Corrigé ENS Bio 1999 ; durée : 4 h
Marche aléatoire d’une particule libre (fait en 1 h 30)
A) 1)
2) En tenant compte de l'isotropie de la distribution des vitesses, la "longueur" moyenne du déplacement sur chaque axe est $ - \;\frac{a}{{\sqrt 3 }}$et $ + \;\frac{a}{{\sqrt 3 }}$ avec une probabilité égale de $\frac{1}{2}$
3)
$\left[ {{p_N}\;.\;{d^3}V} \right]\; = \;1\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\left[ {{A_N}} \right]\; = \;{L^{ - 3}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left[ {{B_N}\;.\;{{\left\| {\overrightarrow r } \right\|}^2}} \right]\; = \;1\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\,\left[ {{B_N}} \right]\; = \;{L^{ - 2}}$Z
4) $\iiint_{espace}{{{A}_{N}}{{e}^{-{{B}_{N}}\ {{r}^{2}}}}\ {{d}^{3}}V}\ =\ 1\ =\ {{A}_{N}}\ \int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{B}_{N}}\ {{r}^{2}}}}\ {{r}^{2}}\ dr\ .\ \int_{0}^{2\pi }{d\varphi \ .\ \int_{0}^{\pi }{\sin \theta \ d\theta }\ }}={{A}_{N}}\ \frac{1}{{{B}_{N}}^{3/2}}\ \int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{u}^{2}}}}.{{u}^{2}}.du}\ .\ 2\pi \ .\ 2\ =\ \frac{4\pi \ {{A}_{N}}}{{{B}_{N}}^{3/2}}\ {{I}_{1}}\ =\ \frac{{{\pi }^{3/2}}\ {{A}_{N}}}{{{B}_{N}}^{3/2}}\ \Leftrightarrow $
$\;{\pi ^3}\;{A_N}^2\; = \;{B_N}^3\;$Z
5)$\iiint_{espace}{{{r}^{2}}{{A}_{N}}{{e}^{-{{B}_{N}}{{r}^{2}}}}{{d}^{3}}V=\frac{N{{a}^{2}}}{2}} ={{A}_{N}}\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{B}_{N}}{{r}^{2}}}}{{r}^{4}}dr}.\int_{0}^{2\pi }{d\varphi }.\int_{0}^{\pi }{\sin \theta d\theta } ={{A}_{N}}\frac{1}{B_{N}^{5/2}}\int_{0}^{+\infty}{{{e}^{-{{u}^{2}}}}.{{u}^{4}}.du}.2\pi .2=\frac{4\pi{{A}_{N}}}{B_{N}^{5/2}}{{I}_{2}}=\frac{3{{\pi}^{3/2}}{{A}_{N}}}{2B_{N}^{5/2}} \Leftrightarrow $
$\;9{\pi ^3}\;.\;{A_N}^2\; = \;{N^2}\;{a^4}\;{B_N}^5\;$Z
En combinant les deux résultats, on obtient : $\;{p_N}\left( {\overrightarrow r } \right)\; = \;{\left( {\frac{3}{{\pi \;N\;{a^2}}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{N\;{a^2}}}}}\;$
Ceci n'a de sens que pour $\left\| {\overrightarrow r } \right\|\; < < \;\sqrt {\frac{N}{3}} \;a$, ce qui est justifié pour N >>1, mais fini.
B) 1) La probabilité pour qu'une particule arrive en $\overrightarrow r $, à δV près, après N pas, étant : pN δV , le nombre de particules, prises parmi n émises en O, qui arrivent en $\overrightarrow r $, à δV près, après N pas, est δn = n pN δV.
Pour accomplir ces N pas, elles auront mis une durée t = Na/u. Donc :
$\;\frac{{\delta n}}{{\delta V}}\; = \;c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;$
2) Il faut que ${e^{ - \;\frac{{3\;r{*^2}}}{{u\;a\;t}}}}\; = \;\frac{1}{{100}}\; \Leftrightarrow \;$$\;r*\; = \;\sqrt {\frac{{u\;a\;t\;2\;\ln 10}}{3}} \;$.
