CORRIGE MINES-PONTS 1 PC 2014 - INTERACTIONS MICROSCOPIQUES Corrigé rédigé par Marc STRUBEL(marc.strubel@wanadoo.fr), relu par Nicole ADLOFF (nicole.adloff0212@orange.fr ). Merci de nous faire part de vos remarques et commentaires ! Ce corrigé peut être diffusé à vos élèves dès 2014.

I . Etude microscopique:

I.A.  La  vapeur  d’eau : I.A.1.La  loi  des  gaz  parfaitss’écrit :

P.V = n.RT On en déduit :

nv = P.NA/RT= P/kB.T = 1,94.1025 molécules.m-3. La distance moyenne est donc :

𝑑𝑉 =1𝑛𝑣3

= 3,72 𝑛𝑚

Cette valeur est confirmée à la question 8. 2. Les interactions intermoléculaires sont négligées dans un gaz parfait. A  pression  constante,  l’équation  des gaz parfaits montre que le volume molaire décroit linéairement avec  la  température  lorsqu’on  le  refroidit.

B. Un modèle atomique simple : 3. Par symétrie et invariances :

�⃗� = 𝐸(𝑟).𝑢𝑟 Le théorème de Gauss appliqué sur une sphère de rayon 𝑟 = 𝑃�⃗� fournit :

𝐸(𝑟) = 𝜌𝑟3𝜀0

avec 𝜌 = 3𝑒4𝜋𝑎3

On en déduit finalement : 𝑬+⃗(𝑵) =

𝒆𝟒𝝅𝜺𝟎𝒂𝟑

. 𝒓 4.  On  néglige  le  poids  de  l’électron  devant  la  force  exercée  par  le  noyau. Le  principe  fondamental  de  la  dynamique  appliqué  à  l’électron  s’écrit  alors :

𝑚𝑑2𝑟

𝑑𝑡2⃗

= − 𝑒2

4𝜋𝜀0𝑎3 . 𝑟

C’est  l’équation  d’un  oscillateur  harmonique  de  fréquence  propre :

𝑓0 =1

2𝜋𝑒2

4𝜋𝜀0𝑚𝑎3

On calcule :

𝝀𝟎 =𝒄𝒇𝟎

= 𝟐𝝅𝒄 𝟒𝝅𝜺𝟎𝒎𝒂𝟑

𝒆𝟐 = 𝟒,𝟏𝟗.𝟏𝟎−𝟖 𝒎 = 𝟒𝟏,𝟗 𝒏𝒎

Ce  rayonnement  est  dans  l’UV.

C. Notion de polarisabilité : 5. A  l’équilibre  de  l’électron,  on  a :

𝐸+⃗(𝑁) + 𝐸0⃗ = 0⃗ On en déduit :

𝑟𝑒𝑞 = −4𝜋𝜀0𝑎3

𝑒 𝐸0⃗

p⃗ = −𝑒𝑟𝑒𝑞 = 4𝜋𝜀0𝑎3𝐸0⃗ La polarisabilité est :

𝛂 = 𝟒𝝅𝒂𝟑 = 𝟑𝐕 6. Bien que le nuage concerné par la question précédente ne soit pas le nuage électronique, le volume V  est  de  l’ordre  de  grandeur  du  volume  de  l’atome. On  peut  ainsi  penser  que  la  polarisabilité  croit  avec  le  volume  de  l’atome,  qui  décroit avec Z dans une période.Ainsi le néon sera moins polarisable que le lithium. Concernant les molécules diatomiques, la polarisabilité croit également avec le volume des atomes qui la constituent, ainsi le diiode est plus polarisable que le difluor.

II. Interactions intermoléculaires :

II. A. Interaction entre deux molécules polaires : 7. Le module du champ 𝐸1,02⃗ est :

𝐸1,02⃗ =𝑝

4𝜋𝜀0𝑑31 + 3𝑐𝑜𝑠2𝜃1

Il est maximal pour 𝜃1 = 0 𝑜𝑢 𝜃1 = 𝜋. La valeur minimale de ep,i s’obtient  pour  𝜃1 = 0 𝑒𝑡 𝜃2 = 0 et vaut emin = −2𝑝

2

4𝜋𝜀0𝑑3 .

