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ÉLECTROMAGNÉTISME – THERMODYNAMIQUE – CRISTALLOGRAPHIE

Problème 1Microscope à émission d’ions

Le microscope à émission d’ions,imaginé et construit par ErwinMÜLLER en 1951, fut le premierappareil ayant une résolution suf-fisante pour visualiser des atomesdans un cristal métallique. Le mi-croscope se compose d’une pointetrès fine de métal placée dansune cavité dont la paroi en verre(l’écran du microscope) est recou-verte d’un revêtement phosphores-cent et conducteur. Le dispositif estrempli d’hélium (ou d’un autre gaz)à une très basse pression, l’écran estmis à la masse et un important po-tentiel électrique positif est appliquéà la pointe.

À cause de l’effet de pointe, le champélectrique est très important au ni-veau de la pointe, et l’on fait en sortequ’il soit suffisant pour ioniser lesatomes d’hélium qui passent à proxi-mité.

FIGURE 1: Image obtenue à partir d’unepointe d’iridium. Chaque tache est l’imaged’un atome. Les zones avec des labels sontdes régions qui correspondent aux faces ducristal, avec des atomes coplanaires. Avec del’habitude, on peut distinguer des défauts ducristal.

L’électron part dans la pointe et l’ion He+ est violemment projeté sur l’écranet y forme une petite tache lumineuse. C’est au voisinage immédiat desatomes qui composent la pointe que le champ électrique est le plus impor-tant, et donc les ions d’hélium sont majoritairement formés au niveau de cesatomes.L’image produite sur l’écran reproduit donc l’agencement des atomes à lasurface de la pointe.

Seuls quelques aspects de ce dispositif seront abordés dans ce sujet. La pre-mière partie établit quelques résultats utiles de la théorie cinétique des gaz.Constantes physiques

Constante de Planck : h = 6,63.10−34 J.sConstante diélectrique du vide : ε0 = 8,85.10−12 F.m−1

Constante de Boltzmann : kB = 1,38.10−23 J.K−1

Constante des gaz parfaits : R = 8,31 J.mol−1.K−1

Charge du proton : e = 1,6.10−19 CMasse de l’électron : me = 9,1.10−31 kgMasse de l’hélium : mHe = 6,6.10−27 kgPolarisabilité de l’hélium : αHe = 2,5.10−30 m3

Diamètre effectif de l’hélium : dHe = 0,19 nm

On prendra les valeurs suivantes pour les applications numériques

Champ électrique à la pointe : E0 = 4,4.1010 V.m−1

Pression dans la cavité : P = 0,15 PaRayon de la pointe : r0 = 30 nmRayon de l’écran : Re = 15 cmTempérature du gaz : T = 300 K

On rappelle les valeurs des intégrales suivantes

∫+∞

−∞e− x2

2 d x =p

2π

∫+∞

−∞xe− x2

2 d x = 1

∫+∞

−∞x2e− x2

2 d x =p

2π

∫+∞

−∞x3e− x2

2 d x = 2

1. Partie préliminaire : Théorie cinétique des gaz

1.1. Atmosphère isotherme - facteur de BoltzmannL’atmosphère terrestre est assimilée à un gaz parfait constitué de moléculesde masse molaire M = 29 g.mol−1 et plongé dans un champ de pesanteur g

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uniforme et dirigé vers le bas avec∥

∥g∥

∥ = 10 m.s−2. On suppose que ce gazparfait est à l’équilibre thermodynamique à une température T = 300 K.1.1.1 Établir la loi donnant la pression P(z) en fonction de l’altitude.1.1.2 Évaluer l’épaisseur caractéristique de l’atmosphère dans ce modèle.Donner un ordre de grandeur de la pression au sommet de l’Everest.1.1.3 Montrer que, dans ce modèle, la densité volumique n(z) des moléculesest donnée par

n(z) =n(0)exp

(

−Ep (z)

E0(T )

)

(1)

où Ep (z) est l’énergie potentielle d’une molécule d’altitude z et où E0(T )

est une énergie caractéristique dépendant de la température mais indépen-dante du gaz considéré. Donner l’expression de E0 en fonction de T et de laconstante de Boltzmann.

1.2. Distribution de MaxwellOn veut maintenant décrire la distribution d’équilibre des vitesses des molé-cules dans un gaz à la température T lorsque l’on néglige l’influence de toutchamp extérieur.1.2.1 Justifier que ⟨vx⟩ =

⟨

v y

⟩

= ⟨vz⟩ = 0, où ⟨.⟩ représente la valeur moyennesur toutes les molécules du gaz et où (vx ,v y ,vz) sont les trois composantes dela vitesse en coordonnées cartésiennes.Par analogie avec l’équation (1), on admet que la densité des molécules dansl’espace des vitesses est proportionnelle à exp

[

−Ec (v)/E0(T )]

, où Ec (v) estl’énergie cinétique d’une molécule. C’est la distribution de MAXWELL.1.2.2 Montrer que la loi de distribution de probabilité de chacune des com-posantes (vx ,v y ,vz) de la vitesse est décrite par une loi " gaussienne " ou "normale ", et écrire la probabilité pour que les composantes de la vitessesoient respectivement comprises entre vx et vx +d vx , entre v y et v y +d v y etentre vz et vz +d vz .