Ceci est censé faire penser à la loi de Fick ; mais le programme se limite pour cette loi à l'étude du régime permanent !
3) $c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;\left[ {{x^2}\; + \;{y^2}\; + \;{z^2}} \right]}}{{u\;a\;t}}}}\; \Rightarrow $ $\frac{{\partial c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial t}}\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;3\;{t^{ - 7/2}}\;\left( {\frac{{ - t}}{2}\; + \;\frac{{{r^2}}}{{u\;a}}} \right)$
et $\frac{{\partial c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial x}}\; = \; - \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;\frac{6}{{u\;a}}\;x\;{t^{ - 5/2}}$ donc $\frac{{{\partial ^2}c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial {x^2}}}\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;\frac{6}{{u\;a}}\;{t^{ - 7/2}}\;\left( { - \;t\; + \;\frac{6}{{u\;a}}\;{x^2}} \right)$
On en déduit $\Delta c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;\frac{{36}}{{u\;a}}\;{t^{ - 7/2}}\;\left( {\frac{{ - \;t}}{2}\; + \;\frac{1}{{u\;a}}\;{r^2}} \right)$ soit :
$\;\Delta c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)\; = \;\frac{{12}}{{u\;a}}\;\frac{{\partial c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial t}}\; = \;\frac{1}{D}\;\frac{{\partial c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial t}}\;$ soit $\;D\; = \;\frac{{u\;a}}{{12}}\;$
4) ${k_b}\; = \;D\;\frac{{3\pi \;\eta \;d}}{T}\; = \;{1,245.10^{ - 23}}\;J.{K^{ - 1}}\; = \;{N_A}\; = \;\frac{R}{{{k_b}}}\; = \;{6,68.10^{23}}\;$soit une détermination de NA à 11% près.
C) 1) La longueur moyenne d'une paire de base est L/M = 0,338 nm.
Le nombre de paires de base par chaînon est aM/L = 313 paires.
Le nombre N de chaînons est L/a = 155 chaînons.
$\;{r_0}\; = \;\frac{{\sqrt N \;a}}{{\sqrt 2 }}\; = \;932\;nm\;$
2) Si M est 4 fois plus grand, on peut supposer que que L sera 4 fois plus grande. Si le pas a est inchangé, ce que le texte ne dit pas, N sera 4 fois plus grand, donc r0 sera 2 fois plus grand : La pelote peut être représentée comme une sphère de rayon double, donc de volume 8 fois plus grand.
Thermodynamique et élasticité d’une chaîne polymère (fait en 0 h 30)
D) 1) $\;S(r)\; = \;{S_0}\; - \;\frac{{3\;{k_b}\;{r^2}}}{{N\;{a^2}}}\;$
2) $\;Q\; = \;T\;\left[ {S({r_F})\; - \;{S_0}} \right]\;$ car la transformation est isotherme, soit :
$\;Q\; = \; - \;\frac{{3\;{k_b}\;T\;{r_F}^2}}{{N\;{a^2}}}\; < \;0\;$
$\begin{array}{l}\Delta U\; = \;0\;car\;la\;transformation\;est\;isotherme\\\;\;\;\;\;\, = \;W\; + \;Q\;d'après\;le\;premier\;principe\\\;\;\;\;\;\, = \;\int_0^{{r_F}} {f\;dr} \; - \;\frac{{3\;{k_b}\;T\;{r_F}^2}}{{N\;{a^2}}}\;\; = \;\int_0^{{r_F}} {f\;dr} \; - \;\int_0^{{r_F}} {\frac{{6\;{k_b}\;T\;r}}{{N\;{a^2}}}\;dr} \;\end{array}$
On en déduit que $\;f\; = \;\frac{{6\;{k_b}\;T\;r}}{{N\;{a^2}}}\;$ . L'hypotèse quasi-statique intervient dans l'assimilation de δW et δQ avec les éléments intégrateurs qui apparaissent ci-dessus : Il faut donc pouvoir définir δW et δQ, donc toutes les grandeurs thermodynamiques (T par ex.) à chaque instant. Il faut donc que la transformation soit quasistatique.