La valeur maximale de ep,i s’obtient  pour  𝜃1 = 0 𝑒𝑡 𝜃2 = 𝜋 et vaut emax = 2𝑝

2

4𝜋𝜀0𝑑3.

On en déduit :

∆𝒆 = 𝒑𝟐

𝝅𝜺𝟎𝒅𝟑

8.emax = -emin = 1,37.10-23 J ;  Δe  =  2,73.10-23 J ; eth = 5,15.10-21J . On constate que :

eth>>Δe Les deux configurations sont donc facilement accessibles. 9. Pour le système à deux états :

P(emin) + P(emax)=1. On en déduit :

𝑃1⃗ 𝑃2⃗

𝑃1⃗ 𝑃2⃗

𝐴 = 1exp − 𝑒𝑚𝑖𝑛𝑘𝑇 + exp(−

𝑒𝑚𝑎𝑥𝑘𝑇 )

=1

2. ch(𝑒𝑚𝑎𝑥𝑘𝑇 )

On a alors :

𝑒1 = 𝑃(𝑒𝑚𝑖𝑛 ). 𝑒𝑚𝑖𝑛 + 𝑃(𝑒𝑚𝑎𝑥 ). 𝑒𝑚𝑎𝑥 𝑒1 =

12. ch(𝑒𝑚𝑎𝑥𝑘𝑇 )

. exp −𝑒𝑚𝑖𝑛𝑘𝑇 . 𝑒𝑚𝑖𝑛 + exp −𝑒𝑚𝑎𝑥𝑘𝑇 . 𝑒𝑚𝑎𝑥

𝑒1 =1

2. ch(𝑒𝑚𝑎𝑥𝑘𝑇 ). − exp 𝑒𝑚𝑎𝑥𝑘𝑇 . 𝑒𝑚𝑎𝑥 + exp −

𝑒𝑚𝑎𝑥𝑘𝑇 . 𝑒𝑚𝑎𝑥

𝑒1 = −𝑒𝑚𝑎𝑥 . th𝑒𝑚𝑎𝑥𝑘𝑇 ≃ −

𝑒𝑚𝑎𝑥2𝑘𝑇 = −3,65.10

−26𝐽

II.B. Interaction entre une molécule polaire et une molécule polarisable : 10. On a :

𝐸1,𝑂2⃗ =2𝑝1

4𝜋𝜀0𝑑3 . �⃗�

d’où :

𝒆𝟐 = −𝟏𝟐𝜶𝜺𝟎

𝟐𝒑𝟏𝟒𝝅𝜺𝟎𝒅𝟑

𝟐= 𝟑,𝟒𝟑.𝟏𝟎−𝟐𝟖𝑱

II.B. Interaction entre molécules non polaires : 11.La théorie physique en question est la théorie quantique, car le résultat fait intervenir la constante de Planck h. On calcule numériquement : e3 = -2,91.10-26 J, Rq : la fréquence fo donnée ne correspond pas à celle calculée en question 4.

II.D. Synthèse : 12. On peut remarquer que e2 >emax et en négligeant e2 devant e1 et e3:

e = e1 + e2 + e3 ≃ e1 + e3 = −1𝑘𝑇

2𝑝24𝜋𝜀0𝑑3

2

− 𝛼2ℎ𝑓02𝑑6

La  force  d’interaction  est  donc :

�⃗� = −𝑔𝑟𝑎�⃗�(𝑒) = − 1𝑘𝑇2𝑝2

4𝜋𝜀0

2

+𝛼2ℎ𝑓0

26𝑑7 �⃗�

où �⃗� est dirigé de O1 vers O2 et �⃗�est la force exercée sur le dipôle situé en M2. On a alors :

𝐂 = 𝒉𝒇𝟎𝟐 ;𝑫 = 𝟏𝒌

𝟐𝒑𝟐𝟒𝝅𝜺𝟎

𝟐

Pour des molécules non polaires, D est nul. Cette force est la force de Van der Waals.