1.2.3 Montrer que la " vitesse quadratique moyenne " vq =√

⟨

v2⟩

vérifie

v 2q =

3kB T

m

où m est la masse d’une molécule.On s’intéresse maintenant à la distribution de probabilité de la norme de lavitesse v =

∥

∥v∥

∥.

1.2.4 Déterminer la probabilité p(v)d v que cette norme soit comprise entrev et v +d v . La fonction p(v) est appelée densité de probabilité de v .1.2.5 En déduire que la valeur moyenne de la norme de la vitesse d’une mo-lécule est donnée par

⟨v⟩ =

√

8kB T

πm(2)

1.2.6 Est-il étonnant que vq /⟨v⟩ soit un simple facteur numérique qui nedépende pas des caractéristiques du gaz ?

1.3. Chocs sur une surfaceOn considère une petite surface dS et l’on veut compter le nombre moyende chocs de molécules du gaz sur un côté donné de cette surface pendant untemps τ. On note n le vecteur unitaire sortant normal à l’élément de surface.Dans un premier temps, on ne compte que les chocs des molécules ayant unevitesse comprise entre v et v +d v .1.3.1 De quelle région de l’espace peuvent venir les molécules du gaz sus-ceptibles de frapper la surface pendant le temps τ ? On repère les points dece volume par leurs coordonnées sphériques (r ,θ,φ) d’axe n (voir la figure).Quelles sont les valeurs pertinentes de (r ,θ,φ) ?On considère un petit volume dV dans cette région de l’espace.

1.3.2 Exprimez le nombre total de molécules dans le volume dV en fonctionde la pression et de la température du gaz, puis le nombre de molécules avecune vitesse entre v et v +d v . On exprimera le résultat à l’aide de la fonctionp(v) introduite à la question 1.2.4. Quelle approximation fait-on ? Est-ellejustifiée si l’on veut appliquer ces résultats au microscope ?

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1.3.3 Quelle est la proportion des molécules dans le volume dV qui vont dansla bonne direction pour heurter la surface dS ?1.3.4 En déduire le nombre moyen de chocs sur la surface dS pendant letemps τ par des molécules avant une vitesse entre v et v +d v .1.3.5 On tient maintenant compte de toutes les vitesses possibles. Montrerque le nombre total moyen de chocs sur la surface dS pendant le temps τ estde la forme τnc dS avec

nc =P

√

2πmkB T(3)

Préciser la dimension et l’ordre de grandeur de nc dans les conditions defonctionnement du microscope.

Problème 2L’espace est rapporté au repère cartésien (O,x,y ,z) et on se situe dans l’air(assimilé au vide quant aux propriétés diélectriques).

1. Préliminaires :1. 1. Enoncer le théorème de GAUSS pour l’électrostatique1. 2. On considère un fil rectiligne illimité porté par (Oz), portant une distri-bution uniforme de charge λ> 0.1.2. a. Faire l’étude des symétrie et invariance de cette distribution. Expri-mer le champ E (M ) en tout point M de l’espace où il est défini, en fonction desvecteurs de base des coordonnées cylindriques notés (ur ,uθ,uz) et des compo-santes non nuls du champ.1. 2. b. En déduire le champ E (M ) en M à partir du théorème de GAUSS.

2. Étude d’une plaque infinie uniformément char-gée.On considère maintenant une plaque infinie dans le plan O,y ,z, uniformé-ment chargée avec la densité surfacique de charge σ> 0.2. 1. Faire l’étude des symétrie et invariance de cette distribution. Exprimerle champ E (M ) en tout point M de l’espace où il est défini, en fonction des vec-teurs de base des coordonnées cartésiennes notés (i , j ,k) et des composantesnon nuls du champ.2. 2. En déduire le champ E (M ) en M à partir du théorème de GAUSS.2.3. A.N. Calculer

∥

∥

∥E (M )∥

∥

∥ pour σ= 7,11.10−5 C.m−2.