3) La force subie par la chaîne est f, destinée à compenser la tension de la chaîne : $\;{f_t}\; = \; - \;\frac{{6\;{k_b}\;T}}{{N\;{a^2}}}\;r\; = \; - \;k(T)\;\left( {r\; - \;{r_0}} \right)\; \Leftrightarrow $$\;k(T)\; = \;\frac{{6\;{k_b}\;T}}{{N\;{a^2}}}\;et\;{r_0}\; = \;0\;$ .
4) $r\; = \;\frac{{N\;{a^2}\;f}}{{6\;{k_b}\;T}}\; \Rightarrow \;{\left( {\frac{{\partial r}}{{\partial T}}} \right)_f}\; = \; - \;\frac{{N\;{a^2}\;f}}{{6\;{k_b}\;{T^2}}}\; \Rightarrow \;$
$\;\alpha \; = \; - \;\frac{1}{T}\; < \;0\;$ : toutes les matières plastiques, les fibres synthétiques possèdent cette propriété de rétrécir à la chaleur, contrairement aux solides "ordinaires".
5) $\;k(T)\; = \;\frac{{6\;{k_b}\;T}}{{N\;{a^2}}}\; = \;{1,43.10^{ - 8}}\;N.{m^{ - 1}}\; \Rightarrow \;f\; = \;k(T)\;\varepsilon \;L\; = \;{2,34.10^{ - 14}}\;N\;$
N.B. Une énergie de liaison est de l'ordre de 100 kJ.mol-1, soit 10-19 J.molécule-1, pour une distance interatomique de l'ordre de 0,1 nm, soit une force de l'ordre de 10-9 N : On ne risque donc pas de casser la molécule.
E) 1) R] La fonction th u n'est pas au programme de la classe !
Effectuons un développement limité de L(u) quand u tend vers 0 :
$L(u)\ =\ \frac{{{e}^{u}}\ +\ {{e}^{-u}}}{{{e}^{u}}\ -\ {{e}^{-u}}}\ -\ \frac{1}{u}\ \approx \ \frac{\left( 1\ +\ u\ +\ \frac{{{u}^{2}}}{2}\ +\ \frac{{{u}^{3}}}{6} \right)\ +\ \left( 1\ -\ u\ +\ \frac{{{u}^{2}}}{2}\ -\ \frac{{{u}^{3}}}{6} \right)}{\left( 1\ +\ u\ +\ \frac{{{u}^{2}}}{2}\ +\ \frac{{{u}^{3}}}{6} \right)\ -\ \left( 1\ -\ u\ +\ \frac{{{u}^{2}}}{2}\ -\ \frac{{{u}^{3}}}{6} \right)}\ -\ \frac{1}{u}\ \approx \ \frac{2\ +\ {{u}^{2}}}{2\ u\ +\ \frac{{{u}^{3}}}{3}}\ -\ \frac{1}{u}\ =\ \frac{\frac{2{{u}^{2}}}{3}}{2\ u\ +\ \frac{{{u}^{3}}}{3}}\ \approx \ \frac{u}{3}\ \xrightarrow[u\to 0]{}\ 0$
Donc r tend vers 0 quand f tend vers 0 : La molécule au repos est repliée sur elle même, jusqu'à n'occuper "qu'un point".
Remarquons que L(u) tend vers 1 quand u tend vers l'infini. Donc r tend vers Na quand f tend vers l'infini : On atteint pour r = Na la limite d'élasticité.
Ces résultats sont compatibles avec ceux de la question (D.2), car r = Na implique f = 6 kb T/a ; donc, quand f tend vers l'infini, a tend vers 0 et N vers l'infini, ce qui correspond bien à un ressort de raideur infinie.
