somme des forces est nulle, soit dJJG dJJG 0G

, d’où grad dF P =dτ JJJJG JJG

. 2.b) Soit

B

n P la densité de molécules. La force de Van der Waals sur une molécule est

=k T fG =−gradJJJJGW_p

. D’où :

grad grad

grad grad

ln

ln ln

exp

B p

p p

B B

p B

p B

p B p B

P P W

k T

P P

dP P dr W dr dW

k T k T

dP dW

P k T

P W cste

k T P P W

k T P P W

k T

∞

∞

=−

= ⋅ =− ⋅ =−

=−

=− +

− =−

⎛ ⎞⎟

= ⎜⎜⎜⎝− ⎟⎟⎠

JJJJG JJJJG

JJJJG G JJJJG G

2.c) L’eau se condense si sa pression partielle est égale à sa pression de vapeur saturante :

( )

1/ 3

exp 3

ln /

p p

s B B s

K K

P P z

k T P P z k T

∞ ∞

⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟

⎜ ⎜

= ⎜⎜⎝ ⎟⎟⎟⎠⇒ =⎜⎜⎝ ⎟⎟⎟⎠ . 2.d)

( )

50 1/ 3 23

3 10 m 174 pm

1, 38 10 298 ln 1/ 0,25

dliq . On n’envisage pas l’adsorption de l’air, car à la

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

( )

²

2 12

1

1 2

6 2 3 2 3 150 10 7, 794 10 m

2 3

S = × R× R = R = × ⁻ = × ^{−20 2}. La masse adsorbée est

3 6

20 23

7,16 10 18

g 2, 74 10 g 7, 794 10 6, 02 10

− −

−

× × = ×

× × .

Autre idée de calcul : le volume de la couche adsorbée est le produit de son épaisseur par sa surface, soit

; la masse volumique de l’eau étant ¹⁰⁰ , la masse adsorbée est .

3 12

7,16 10× ⁻ ×174×10⁻ =1,2 10× ⁻¹²m³ 0 kg.m⁻

µ

3

1,2 10× ⁻9kg =1,2 g

2.f) L’erreur serait de l’ordre de 2,7 microgrammes.