3. Étude de deux plaques infinies uniformémentchargées.On considère maintenant deux plaques infinies A et B, la première dans leplan O,y ,z, uniformément chargée avec la densité surfacique de charge σ> 0,et la deuxième parallèle à la première translatée du vecteur ei chargée avecla densité surfacique de charge −σ ?.3.1. Exprimer les champs E A et EB créés en tout point de l’espace par lesplaques A et B.3.2. En utilisant le théorème de superposition, exprimer le champ E à l’exté-rieur et à l’intérieur des deux plaques. Dessiner quelques lignes de champ.3.3. Déterminer l’expression de la différence de potentiel VA −VB .3.4. A.N. Calculer VA −VB pour σ= 7,11.10−5 C.m−2 et e = 5µm.3.5. Sur chacun des plans, isolons par la pensée deux régions identiquesd’aire S. En déduire la capacité C du condensateur formé par les deux sur-faces S en regard.

Problème 3On considère la Terre comme une sphère de masse M , à répartition uniformede masse, de rayon R et de centre O.1. En raisonnant par analogie, donner l’équivalent du théorème de GAUSS

pour la distribution de masse. Justifier l’analogie entre électrostatique etgravitation.2. Calculer le champ de gravitation g et le potentiel gravitationnel V créésen tout point de l’espace par la Terre.3. Montrer que le champ à l’extérieur de la Terre n’est pas modifié si on sup-pose seulement la répartition de masse à symétrie sphérique mais non plusuniforme.

Problème 4ATOMISTIQUE

1- Donner la configuration électronique du fer sous forme atomique et desions fer II et fer III. On donne Z = 26 pour le fer. En réalité la couche devalence de Fe2+ est 4s03d6. Quelle peut en être la raison ?2- Le fer forme des complexes avec l’ion cyanure CN− et avec l’eau. Donnerla formule de LEWIS de ces deux ligands. Indiquer la forme dans l’espace deces deux ligands.

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STRUCTURE CRISTALLINE DU FER ET DE L’ACIER

Le fer peut cristalliser sous deux formes selon la température. À basse tem-pérature, la maille conventionnelle du fer α possède la structure cubiquecentrée (CC) alors qu’à haute température, le fer γ adopte la structure cu-bique à faces centrées (CFC). La transition s’opère à 910 °C à la pressionstandard ; puis, au-dessus de 1390 °C, le fer δ reprend une structure CC.Données numériques :

masse molaire du fer M(Fe)= 55,85 g.mol−1, masse molaire du carbone M(C)=12 g.mol−1, nombre d’Avogadro NA = 6,02.1023 mol−1.1 - Fer α

1-a. Donner la définition d’une maille élémentaire. Par quel(s) paramètre(s)est-elle déterminée ?1-b. Dessiner la maille conventionnelle du fer α.1-c. Combien cette maille renferme-t-elle d’atomes ?1-d. Définir puis calculer la compacité CCC d’une structure CC en adoptantle modèle de sphères dures indéformables.1-e. Calculer le paramètre aα de la maille cubique, sachant qu’à 20 °C lamasse volumique du fer α est ρα = 7868 kg.m−3.1-f. Calculer le rayon Rα de l’atome de fer α à 20 °C.2 - Influence de la températureLe volume massique du fer α passe de la valeur v(α)20 = 0,1271 cm3.g−1 à latempérature de 20 °C, à la valeur v(α)910 = 0,1321 cm3.g−1 à 910 °C, la va-riation étant linéaire en fonction de la température. L’étude est menée àpression constante.2-a. Lequel des trois coefficients thermoélastiques α, β ou χT ces donnéesvous permettent-elles de calculer ? En donner la valeur moyenne.2-b. Entre quelles limites le paramètre de maille varie-t-il entre ces deuxtempératures ?2-c. Quel est le rayon de l’atome de fer α à 910 °C ?Dans la suite, le rayon atomique du fer α sera Rα = 125 pm.3 - Fer γ

3-a. Dessiner la maille conventionnelle du fer γ.3-b. Combien cette maille renferme-t-elle d’atomes ?3-c. Calculer la compacité CCFC d’une structure CFC (modèle de sphèresdures indéformables).3-d. Le rayon atomique du fer γ est Rγ = 129 pm. Calculer le paramètre aγ dela maille cubique.

3-e. Evaluer le volume massique v(γ)910 du fer γ.Si le carbone est très soluble dans le fer liquide (au-dessus de 1536 °C), il

n’en va pas de même lorsqu’il se forme une solution solide fer-carbone (fonte

ou acier). En effet, le carbone, dont le rayon atomique vaut RC = 77 pm, doit

s’insérer dans les sites octaédriques des mailles cristallines de fer α ou de fer

γ.