x x+ δx

δm = µδx ; a⃗ =∂vy∂t

e⃗y =∂2y

∂t2e⃗y

T⃗ (x+δx) −T⃗ (x) T⃗ = Txe⃗x+Ty e⃗y

µ∂vy∂t

e⃗y = µδx∂2y

∂t2e⃗y = T⃗ (x+ δx)− T⃗ (x) =

∂ T⃗

∂xδx

x y

0 =∂Tx∂x

; µ∂vy∂t

=∂Ty∂x

TyTx

=∂y

∂x

∣∣∣∣TyTx

∣∣∣∣≪ 1

Tx ≈ ∥T⃗∥

x

Tx(x, t) = f(t) ≈ ∥T⃗∥ = T0

Ty = Tx∂y

∂x= T0

∂y

∂x

∂Ty∂t

= T0∂2y

∂x∂t= T0

∂vy∂x

vy Ty

µ∂vy∂t

=∂Ty∂x

;∂Ty∂t

= T0∂vy∂x

µ∂2y

∂t2=∂Ty∂x

; Ty = T0∂y

∂x

Ty

µ∂2y

∂t2= T0

∂2y

∂x2;∂2y

∂x2=

1

c2∂2y

∂t2; c =

√T0µ

c

m =T0 = mg =

µ = sρ =πd2

4ρ = , × − −

c =

√T0µ

=

√4mg

πρd2= , × −

s(x, t) = f(x) · g(t)

f ′′(x)g(t) =1

c2f(x)g′′(t)

f ′′

f=

1

c2g′′

g= cste

ff ′′ − cstef = 0

cste < 0 cste = 0cste > 0 y(0, t) = y(L, t) = 0

f(0) = f(L) = 0 f

f(x) = f0 (kx+ ψ)

f0 k ψ

g

g′′

g= c2

f ′′

f= −(kc)2 ; g′′ + (kc)2g = 0

g(t) = g0 (ωt+ ϕ) ; ω = kc

g0

y(x, t) = y0 (kx+ ψ) (ωt+ ϕ) ; ω = kc

y(0, t) = y(L, t) = 0y0 (ωt+ ϕ)

(ψ) = (kL+ ψ) = 0

ψ =π

2[π] ; kL = nπ ; kn = n

π

Ln

fn =ωn2π

=knc

2π=

nc

2L

ψ = −π/2 (kx+ ψ) = (kx)

yn(x, t) = y0,n(nπx

L

) (πnctL

+ ϕ

)

y

xL

n = 1

t = 0

t = T1/6

t = T1/2

y

L

n = 2

t = 0

T2/6

T2/2

y

L

n = 3

t = 0

T3/6

T3/2

a

(nπa/L)

nπa/L

nπa

L< π

a

n < n =L

a

f = nf1 =L

af1

λ =c

f=

ca

Lf1= 2a

L = f1 =2a =

n ≈ ; f =

y a

x0

(nπx0/L)

nπx0/L

n x0n

nπx0L

= π ; x0 =L

n

f = c/2L

L =c

2f

Lf f =L =

L =f

fL = , ; L =

f

fL = ,

c =√

T0/µ

f =c

2L=

1

2L

√T0µ

µ = s ρ ) + s ρ =π

4

(D2ρ + ((D + 2e)2 −D2)ρ

)= , −

f =

L =1

2f

√T0µ

= ,

[Γ] =L4 L

L2= L3 = L =

0 =∂Tx∂x

; µ∂2y

∂t2=∂Ty∂x

Tx = f(t) = T0

Oxyδx G e⃗z

Gz δx/2 Gz

JGz ∝ δmδx2 = µδx3(JGz =

δmδx2

12

)

δx

G Ax B x+ δx

# »M = # »GB ∧ #»T d(x+ δx) + Γ⃗(x+ δx) +# »GA ∧ − #»T g(x)− Γ⃗(x) ;

# »GB = − # »GA = δx

#»e x + δy#»e y

2# »M = δxex + δyey

2∧ (2T0e⃗x + (Ty(x+ δx) + Ty(x))e⃗y) + Γ⃗(x+ δx)− Γ⃗(x) =

(δx

2(Ty(x+ δx) + Ty(x))− δyT0 + Γ(x+ δx)− Γ(x)

