MP1 Lycée Janson de Sailly - Physique Chimie Corrigé du DM n°5 Corrigé du DM n°

MP1 Lycée Janson de Sailly - Physique Chimie Corrigé du DM n°5 Corrigé du DM n°5 1 Potentiel de Yukawa On considère une distribution (D) de charges à symétrie sphérique autour d’un point O origine d’un repère d’espace (Oxyz). En un point M tel que − − → OM = r ⃗ ur, le potentiel électrostatique est donné par : V (M) = V (r) = q 4πε0 r exp  −r a  où q et a sont des constantes positives. 1. L’argument de l’exponentielle doit être sans dimension : il en résulte que a est homogène à une longueur. La grandeur q 4πε0 r est homogène à un potentiel électrique. Par comparaison avec le potentiel créé par une charge ponctuelle q placée en O on voit que q est homogène à une charge électrique. Ainsi : [a] = m et [q] = C 2. On part de la relation (en coordonnées sphériques) : − → E = −− − → grad V = −∂V ∂r − → ur −1 r ∂V ∂θ − → uθ − 1 r sin θ ∂V ∂ϕ − → uϕ et donc, puisque ∂V ∂θ = ∂V ∂ϕ = 0 : − → E = q 4πε0 r2 exp  −r a   1 + r a  − → ur Il s’agit d’un champ électrostatique à symétrie sphérique. 3. Si r ≪a on peut négliger r/a devant 1 et on peut assimiler l’exponentielle à l’unité. On obtient alors : − → E = q 4πε0 r2 − → ur et on reconnaît le champ électrostatique créé par une charge ponctuelle q placée en O. À l’inverse, si r ≫a on peut négliger 1 devant r/a et donc : − → E = q 4πε0 a r exp  −r a  − → ur 4. Utilisons le théorème de Gauss en choisissant comme surface fermée SF une sphère de centre O et de rayon r. La chage inté- rieure à cette surface est justement Q(r) et donc : Q(r) = ε0 ZZ SF − → E (M).− → dSM = ε0 ZZ SF E(r) dSM et donc : Q(r) = ε0 E(r) 4πr2 = q exp  −r a   1 + r a  • Si r →0 alors Q(r) →q. On retrouve le fairt présenti à la question 3. qu’il y a une charge ponctuelle q placée en r = 0. • Si r →+∞alors Q(r) →0. La charge totale de cette distri- bution est donc nulle. 5. On raisonne sur une coquille sphérique située entre les sphères de rayon r et r + dr. Son volume est élémentaire et vaut dτ = 4πr2 dr et elle contient une charge élémentaire : δQ = ρ(r) dτ = ρ(r) 4πr2 dr 1 MP1 Lycée Janson de Sailly - Physique Chimie Corrigé du DM n°5 On a d’autre part : δQ = Q(r + dr) −Q(r), ce qui conduit à : ρ(r) = 1 4πr2 Q(r + dr) −Q(r) dr = 1 4πr2 Q′(r) en assimilant le taux d’accroissement de Q(r) avec sa dérivée en r (valable si dr →0). On aura donc : ρ(r) = − q 4π a2 r exp  −r a  < 0 6. On peut prévoir sans calcul qu’elle vaut −q puisqu’il y a une charge ponctuelle q en O et que la charge totale est nulle. Retrouvons-le par un calcul direct : Qdiff= ZZZ ρ(r) r2dr sin θdθdϕ Les intégrations sur les angles fournissent un facteur 4π (θ variant de 0 à π et ϕ de 0 à 2π. Il reste ensuite l’intégrale sur r qui varie de 0 à +∞: Qdiff= −q a2 Z +∞ 0 r exp  −r a  dr Une intégration par parties conduit au résultat : Qdiff= −q. 2 Capacité d’un câble coaxial 1. À priori le champ électrostatique en M(r, θ, z) s’écrit de façon tout à fait générale : − → E (M) = Er(r, θ, z) − → ur + Eθ(r, θ, z) − → uθ + Ez(r, θ, z) − → uz Or : • Le plan (M, − → ur, − → uz) est un plan de symétrie de la distribution, qui contient M. On en déduit que : Eθ = 0. • Le plan (M, − → ur, − → uθ) est un second plan de symétrie contenant M. Il en résulte que : Ez = 0. • Il y a invariance de la distribution de charges par toute trans- lation le long de Oz et par toute rotation autour de Oz. Cela implique que Er ne dépend que de r. En notant E(r) pour Er(r), la forme générale du champ élec- trostatique est donc : − → E (M) = E(r) − → ur 2. Prenons pour surface de Gauss Sg un cylindre d’axe Oz, de hauteur h et de rayon r de sorte que le point M(r, θ, z) soit situé sur la surface latérale de Sg. À l’aide du théorème de Gauss, il vient : ZZ Sg − → E .