4 - Sites octaédriques4-a. Dans la représentation de la maille de fer α ci-contre, un site interstitiela été singularisé. De quel de type de site s’agit-il ? Est-il régulier ? (réponseà justifier)4-b. Quel serait le rayon maximal RMα d’un atome qui s’insérerait dans cesite sans entraîner de déformation de la structure cristalline ? Calculer RMα.4-c. Où sont situés les sites octaédriques dans le fer γ ? S’agit-il d’octaèdresréguliers ?4-d. Quel serait le rayon maximal RMγ d’un atome qui s’insérerait dans cesite sans déformer la structure cristalline ? Calculer RMγ.4-e. Que pouvez-vous en conclure sur la solubilité par insertion du carbonedans le fer solide ?5 - Insertion du carbonePar hypothèse, lorsqu’un atome de carbone s’insère dans le cristal de fer, toutes

les mailles subissent la même expansion. L’insertion de carbone dans le fer α

permet de former un alliage appelé ferrite ; lorsque l’insertion s’opère dans le

fer γ, l’alliage obtenu est dénommé austénite.

5-a. Quelle valeur prend le paramètre de maille du fer α lorsqu’un atomede carbone s’insère dans un site octaédrique ? À quelle variation relative devolume cela conduit-il ?

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5-b. De même, que devient le paramètre de maille du fer γ lorsqu’un atomede carbone s’insère dans un site octaédrique ? Quelle est la variation relativede volume induite ?5-c. Quelles conclusions pouvez-vous en tirer quant à la formation de la fer-rite et de l’austénite ?Un acier austénitique contient 1,33% de carbone en masse.

5-d. Quel est le nombre moyen d’atomes de carbone qui ont été insérés parmaille ?5-e. Calculer la masse volumique de cet acier. Que pensez-vous de ce résul-tat ?

Problème 5Les données numériques nécessaires à la résolution du problème sont re-groupées à la fin de l’énoncé.Le soufre est un élément chimique de la famille des chalcogènes, de symboleS et de numéro atomique 16.On le trouve dans beaucoup de minéraux (sulfures et sulfates) et même sousforme native, particulièrement dans les régions volcaniques.

I. Structure électronique du soufre et de composés oxygénésdu soufre.

1- Donner la structure électronique de l’atome de soufre dans l’état fonda-mental.

On considère les espèces suivantes : SOCl2, SO2−4 , l’atome de soufre est

l’atome central.

2- Proposer une structure électronique de LEWIS pour chacune de ces deuxespèces.

3- Représenter leur géométrie d’après la méthode VSEPR.

II. Structure cristalline de la blende.

Le principal minerai de zinc est le sulfure de zinc ZnS de type blende. Lablende, appelée aussi sphalérite, est la variété allotropique du sulfure dezinc qui cristallise dans le système cubique.Dans le cristal de blende ZnS, les ions Zn2+ et S2− jouent des rôles symé-triques. On peut ainsi décrire la maille de ce cristal comme constituée d’unréseau cubique à faces centrées d’ions S2− avec occupation de la moitié dessites tétraédriques par les ions Zn2+.

4- Dessiner la maille conventionnelle et donner la coordinence des ions Zn2+

et S2−.

5- Donner la formule littérale de la masse volumique ρ de la blende en fonc-tion du paramètre a de la maille, de la constante d’Avogadro NA et desmasses molaires du zinc M(Zn) et du soufre M(S).

6- Calculer la plus petite distance entre les ions Zn2+ et S2− dans la struc-ture blende en fonction du paramètre a de la maille. La comparer aux rayonsioniques donnés et interpréter ce résultat.

Données pour l’ensemble du problème

Numéros atomiques : Z(C) = 6, Z(O) = 8, Z(S) = 16 et Z(Cl) = 17Masses molaires atomiques en g.mol−1 : M(C) = 12, M(O) = 16et M(S) = 32Constante des gaz parfaits : R = 8,31 J.K−1.mol−1

Constante de Nernst à 298 K : ln10 RTF

= 0,06 VStructure de la blende :paramètre de maille a = 540 pmrayons ioniques r(Zn2+) = 74 pm et r(S2−) = 184 pm

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Correction :Problème 11.1. Atmosphère isotherme - facteur de Boltzmann1.1.1 L’application de la relation fondamentale de la dynamique à un petit volumeà l’équilibre conduit à :

−µg z −dP

d z= 0

L’équation d’état du gaz parfait PV = nRT conduit à :

µ=MP

RT

d’où l’équation à résoudre

dP

d z+

M g

RTz = 0

de solution

P = P0 exp−M g z

RT

1.1.2 La pression prend la forme P = P0 exp(−z/H) avec la hauteur caractéristique :

H =RT

M g= 7000 m

Au sommet de l’Everest

P = exp−8000/7000 = 0,3 bar

1.1.3 La densité de particule n vérifie :

n =N

V=

P

kB T= n(0)exp−

mg z

kB T

où m est la masse d’une particule et E0(T ) = kB T

1.2. Distribution de Maxwell1.2.1 Dans un fluide en équilibre, il n’y a pas de direction ou de sens privilégié, donc

⟨vx⟩ =⟨

vy

⟩

= ⟨vz⟩ = 0

1.2.2 La probabilité de trouver simultanément les composantes de la vitesse respec-tivement comprise entre vx et vx +d vx , entre vy et vy +d vy et entre vz et vz +d vz

est :

