[PDF] Correction - TD n°8 - Dipôles électrostatiques et magnétiques 1

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Physique Correction - TD n°8 - Dipôles électrostatiques et magnétiquesCorrection - TD n°8 - Dipôles électrostatiques

et magnétiques1 Interaction ion-dipôle 1. Le p otentielcréé en Màgrandedistance par le dipôle de moment dipolaire électrique -→pplacé enOet orienté suivant+-→uxs"écrit :V(M) =?p.--→OM4πε0OM3=pcos(θ)4πε0r2.

Le champ correspondant est donné par

-→ur+1r ∂V∂θ -→uθ? , avec : ?∂V∂r =-2pcos(θ)4πε0r3 ∂V∂θ =-psin(θ)4πε0r2

Le champ créé par le dipôle de moment

-→pest donc :--→Edip(M) =2pcos(θ)4πε0r3-→ur+psin(θ)4πε0r3-→uθ.

PourM?(Ox),θ= 0?--→Edip(M) =2p4πε0r3-→ur=2p4πε0x3-→ux(r=x,-→ur=-→uxpourM?(Ox)).

2.

La force exe rcéesur le cation de c hargeQest--→Fdip=Q--→Edip?--→Fdip=Q×2p4πε0x3-→ux.

Pour un cation,Q >0donc--→Fdipest suivant+-→ux: la force tend à éloigner le cation du dipôle, elle est

répulsive.

Le moment dipolaire-→pétant orienté selon-→ux, le cation placé enMd"abscissex >0est plus proche

du barycentre des charges positives que de celui des charges négatives. La force répulsive (carQ >0)

due aux charges positives est donc plus intense que la force attractive due aux charges négatives, ce qui

explique que la force globalement exercée sur le cation soit répulsive.

2 Interaction dipôle-dipôle

1.

Le c hampcréé par le dip ôlede momen t

-→p1est :-→E1(M) =2p1cos(θ1)4πε0r3-→ur+p1sin(θ1)4πε0r3-→uθ. 2.

L"énergie p otentielled"un dip ôleplacé dans un c hampextérie urs"écrit : Ep=--→p·--→Eext

où-→pest le moment dipolaire du dipôle considéré.

Ici, le champ extérieur est le champ-→E1créé par le dipôle de moment-→p1. L"énergie potentielle du dipôle

de moment-→p2est donc : E

p2=--→p2·-→E1=-p2(cos(θ2)-→ur+ sin(θ2)-→uθ).p14πε0r3(2cos(θ1)-→ur+ sin(θ1)-→uθ)

soitEp2=-p1p24πε0r3(2cos(θ1)cos(θ2) + sin(θ1)sin(θ2)). 3.

Il existe trois métho desdifféren tes:

Méthode 1: Considérons le dipôle de moment -→p2en un point repéré par(r, θ1)donné.

Sa direction, repérée parθ2, correspond à une position d"équilibre si∂Ep2∂θ

2= 0. Or, ∂Ep2∂θ

2=-p1p24πε0r3(-2cos(θ1)sin(θ2) + sin(θ1)cos(θ2))

donc il fautsin(θ1)cos(θ2) = 2cos(θ1)sin(θ2), soittan(θ2) =12 tan(θ1). Méthode 2: on pouvait obtenir ce résultat en disant que le dipôle de moment -→p2est dans une position d"équilibre

lorsqu"il est aligné sur le champ créé par le dipôle de moment?p1, c"est-à-dire lorsque-→p2et-→E1sont

colinéaires :

?k/-→p2=k-→E1?p2(cos(θ2)-→ur+ sin(θ2)-→uθ) =-kp14πε0r3(2cos(θ1)-→ur+ sin(θ1)-→uθ)MP

2- Année 2021/2022 1 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - TD n°8 - Dipôles électrostatiques et magnétiquesEn projetant cette relation dans le repère choisi, on obtient :

?cos(θ2) = 2Kcos(θ1) sin(θ2) =Ksin(θ1)avecK=-kp14πε0p2r3.