− → dS = ZZ Base Sup − → E .− → dS | {z } =0 + ZZ Base Inf − → E .− → dS | {z } =0 + ZZ Surf. lat − → E .− → dS = E(r) 2π r h D’autre part, pour R1 < r < R2, Qint = σ 2π R1 h (charge contenue sur le cylindre de rayon R1 et sur une hauteur h, σ étant uniforme. On en déduit que : E(r) = σ R1 ε0 r 3. On utilise le gradient en coordonnées cylindriques et la relation locale : − → E (M) = −− − → grad V = −∂V ∂r − → ur −1 r ∂V ∂θ − → uθ −∂V ∂z − → uz 2 MP1 Lycée Janson de Sailly - Physique Chimie Corrigé du DM n°5 En projetant sur la base (− → ur, − → uθ, − → uz) on en déduit que : ∂V ∂θ = 0 et ∂V ∂z = 0 ce qui signifie que V ne dépend ni de θ, ni de z. On a donc uniquement V = V (r). D’autre part : dV dr = −E(r) = ⇒V (r) = −σ R1 ε0 ln(r) + C où C est une constante. Comme V (R2) = 0, il vient : C = σ R1 ε0 ln(R2) et donc : V (r) = σ R1 ε0 ln R2 r  Comme V (R1) = U il s’ensuit que : U = σ R1 ε0 ln R2 R1  4. On voit que : Q = ZZ σ dS = σ 2πR1 h ce qui implique : Q = 2πε0 h ln  R2 R1  U et donc : C = 2πε0 h ln  R2 R1  d’où λ = 2πε0 ln  R2 R1  3 Substitution sur le bromoéthane On étudie, à 25°C, l’action d’une solution de soude diluée sur le bromoéthane ; la réaction totale a pour équation : CH3CH2Br + OH−− →CH3CH2OH + Br− 1. (a) Pour une réaction d’ordre 1 par rapport à chacun des réac- tifs, on peut écrire : v = k [CH3CH2Br] [OH−] où k est la constante de vitesse. Comme les coefficients stœchimétriques des deux réactifs sont égaux et que leurs concentrations initiales sont égales, nous avons à tout instant t > 0 : [CH3CH2Br] = [OH−] et donc : v = −d[OH−] dt = k [OH−]2 ce qui est une équation différentielle à variables sépa- rables. Le temps de demi-réaction est celui pour lequel [OH−](τ1/2) = C0/2, ce qui conduit à : Z C0/2 C0 d[OH−] [OH−]2 = −k Z τ1/2 0 dt = −kτ1/2 et donc : kτ1/2 = 1 C0 Pour montrer que cette loi est vérifiée, il faut montrer que 1/C0 est une fonction linéaire de τ1/2. Une régression linéaire sur les couples (τ1/2, 1/C0) donne un coefficient de corréla- tion r = 0,999984 > 0,99, ce qui confirme la loi. 3 MP1 Lycée Janson de Sailly - Physique Chimie Corrigé du DM n°5 (b) k est la pente de la droite obtenue par la régression linéaire précédente. On trouve alors : k = 9,1.10−2 L.mol−1.min−1 = 1,5.10−3 L.mol−1.s−1 2. D’après la loi d’Ahrrénius : k(T) = A exp  −Ea RT  En posant T1 = 298 K et T2 = 313 K (températures en K), nous obtenons : k(T2) k(T1) = exp(−Ea/RT2) exp(−Ea/RT1) = exp Ea R  1 T1 −1 T2  et donc : k(T2) = k(T1) exp Ea R T2 −T1 T1T2  AN = 5,1.10−1 L.mol−1.min−1 d’où on tire que : τ1/2 = 1 k(T2)C0 AN = 39 min L’élévation de température a donc fortement augmenté la vi- tesse de réaction. 3. On a maintenant : [EtBr] = a ; [OH−] = b (a) À l’instant t > 0 les concentrations des deux réactifs dévien- net : [EtBr] = a −x et [OH−] = b −x et v = uploads/Finance/ dm5-corrige.pdf

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• Détails
• Publié le Sep 05, 2022
• Catégorie Business / Finance
• Langue French
• Taille du fichier 0.2064MB