A exp

(

−mv2

2kB T

)

d vx d vy d vz =

B exp

(

−mv2

x

2kB T

)

d vx ×

B exp

(

−mv2

y

2kB T

)

d vy ×B exp

(

−mv2

z

2kB T

)

d vz

Le fait que cette probabilité soit un produit de facteurs dépendant chacun seulementd’une coordonnées sont statistiquement indépendantes et que la probabilité de trou-ver la composante de la vitesse sur l’axe Ox entre vx et vx +d vx est indépendatesdes autres composantes et de la forme

B exp

(

−mv2

x

2kB T

)

d vx

la somme de toutes les probabilités étant égale à 1, on a :∫∞

−∞B exp

(

−mv2

x

2kB T

)

d vx = 1

qui se calcule par le changement de variable

u2 =mv2

x

kB T=⇒ d vx =

√

kB T

mdu

Le calcul donne

1= B

√

kB T

m

∫∞

−∞du exp

(

−u2

2

)

u2du

soit

1= B2πkB T

m

ce qui permet de calculer B

La probabilité de trouver la composante de la vitesse sur l’axe Ox entre vx et vx+d vx

vaut donc√

m

2πkB Texp

(

−mv2

x

2kB T

)

d vx

Ce qui correspond à une loi gaussienne.

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1.2.3 La vitesse quadratique moyenne est donnée par :

v2q =

⟨

v2⟩

=⟨

v2x + v2

y + v2z

⟩

= 3⟨

v2x

⟩

avec

⟨

v2x

⟩

=∫∞

−∞

√

m

2πkB Texp

(

−mv2

x

2kB T

)

v2x d vx

=√

m

2πkB T

(

kB T

m

)3 ∫∞

−∞u2e

(

− u2

2

)

u2du

On obtient ainsi

vq =√

3⟨

v2x

⟩

=

√

3kB T

m

1.2.4 Dans l’espace des vitesses, l’ensemble des situations pour lesquelles la vitesseà la norme v correspond à une sphère de rayon v . Le volume de l’espace des vi-tesses pour lequelle la norme est comprise entre v et v +d v est le volume entre deuxsphères

4

3π(v +d v)3 −

4

3πv3 =

4

3π(3v2d v +3vd v2 +d v3)

soit finalement 4πv2d v quand on ne conserve que le premier ordre en d v

v

vx

vy

vz

Espace des vitesses

Pour trouver la probabilité d’avoir la vitesse v à d v près, il suffit de reprendre l’ex-pression de la probabilité

(√

m

2πkB T

)3

exp

(

−mv2

2kB T

)

d vx d vy d vz

et de sommer toutes ces expressions sur le petit volume précédent, on obtient alors

d p =(

m

2πkB T

)3/2

exp

(

−mv2

2kB T

)

4πv2d v

1.2.5 La valeur moyenne de la norme de la vitesse d’une molécule est donnée par

⟨v⟩ =∫

vd p

=(

m

2πkB T

)3/2 ∫+∞

−∞e

(

− mv2

2kB T

)

4πv3d v

= 4π

(

m

2πkB T

)3/2

√

kB T

m

4

×

∫+∞

−∞e

u2

2 u3du

=

√

8kB T

m

1.2.6 vq est une fonction de m, kB et T . A cause de l’homogénéïté des relations phy-sique, vq s’exprime nécessairement sous la forme

vq = K1

√

kB T

m

où K1 est sans dimension. De même ⟨v⟩ a la dimension d’une vitesse et doit s’expri-mer sous la même forme

⟨v⟩ = K2

√

kB T

m

On a donc

vq

⟨v⟩=

K1

K2

où K1

K2est un simple facteur numérique constant.

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1.3.1 D’après la figure, les molécules du gaz susceptibles de frapper la surface pen-dant le temps τ viennent de points de l’espace dont les coordonnées vérifient