On en déduittan(θ2) =12

tan(θ1), qui est bien l"expression trouvée précédemment. Méthode 3: comme les vecteurs sont colinéaires, -→p2?-→E1=-→0donne directement le résultat.

3 Molécule polaire placée dans un champ uniforme

1. Comme -→E0=----→gradV0et-→E0=E0-→ux, on aE0=-dV0dx, d"oùV0=-E0x+A1?E0=Cte?.

AvecOcomme choix de l"origine deV0:

V

0(x= 0) = 0 =A1?V0=-E0xsoitV0(M) =-E0rcos(θ).

2. Le p otentielcr ééen Msituéàgrandedistance, par la molécule, s"écrit : V dip(M) =?p.--→OM4πε0OM3=pcos(θ)4πε0r2

Vu le théorème de superposition, le potentiel créé enMpar la molécule et le champ-→E0est :

V(r,θ) =V0+VdipsoitV(r,θ) =?p4πε0r2-E0r? cos(θ). 3.

La surface équip otentielleV= 0vérifiecos(θ) = 0, soitθ=±π/2oup4πε0r2=E0r, soitr3=p4πε0E0.

C"est donc la réunion d"une droite verticale passant parOet d"une sphère de centreOet de rayon r=?p4πε0E0? 13. 4.

Le c hamptotal est donné par

-→ur+1r ∂V∂θ -→uθ? , avec :?? ?∂V∂r -2p4πε0r3-E0? cos(θ) =-?p2πε0r3+E0? cos(θ) ∂V∂θ =-?p4πε0r2-E0r? sin(θ)

On a donc :

-→E=?p2πε0r3+E0? cos(θ)-→ur+?p4πε0r3-E0? sin(θ)-→uθ. Les points de champ nul vérifient ainsi les deux conditions suivantes : p2πε0r3+E0? cos(θ) = 0?cos(θ) = 0?θ=±π2 ?p4πε0r3-E0? sin(θ) = 0?r=?p4πε0E0? 13 Il y a donc deux points où le champ est nul, positionnés tel que : ---→OM±=±?p4πε0E0? 13 -→uy. Note: ceci est cohérent avec la configuration des lignes de champs de --→Edipet avec les équipotentielles :

le champ est perpendiculaire à celles-ci et il est donc nul au niveau de l"intersection de deux équipoten-

tielles, enθ=±π/2sur le cercle correspondant à l"équipotentielle nulle.MP

2- Année 2021/2022 2 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - TD n°8 - Dipôles électrostatiques et magnétiques E E 0 0 point de champ nul point de champ nul V=0 V=0 p4 Polarisabilité de la matière dans le modèle de Thomson

1.Etudedesinvariances: la distribution de charges constituée de la sphère est à symétrie sphérique. On

utilise donc un système de coordonnées sphériques, avecOle centre de la sphère.

De plus, d"après le principe de Curie, les projections du champ créé sont invariantes par rotation d"angle

θet?quelconques donc ne dépendent pas deθni de?:Ei(r,θ,?) =Ei(r).Etudedessymétries(planes): soitMun point quelconque; tout plan contenantMetOest plan de

symétrie de la distribution de charges. D"après le principe de Curie, le champ créé enMpar la sphère

appartient donc à ces plansie à leur intersection : -→E(M)est selon-→ur.Synthèse: -→E(M) =Er(r)-→ur.

Le théorème de Gauss s"écrit?

S-→E(M).d-→S=Qintε

0avecQintla charge contenue dans la zone délimitée

par la surfaceS. On choisit comme surface de GaussSla sphère de centreOet de rayonr < a. Alors : S-→E(M).d-→S=?Er(r)-→ur.dS-→ur=Er(r)?dS= 4πr2Er(r).

Par ailleurs,Qint=43

πr3ρ(carr6a) avecρ=e4

3

πa3d"oùQint=e?ra

3.