)e⃗z

δx# »M =

(Ty −

∂y

∂xT0 +

∂Γ

∂x

)δxe⃗z

δx# »M = #»0

Ty −∂y

∂xT0 +

∂Γ

∂x= 0 ; Ty = T0

∂y

∂x− ∂Γ∂x

Tyy(x, t)

µ∂2y

∂t2=∂Ty∂x

= T0∂2y

∂x2− ∂

2Γ

∂x2

Γ(x, t)

µ∂2y

∂t2= T0

∂2y

∂x2− πr

4

4E∂4y

∂x4; µ

∂2y

∂t2− T0

∂2y

∂x2+ E

πr4

4

∂4y

∂x4= 0

y(x, t)

∂2y

∂t2= −ω2y ; ∂

2y

∂x2= −k2y ; ∂

4y

∂x4= k4y

ω2 =T0µk2 + E

πr4

4µk4 = c2k2

(1 + E

πr4

4T0k2)

x = 0 x = Lk

kn =nπ

L

fn =ωn2π

=ckn2π

√

1 + Eπr4

4T0Ek2n = n

c

2L

√

1 + Eπ3r4

4T0L2n2 = n

c

2L

√1 +Bn2 ; B =

π3Er4

4T0L2

B

f

n1 2 3 4 5 6 7 8

n

B = , × −Bn2

fn = nc

2L

√1 +Bn2 = f0n

√1 +Bn2 ≈ f0n

(1 +

Bn2

2

)

in =fn − f0n

f0n=

Bn2

2

n

fnf0n

=√

1 +Bn2 > 21/12 ; n >

√21/6 − 1

B=

x

vy(x, y) = v+0 (ωt− kx)

∂Ty∂x

= µ∂vy∂t

= −µωv+0 (ωt− kx)

Ty = −µω

kv+0 (ωt− kx) = −µcvy

Tyvy

= −µc = −ZC

ZC = ×

z

vy = v−y (ωt+ kx)

T−yv−y

= µc = ZC

x = L

P = T⃗g(L, t) · v⃗(L, t) = −Ty(L, t)vy(L, t) = Rvy(L, t)2 > 0

x = 0 x = L

∂2y

∂t2= c2

∂2y

∂x2; y(0, t) = 0 ;

Ty(L, t)

vy(L, t)= T0

∂y∂x (L, t)∂y∂t (L, t)

= −R

Ty = T0∂y

∂x

Ty yx = 0

s2 (st)f(x) = c2 (st)f ′′(x) ; f(0) (st) = 0

f ′′ −(sc

)2f = 0 ; f(0) = 0

f

f(x) = a(sx

c

)+ b

(−sx

c

)

a b

f(0) = a+ b = 0 ; b = −a

f(x) = a( (sx

c

)−

(−sx

c

))= A

(sxc

)

x = L

−R = T0∂y∂x (L, t)∂y∂t (L, t)

=T0s

cs

(sL/c)

(sL/c)=

T0c (sL/c)

T0 = µc2 (sL

c

)= − T0

Rc= −µc

R= −ZC

R= −1

r

(x) =(2x)− 1(2x) + 1

s s = α+ jω r r > 1

(2Lα

c

) (j2Lω

c

)=

r − 1r + 1

∈ R+

(j2Lω

c

)= 1 ;

(2Lα

c

)=

r − 1r + 1

ω

2Lω

c= 2πn ; ω = n

πc

L= 2πf0n

r > 1 0 < (r − 1)/(r + 1) < 1

α =

(r − 1r + 1

)c

2L=

(r − 1r + 1

)f0 < 0

y(x, t)

(st) = (αt) (jωt)

α < 0 (st)

s = α+ jω (x) = (ex − e−x)/2

y(x, t) =A

2

( (αxc

) (jωx

c

)−

(−αx

c

) (−jωx

c

))(αt) (jωt)

y(x, t) =A

2

( (αxc

) (jω(t+

x

c

))−

(−αx

c

) (jω(t− x

c

)))(−αt)

F (u) = (A/2) (jωu)

y(x, t) = (αt)( (αx

c

)F(t+

x

c

)−

(−αx

c

)F(t− x

c

))

α < 0

τ = − 1α

=1

f0

1(r−1r+1

)

→

α

α

α

4R =√3aα

R =

√3

4aα =