0 < r <+∞

0 < θ <π

2

0 <ϕ< 2π

1.3.2 Le volume dV contient P dVkB T

molécules, donc P dVkB T

p(v)d v molécules de vitessecomprises entre v et v +d v . On montre que cette façon de raisonner n’est valableque si l’on peut négliger l’interaction entre les molécules et le microscope.1.3.3 On considère la sphère de rayon r centrée sur dV . La projection de dS surcette sphère est une surface de surface dS cosθ. La proportion des molécules dans levolume dV qui vont dans la bonne direction pour heurter la surface dS est donnéepar le rapport de cette surface projetée à la surface totale de la sphère soit

dS cosθ

4πr 2

dV

nsurface projetée

r

1.3.4 Pendant τ les molécules de vitesse v qui frappent dS sont celles situées dansune demi–sphère de rayon R = vτ et dont la vitesse à la bonne direction. Leurnombre provenant du volume dV = r 2dr sinθdθdϕ est

d N =PdV

kB Tp(v)d v

dS cosθ

4πr 2

En tenant compte de toutes les directions, le nombre moyen de chocs sur la surfacedS pendant le temps τ par des molécules avant une vitesse entre v et v +d v vaut

d N ′ =∫vτ

r=0

∫π/2

θ=0

∫2π

ϕ=0d N

=P

kB Tp(v)d v

dS

4π×

∫vτ

r=0dr

∫π/2

θ=0cosθ sinθdθ

∫2π

ϕ=0dϕ

=P

kB Tp(v)d v

dS

4πvτ

1

22π=

PdSvτ

4kB Tp(v)d v

1.3.5 On tient maintenant compte de toutes les vitesses possibles. Le le nombre totalmoyen de chocs sur la surface dS pendant le temps τ vaut

d N ′′ =∫∞

v=0d N ′ =

PdSτ

4kB T

∫∞

v=0v p(v)d v

=PdSτ

4kB T⟨v⟩ =

PdSτ

4kB T

√

8kB T

m

=PdSτ

√

2kB T

Problème 21. 1. On considère le champ E créé par une distribution de charges et une surfacefermée S. Le théorème de GAUSS se traduit par la relation :

Ó

SE .dS =

Qint

ε0

où Qint désigne la charge à l’intérieur de la surface S.1.2. a. Le champ E est défini en tout point de l’espace sauf sur le fil.Le vecteur E est contenu dans les plans de symétrie. Or tout plan passant par lefil est plan de symétrie ainsi que tout plan perpendiculaire au fil. Donc E est unvecteur radial.Par ailleurs l’invariance par rotation et translation par rapport à Oz impose que Er

ne dépend que de r .1. 2. b. On applique le théorème de GAUSS en utilisant un cylindre de hauteur h

ayant pour axe le fil :

λh

ε0= 2πr hEr ⇒ E =

λ

2πε0rer

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b

M

λ

σ

bM

b M’

2. Etude d’une plaque infinie uniformément chargée.

2. 1. Le champ est défini en tout point de l’espace sauf sur la plaque.

Tout plan perpendiculaire à la plaque est plan de symétrie. Donc le champ E contenudans tous ces plans est normal à la plaque. Par ailleurs les invariances par transla-tion suivant Oz et Oy impose à Ex de ne dépendre que de x.

2. 2. On applique le théorème de GAUSS en utilisant comme surface fermée un cy-lindre de génératrices perpendiculaires à la plaque et de bases S symétriques parrapport à la plaque. Le flux sur la surface latérale est nul car le champ est suivantex . Les deux flux sur les bases sont opposés, de sorte que le théorème de GAUSS

conduit à :

2SEx (x) =σS

ε0⇒ E =

σ

2ε0ex

2.3. Avec σ= 7,11×10−5 C.m−2, on obtient∥

∥

∥E∥

∥

∥= 4,0×106 V.m−1 .

3.Etude de deux plaques infinies uniformément chargées.

3.1. L’expression des champs en tout point de l’espace (hors des plaques) est :

x < 0 : E A =−σ

2ε0ex x > 0 : E A =+

σ

2ε0ex

x < e : EB =+σ

2ε0ex x > e : EB =−

σ

2ε0ex

σ> 0 −σ

x

3.2. En superposant les deux champs, on obtient :

Entre les armatures : E =+σ

ε0ex

Á l’extérieur des armatures : E = 0

Les lignes de champ sont perpendiculaires aux plaques.

3.3. La différence de potentiel VA −VB se calcule à partir de : E =−gradV

dV =−E .dℓ=−Ex (x).dx ⇒ VA −VB =∫B

AEx (x).dx =

∫xB

xA

σ

ε0dx

soit VA −VB =σe

ε0

3.4. Avec σ= 7,11×10−5 C.m−2 et e = 5 µm, on obtient VA −VB = 40,2 V .3.5. La capacité C du condensateur formé par les deux surfaces S en regard est telleque QA =σS =C (VA −VB ), soit :

C =ε0S

e

Problème 31. En comparant la loi de NEWTON F1→2 =−

Gm1m2

r 212

u1→2 qui donne la force attractive

exercée par la masse m1 sur la masse m2 et la loi de COULOMB F1→2 =+q1q2

4πε0r 212

u1→2

qui donne la force attractive ou répulsive exercée par la charge q1 sur la charge q2,on déduit le tableau d’analogie suivant entre les deux domaines :

