Considérons une surface de Gauss «àcheval » sur une des
plaques
E
➞
. dS
➞ = –
= – E int S + E ext S
Là encore on ne peut obtenir que E ext – E int .
En posant comme hypothèse supplémentaire que le champ est
nul en dehors du condensateur, on retrouve alors E =
entre les plaques.
4 • E
➞ = – grad
— ➞ V ⇒ dV = – E
➞
. d
➞ = – E dz
d’où V = –
+ cste.
V = 0 ⇒ cste
⇒ V(z) =
– z .
5 • C =
or Q = sS
et U = V – – V = =
B
A
E
➞ . d
➞
d’où C =
.
e 0 S
e
se
e 0
e
2
e
2
Q
U
e
2
s
e 0
se
2e 0
e
2
sz
e 0
s
e 0
sS
e 0
– s
ext
int
dy S 2
z 1
z 2
i E (z2)
i E (z1)
dy S 1
Énergie d’une liaison ionique
1 • Le 2 e terme est un terme de répulsion entre les deux nuages électroniques de même signe des deux ions (non interpénétrabilité des atomes), l est donc 0.
La position d’équilibre (stable) est celle du minimum d’énergie potentielle.
Elle est donc solution de
= 0:on voit bien que sans
le 2
e terme cette dérivée ne s’annulerait pas.
2 •
= 0 ⇔
–
=
1 –
= 0
donc à l’équilibre
=
alors E p (eq) = –
+
= –
1 – = –
Quand les deux ions sont infiniment éloignés l’un de l’autre
E p
r →∞
→ 0
L’énergie de dissociation est l’énergie qu’il faut fournir pour
éloigner indéfiniment les deux ions d’où :
E d = 0 – E p (eq) =
soit en eV
× 910
9
≈ 5,25 eV
soit en kJ. mol –1 × 1,610 –19 × 6,02 10 23 = 506 kJ. mol –1 . La
liaison ionique étant la plus forte on a le bon ordre de grandeur.
0,88 × 1,6 10
–19
241 . 10 –12
0,88q
2
4πε 0 r eq
0,88q 2
4πe 0 r eq
l/q
r 8
eq
q 2
4πe 0 r eq
lq
4πe 0 r 9
eq
q 2
4πe 0 r eq
1
9
l/q
r 8
eq
9l/q
r 8
q 2
4πe 0 r 2
9lq
4πe 0 r 10
q 2
4πe 0 r 2
dE p
dr
dE p
dr
15
CORRIGÉS
Distributions, champ et potentiel électrostatiques
1
437
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
plaques
E
➞
. dS
➞ = –
= – E int S + E ext S
Là encore on ne peut obtenir que E ext – E int .
En posant comme hypothèse supplémentaire que le champ est
nul en dehors du condensateur, on retrouve alors E =
entre les plaques.
4 • E
➞ = – grad
— ➞ V ⇒ dV = – E
➞
. d
➞ = – E dz
d’où V = –
+ cste.
V = 0 ⇒ cste
⇒ V(z) =
– z .
5 • C =
or Q = sS
et U = V – – V = =
B
A
E
➞ . d
➞
d’où C =
.
e 0 S
e
se
e 0
e
2
e
2
Q
U
e
2
s
e 0
se
2e 0
e
2
sz
e 0
s
e 0
sS
e 0
– s
ext
int
dy S 2
z 1
z 2
i E (z2)
i E (z1)
dy S 1
Énergie d’une liaison ionique
1 • Le 2 e terme est un terme de répulsion entre les deux nuages électroniques de même signe des deux ions (non interpénétrabilité des atomes), l est donc 0.
La position d’équilibre (stable) est celle du minimum d’énergie potentielle.
Elle est donc solution de
= 0:on voit bien que sans
le 2
e terme cette dérivée ne s’annulerait pas.
2 •
= 0 ⇔
–
=
1 –
= 0
donc à l’équilibre
=
alors E p (eq) = –
+
= –
1 – = –
Quand les deux ions sont infiniment éloignés l’un de l’autre
E p
r →∞
→ 0
L’énergie de dissociation est l’énergie qu’il faut fournir pour
éloigner indéfiniment les deux ions d’où :
E d = 0 – E p (eq) =
soit en eV
× 910
9
≈ 5,25 eV
soit en kJ. mol –1 × 1,610 –19 × 6,02 10 23 = 506 kJ. mol –1 . La
liaison ionique étant la plus forte on a le bon ordre de grandeur.
0,88 × 1,6 10
–19
241 . 10 –12
0,88q
2
4πε 0 r eq
0,88q 2
4πe 0 r eq
l/q
r 8
eq
q 2
4πe 0 r eq
lq
4πe 0 r 9
eq
q 2
4πe 0 r eq
1
9
l/q
r 8
eq
9l/q
r 8
q 2
4πe 0 r 2
9lq
4πe 0 r 10
q 2
4πe 0 r 2
dE p
dr
dE p
dr
15
CORRIGÉS
Distributions, champ et potentiel électrostatiques
1
437
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.