Problème 1

Page 10 DL 11 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI
loi de COULOMB loi de NEWTON
grandeur impliquée la charge q la masse m
constante
1
4πε0
G
champ
Théorème de GAUSS
à l’intérieur de SGAUSS électrostatique E
Qint E.dS = ε0
charge Qint gravitationnel G
G.dS =−4πG Mint
masse Mint 2. La symétrie sphérique du problème impose de chercher un champ gravitationnel
sous la forme G = Gr (r )er . Pour une surface de GAUSS sphérique centrée sur le
centre O, on a donc :
G.dS = Gr (r )4πr 2 =−4πG M int
A l’extérieur de la Terre, Mint= M d’où 4πr 2 G M
Gr (r )=−4πG M. On conclut G =−
r 2 er .
Le potentiel s’obtient par intégration à partir de G = −gradV = − ∂V
∂r er − 1 ∂V
r ∂θ eθ−
1 ∂V
r sinθ ∂ϕ eϕ.
G M
Pour le potentiel, on obtient donc : V =− en imposant un poten-
r
tiel nul loin des masses.
3
r
A l’intérieur de la Terre, Mint = M
R3 d’où 4πr 2 3
r
Gr (r ) = −4πG M . On conclut
R3 G Mr
G =−
R3 er
G M
. Pour le potentiel, le calcul conduit à V =
R3 2
r 3R2
− en assu-
2 2
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 avoir
à supposer la densité de masse uniforme, car l’étude des symétries est identique, la
surface de GAUSS aussi et on a toujours Mint= M.
Problème 4
Concours E3A MP 2008
ATOMISTIQUE
1- La configuration électronique du fer est, d’après la règle de KLECH-
KOWSKI :1s22s 22p 63s 23p 64s 23d 6 .
Pour les ions Fe2+ , on enlève deux électrons, donc on peut envisager la configuration
: 1s22s 22p 63s 23p 64s 23d 4 . Le texte nous annonce que la configation se termine en
4s03d 6 , 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 configuration
: 1s22s 22p 63s 23p 64s 23d 3 ou plus vraissemblablement, pour la même raison que
précédemment : 1s22s 22p 63s 23p 64s 03d 5 .
2- Le carbone C possède quatre électrons sur sa couche périphérique, l’azote N cinq
électrons, 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 porte
une 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 2
doublets de liaison et 2 doublets non-liants sur l’oxygène. La molécule ne porte pas
de charge formelle. Dans la théorie VSEPR, elle a la forme AX2E2, ce qui conduit à
un angle légèrement inférieur à 109°.
Les représentations des deux ligands sont donnés ci-dessous :
-
C N
O
H H
109°
STRUCTURE CRISTALLINE DU FER ET DE L’ACIER
1 - Fer α
1-a. La maille élémentaire est la maille de volume minimum redonnant le cristal
par translation dans trois directions indépendantes. Les paramètres qui détermine
la 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 à
chaque 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
+ 1=2
8
1-d. La compacité est le rapport du volume occupé par les atomes sur le volume de
la maille.
Dans le cas de la structure CC les atomes sont tangents suivant une grande diagonale
du cube, d’où : 4R = a 3. La compacité vaut :
CCC =
4
N 3 πR3
a3 = N 4
3 πR3
(4R/ 3) 3 = π3 = 0,68
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