Page 10 DL 11 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI

loi de COULOMB loi de NEWTON

grandeur impliquée la charge q la masse m

constante1

4πε0G

champ électrostatique E gravitationnel G

Théorème de GAUSSÒ

E .dS = Qintε0

Ò

G.dS =−4πG Mint

à l’intérieur de SGAUSS charge Qint masse Mint

2. La symétrie sphérique du problème impose de chercher un champ gravitation-nel sous la forme G = Gr (r )er . Pour une surface de GAUSS sphérique centrée sur lecentre O, on a donc :

Ó

G.dS =Gr (r )4πr 2 =−4πG Mint

A l’extérieur de la Terre, Mint = M d’où 4πr 2Gr (r )=−4πG M. On conclut G =−G M

r 2er .

Le potentiel s’obtient par intégration à partir de G = −gradV = −∂V

∂rer −

1

r

∂V

∂θeθ −

1

r sinθ

∂V

∂ϕeϕ. Pour le potentiel, on obtient donc : V =−

G M

ren imposant un poten-

tiel nul loin des masses.

A l’intérieur de la Terre, Mint = Mr 3

R3d’où 4πr 2Gr (r ) = −4πG M

r 3

R3. On conclut

G =−G Mr

R3er . Pour le potentiel, le calcul conduit à V =

G M

R3

(

r 2

2−

3R2

2

)

en assu-

rant la continuité de V en R pour fixer la constante d’intégration.3. A l’extérieur, si la symétrie est sphérique on peut faire le même calcul sans avoirà supposer la densité de masse uniforme, car l’étude des symétries est identique, lasurface de GAUSS aussi et on a toujours Mint = M.

Problème 4Concours E3A MP 2008ATOMISTIQUE

1- La configuration électronique du fer est, d’après la règle de KLECH-KOWSKI :1s22s22p63s23p64s23d6.Pour les ions Fe2+, on enlève deux électrons, donc on peut envisager la configura-tion : 1s22s22p63s23p64s23d4. Le texte nous annonce que la configation se termine en4s03d6, ce qui montre qu’il est plus simple d’enlever les électrons des sous-couches s

que de la sous couche d car ils doivent être en moyenne plus éloignés du noyau.Pour les ions Fe3+, on enlève trois électrons, donc on peut envisager la configura-tion : 1s22s22p63s23p64s23d3 ou plus vraissemblablement, pour la même raison queprécédemment : 1s22s22p63s23p64s03d5.

2- Le carbone C possède quatre électrons sur sa couche périphérique, l’azote N cinqélectrons, l’hydrogène un seul électrons et l’oxygène six.Dans le cas de l’ion cyanure, CN− on doit donc placer 10 électrons soit 5 doublets.On forme une triple liaison et C et N portent un doublet non liant. Le carbone porteune charge formelle négative. Le ligand est linéaire car il contient deux atomes.Dans le cas de la molécule d’eau, on a 8 électrons à placer, donc 4 doublets : il y a 2doublets de liaison et 2 doublets non-liants sur l’oxygène. La molécule ne porte pasde charge formelle. Dans la théorie VSEPR, elle a la forme AX2E2, ce qui conduit àun angle légèrement inférieur à 109°.Les représentations des deux ligands sont donnés ci-dessous :

C N- O

H H109°

STRUCTURE CRISTALLINE DU FER ET DE L’ACIER

1 - Fer α

1-a. La maille élémentaire est la maille de volume minimum redonnant le cristalpar translation dans trois directions indépendantes. Les paramètres qui déterminela maille sont la longueurs des arêtes et les angles entre les arêtes.1-b. La maille de la structure cubique centré est un cube d’arête a avec 1 atome àchaque sommet et un atome au centre.

1-c. La maille compte 8 sphères à chaque sommet appartenant à 8 mailles et une

sphère en propre au centre, d’où le nombre d’atomes : N = 8×1

8+1 = 2

1-d. La compacité est le rapport du volume occupé par les atomes sur le volume dela maille.Dans le cas de la structure CC les atomes sont tangents suivant une grande diago-nale du cube, d’où : 4R = a

p3. La compacité vaut :

CCC =N 4

3πR3

a3=

N 43πR3

(4R/p

3)3=

πp

3

8= 0,68

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1-e. La masse volumique est donnée par :

ρα =N M(Fe)

NA

a3α

On en déduit :

aα = 3

√

N M(Fe)

ραNA= 287 pm

1-f. Le rayon de l’atome de fer est alors :

Rα =aα

p3

4= 124 pm (4)

2-a. C’est le coefficient de dilatation isobare α= 1V

(

∂V∂T

)

Pqui permet d’étudier les va-

riations de volume en fonction de la température à pression constante. En moyenne :

α=1

(0,1321+0,1271)/2

0,1321−0,1271

910−20

= 4,335.10−5K−1

2-b. Le volume massique est l’inverse de la masse volumique, de sorte que :

aα = 3

√

vN M(Fe)

NA= 287 pm

On en déduit :

a(α)20 = 286,8 pm et a(α)910 = 290,5 pm

2-c. On déduit de (??) le rayon à 910°C :

R(α)910 = 125,8 pm .