On en déduitEr(r) =ρr3ε0=er4πε0a3.

Finalement, le champ créé par la boule uniformément chargée à l"intérieur de celle-ci est :

-→E(M) =er4πε0a3-→ur2.La force s"e xerçantsu rl"électron est -→F=-e-→E=-e2r4πε0a3-→ur. Cette force est donc analogue à une force de rappel de ressort de longueur à vide nulle, et de raideurk=e24πε0a3.

La position d"équilibre correspond à la position pour laquelle cette force est nulle, c"est-à-dire ici le

centreOde la boule chargée :-→F=-→0si-→r=-→0.

La force exercée sur l"électron est radiale et orientée vers la position d"équilibreO. Si l"électron s"écarte

de la position d"équilibre, la force tend à l"y ramener : la position d"équilibre est donc stable.

3.

A vecun c hampélectrostatique supplémen taire-→E0(uniforme), l"électron est soumis à la force :-→F?=-e?-→E+-→E0?

=-e?er4πε0a3-→ur+-→E0? =-e?e4πε0a3-→r+-→E0?

La position d"équilibre correspond encore à la position pour laquelle cette force est nulle, c"est-à-dire

ici -→req=-4πε0a3e -→E0. MP

2- Année 2021/2022 3 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - TD n°8 - Dipôles électrostatiques et magnétiques4.L"électron ne se trouv antplus au cen treO, le barycentrePdes charges positives ne coïncide plus avec

le barycentreNdes charges négatives.

Il apparaît donc un moment dipolaire

Comme --→OP=-→0 (P=O)et--→ON=-→req=-4πε0a3e -→E0, on en déduit le moment dipolaire acquis par l"atome d"hydrogène : -→p= 4πε0a3-→E0, soit -→p=αε0-→E0avecα= 4πa3(polarisabilité).

5 Oscillations d"un petit aimant

L"application du théorème du moment cinétique à l"aimant permet d"obtenir : d -→L0dt =-[mgL+MB]sinθ-→uz Or d-→L0dt =mL2¨θ-→uz Donc on obtient une équation différentielle enθ:

θ+?gL

+MBmL 2? sinθ= 0

Si le terme

gL +MBmL

2est positif, on obtient des oscillations et siθreste petit, on obtient des oscillations

similaires à celles d"un pendule, de période : T

0=2π?

g L +MBmL 2

Si le terme

gL +MBmL

2est négatif, ce qui est le cas siBest négatif et suffisamment grand on obtient des

oscillations autour de la positionθ=π(le changement de variableθ?=θ+πpermet en effet d"obtenir

l"équation d"un oscillateur harmonique pourθ?. De plus, siθ?reste petit (c"est à dire siθreste proche deπ),

on obtient des oscillations de période : T

0=2π?

gL -MBmL 2 Dans ce cas, tout se passe comme si la gravité avait été inversée.MP

2- Année 2021/2022 4 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - TD n°8 - Dipôles électrostatiques et magnétiquesRemarque:

Les méthodes énergétiques et avec le TMC sont bien correctes et donnent le même résultat. Cependant, la

méthode avec le PFD pose problème. L"inventaire des forces conduisent à considérer le poids et la force exercée

par le champ-→Bextérieur sur l"aimant fixé au bout de la tige sans masse.

Cependant, un dipôle dans un champ uniforme est soumis à une résultante nulle, comme vu en cours. On

notera que ce n"est pas ce que prévoit la formule-→F=--→grad(-→M ·-→B), mais on oublie ici dans ce cas une force

qu"il n"est pas possible de calculer de manière directe. Celle-ci est exercée par la tige sans masse au niveau

de l"aimant et qui oblige ce dernier à rester perpendiculaire au mouvement. Cette force s"exerce à cause du

couple exercé par la présence du champ magnétique extérieur, et c"est pour cela qu"on arrive à l"obtenir avec

la formule qui découle de l"énergie potentielle.

