solutions des exercices
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θ
z
A
B
M
O
r A
r B
r
+q
– q
H
2.
V (M) = V A (M) 1 V B (M)
= kq
−
1
r A
1
1
r B
Or r
2
A = AH
2 1 MH
2
=
d
2
1 r cos u
2
1 (r sin u)
2
= r
2
1 1
d
r
cos u 1
d
2
4r 2
.
Pour r d, un développement limité conduit à r
−1
A ≈
1
r
1 −
d cos u
2r
et de même
r
−1
B ≈
1
r
1 1
d cos u
2r
. D’où -
1
r A
1
1
r B
≈
d cos u
r 2 . On obtient le potentiel en M :
V (M) =
kqd cos u
r 2
=
kp cos u
r 2
=
k
− →
p · − → r
r 3
Remarque : le potentiel d’une charge ponctuelle varie en 1/r, celui de deux charges
ponctuelles varie en 1/r
2 , celui de quatre charges ponctuelles dont la somme est nulle
variera en 1/r
3 .
3. À partir de
− →
E = −
− − →
gradV , on obtient :
E r = −
≠V
≠r
=
2kp cos u
r 3
; E u = −
1
r
≠V
≠u
=
2kp sin u
r 3
; E f =
≠V
≠f
= 0
− →
E ne dépend que de r et u, il est bien contenu dans le plan (
− →
AB,
− − →
OM).
4 1. La somme des charges étant nulle, le moment dipolaire
− →
p est indépendant
du choix de l’origine. Soit A le barycentre du noyau de chlore et B celui du noyau
d’hydrogène : en A se trouvent 17 protons et 18 électrons, en B se trouve un proton. En
prenant A comme origine, il vient :
− →
p = 17e
− →
AA − 18e
− →
AA 1 e
− →
AB = e
− →
AB.
2. p experimental < p theorique . On se trouve dans la configuration suivante :
A
B
G
17
protons
18 e
–
1 proton
Soit G le barycentre des électrons de
la molécule, en prenant A comme origine :
− −−−−− →
p expérimental = −18e
− →
AG 1 e
− →
AB
= −18e
− →
AG 1
−−−−→
p théorique
2. ÉLECTROMAGNÉTISME
201