3-a. La maille CFC est un cube d’arête a avec un atome à chaque sommet et unatome au centre de chaque face.

3-b. La maille compte 8 sphères à chaque sommet appartenant à 8 mailles et 6sphères au milieu des faces appartenant à 2 mailles, d’où le nombre d’atomes :

N = 8×1

8+6×

1

2= 4

3-c. Les atomes sont tangents suivant la diagonale d’une face du cube, soit :4R = aγ

p2. La compacité vaut :

CC FC =N 4

3πR3

a3=

N 43πR3

(4R/p

2)3=

π

3p

2= 0,74

3-d. Le paramètre de la maille vaut :

aγ =4Rp

2= 365 pm

3-e. Le volume massique est donné par :

vγ =(

N M(Fe)NA

a3α

)−1

= 0,131cm3g−1

4-a. Il s’agit d’un site octaédrique non régulier car toutes les arêtes n’ont pas lamême longueur : a ou a

p3/2 (demi-diagonale de la maille).

4-b. La distance minimale entre deux atomes de fer opposés est a. La taille maxi-male qu’on puisse insérer vérifie donc : a = 2R + 2RMα avec a = 4R/

p3. On en tire

RMα = 19,3 pm .4-c. Dans le réseau CFC, les sites octaédriques sont au centre du cube et au milieude chaque arête. Il s’agit d’octaèdre réguliers.4-d. Dans le réseau CFC, la distance minimale entre deux atomes de fer opposés esta. La taille maximale qu’on puisse insérer vérifie donc : a = 2R+2RMα avec a = 4R/

p2.

On en tire RMα = 53,4 pm .4-e. La solubilité par insertion entraîne une déformation car le rayon de l’atome decarbone vaut RC = 77 pm. Cette déformation est plus grande dans le fer α.

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5-a. Dans le fer α en présence de carbone, le paramètre de maille devient : a′ =2(Rα+RC ) = 404 pm et pour le volume de la maille :

∆V

V=

a′3 −a3

a3= 1,74

5-b. Dans le fer γ en présence de carbone, le paramètre de maille devient : a′ =2(Rγ+RC ) = 412 pm et pour le volume de la maille :

∆V

V=

a′3 −a3

a3= 0,44

5-c. La formation de l’austénite entraîne beaucoup moins de déformation que cellede la ferrite.5-d. La maille CFC contient : NO = 1+12× (1/2) = 4 sites octaédriques. Notons x lenombre d’atome de carbone présent dans chaque site octaédrique (x É 1).La fractionmassique vérifie la relation :

0,0133 =NO xM(C )

NO xM(C )+4M(Fe)

On en tire x = 0,0627 et il y a donc NO x = 0,25 atomes de carbone par maille.5-e. La masse volumique de l’acier est alors :

ρ′ =NO xM(C )+N M(Fe)

NA a′3 = 5378 kg.m−3

On constate que cet alliage est plus léger que le fer.

Problème 5Extraits Mines-Ponts PSI 2008

1- La structure électronique de l’atome de soufre dans l’état fondamental est : 1s2

2s2 2p6 3s2 3p4

2- S et O possèdent 6 électrons de valence, Cl en possède 7. pour SOCl2 : 26 électronsde valence, soit 13 doublets ; pour SO2−

4 : 32 électrons de valence, soit 16 doublets.

3- D’après la méthode VSEPR, la molécule SOCl2 est en AX3E1. Elle a une formepyramidale avec des angles légèrement inférieurs à 109°. L’ion sulfate SO2−

4 a uneforme tétraédrique avec des angles de 109°.

4- La maille conventionnelle de la blende est donnée par la figure suivante :

La coordinence des ions Zn2+ est 4 car ils sont au centre de site tétraédriques, celledes ions S2− est 4 pour la même raison.

5- La maille contient 4 ions Zn2+, 8 ions ions S2− aux sommets qui appartiennent à8 mailles et 6 ions S2− aux centres des faces qui appartiennent à 2 mailles, soit autotal 4 ions S2−.La masse volumique est alors donnée par :

ρ =4[M(Zn) + M(S)]

NA a

6- La plus petite distance Zn2+/S2− est le quart de la diagonale du cube, soit :

ap

3

4= 236 pm

Or r(Zn2+) + r(S2−) = 258 pm > 236 pm.Conclusion : le modèle ionique n’est pas correct pour ce cristal (liaison iono-covalente).