6 Induction dans une spire et un champ magnétique tournants

1.e=-dφdt

avecφ=? cadre-→B·d-→S=? cadre(Bx-→ux+By-→uy) dxdy-→uy=? cadreBydxdy= B

La vitesse de rotation d"un point à une distancerde l"axe est :-→v=±rΩ-→ut=±rΩ(-sinΩt-→ux+ cosΩt-→uy)(le±correspond aux 2 points diamétralement opposés).

Donc

Sur les côtés "horizontaux",d-→?est dans le planxOyet donc(-→v?-→B).d-→?= 0.

Sur les côtés "verticaux",r=a2

ΩB0cosΩtd?et l"intégrale ded?

sur les deux côtés donne2b. On a donce=-ωB0abcosΩtC"est le principe de la dynamo de vélo.

MP

2- Année 2021/2022 5 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - TD n°8 - Dipôles électrostatiques et magnétiques7 Moment des forces de Laplacez

0 I BBM xO

MCalculons le moment résultant des efforts au pointOen utilisant un système de coordonnées cylindriques

d"axeOz

ΓO=?

C--→OM??

I-→d??-→B0?

2π

θ=0R?u

r?[IRdθ?uθ?(B0x?ux+B0z?uz)] =I R2B0x? 2π

θ=0?u

r?(?uθ??ux)dθ

où l"on a utilisé le fait que?uθ??uz//?uretB0x= cste. De plus, on prendra garde à ne pas sortir les vecteurs-→uret-→uθcar ils dépendent deθ.

Le vecteur?uθ=-sinθ?ux+ cosθ?uyétant le vecteur tangent à la spire, on en déduit

ΓO=IR2B0x?

2π

θ=0?u

r?(-cosθ ?uz)dθ =IR2B0x? 2π

θ=0cosθ?uθdθ

Comme?uθdépend de l"angleθ, on projette sur les axes fixes?uxet?uy

ΓO=IR2B0x?

2π

θ=0cosθ[-sinθ?ux+ cosθ?uy] dθ

=I πR2???? =MB 0x?uy où l"on a utilisé la relation

12π?

2π 0 cos2θdθ=?cos2θ?=12 2π 0 cos2θdθ=π Avec -→M ?-→B0=MB0x?uy, on retrouve bien la formule du cours

ΓO=-→M ?-→B0

8 Modèle de Bohr de l"atome d"hydrogène

1.

La masse d el"élec tronest de l"ordre de me= 10-30kg, et l"ordre de grandeur de la distance électron

proton dans l"état fondamental de l"atome d"hydrogène estr= 1°A.MP

2- Année 2021/2022 6 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - TD n°8 - Dipôles électrostatiques et magnétiques2.En appliquan tle PFD à l"électron, on obtien tla vi tessesuiv ante: v=?e

24π?0mer= 1.5×106m.s-1.

Cette valeur est très importante, mais reste en dessous des vitesses relativistes. Le proton peut être considéré comme fixe car sa masse est d"environ2000×me. 3. Bohr sup poseainsi la quan tificationdu momen tcinétique orbital L=merv=n~. La relation est bien homogène car[L] =ML2T-1et[~] = [Energie×Temps] =ML2T-1en utilisantE=hν.

En remplaçant l"expression précédente dev, on obtient directementr=a0×n2aveca0=4π?0~2m

ee2, où le rayon de Bohr vauta0= 52.8pm. 4. En utilisan tl"expression de l"énergie mécanique : Em=Ec+Ep=12 mev2-e24π?0r=-e28π?0r, et donc E n=-e28π?0a0×1n 2 et -e28π?0a0=-13.6eV.? ne permettent pas d"expliquer pourquoi les électrons ne finissent pas par tomber sur le noyau. En

effet, une particule chargée accélérée rayonne de l"énergie, et devrait donc réaliser une spirale pour

finalement arriver sur le noyau. Il n"en est rien, et ce problème a été résolu grâce à la mécanique

quantique.Remarque MP

2- Année 2021/2022 7 Lycée Janson de Sailly

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