Manipulation d'une molécule unique à l'aide de "pinces optiques" (fait en 4 h)
F) 1) * $\;dN\; = \;\frac{{{P_0}}}{{h\nu }}\;dt\;$
* Calculons la variation de la quantité de mouvement pour un photon :
$\Delta \overrightarrow p \; = \;\frac{{h\;\nu }}{{{c_0}}}\;\left[ {\left( {\overrightarrow n \;\cos \theta \; + \;\overrightarrow {{u_T}} \;\sin \theta } \right)\; - \;\left( { - \;\overrightarrow n \;\cos \theta \; + \;\overrightarrow {{u_T}} \;\sin \theta } \right)} \right]\; = \;2\;\frac{{h\;\nu \;{n_0}}}{c}\;\cos \theta \;\overrightarrow n $
Donc pour dN photons, on a :
$\;d\overrightarrow p \; = \;2\;\frac{{{P_0}\;{n_0}}}{c}\;\cos \theta \;dt\;\overrightarrow n \;$
2) Le faisceau de photons subit de la part de la surface réfléchissante une force $\frac{{d\overrightarrow p }}{{dt}}$; donc la surface réfléchissante subit de la part du faisceau de photons une force :
$\;\overrightarrow F \; = \; - \;\frac{{d\overrightarrow p }}{{dt}}\; = \; - \;2\;\frac{{{P_0}\;{n_0}}}{c}\;\cos \theta \;\overrightarrow n \;$
3) $\;{F_0}\; = \;2\;\frac{{{P_0}\;{n_0}}}{c}\;\cos \theta \; = \;{1,77.10^{ - 10}}\;N\;$
G) 1)
En considérant deux surfaces élémentaires d2S prises symétriquement par rapport à l'axe Oz, on constate que la résultante des deux forces élémentaires s'exerçant sur ces éléments de surface est portée par Oz.
Il suffit donc d'additionner les composantes d2Fz .
$\;{d^2}{F_z}\; = \;\frac{{2\;\frac{{{P_0}\;{d^2}S\;\cos \theta }}{\sigma }\;{n_0}\;\cos \theta }}{c}\;\cos \theta \;\;où \;\;\frac{{{P_0}\;{d^2}S\;\cos \theta }}{\sigma }\;$représente la puissance qui atteint d2S
${{F}_{z}}\ =\ \iint_{1/2\ sph\grave{e}re}{\frac{2\ {{P}_{0}}\ {{n}_{0}}}{c\ \sigma }\ {{\cos }^{3}}\theta \ .\ b\ d\theta \ .\ b\ \sin \theta \ d\varphi }\ =\ \frac{4\pi \ {{b}^{2}}\ {{P}_{0}}\ {{n}_{0}}}{c\ \sigma }\ \int_{0}^{\pi /2}{{{\cos }^{3}}\theta \ \sin \theta }\ d\theta \ \Leftrightarrow $
$\;{F_z}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;\sigma }}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{I_0}\;{n_0}}}{c}\;$
2) $\;{F_z}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;{\sigma _0}}}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{I_0}\;{n_0}}}{c}\; = {F_0}\; = \;{3,72.10^{ - 12}}\;N\;$
3) Si Re << 1, c'est-à-dire dans l'hypthèse d'un fluide rampant, la bille est soumise à la force de Stokes - 6π η b vz. En appliquant le principe fondamental de la dynamique en projection sur Oz, on obtient :
$\frac{4}{3}\;\pi \;{b^3}\;\rho \;\frac{{d\;{v_z}}}{{dt}}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{n_0}\;{P_0}}}{{c\;\sigma }}\; - \;6\pi \;\eta \;b\;{v_z}\; \Leftrightarrow \;\frac{{d\;{v_z}}}{{dt}}\; + \;\frac{{9\;\eta }}{{2\;{b^2}\;\rho }}\;{v_z}\; = \;\frac{{3\;{n_0}\;{P_0}}}{{4\;c\;\sigma \;b\;\rho }}\; \Rightarrow $
$\ {{v}_{z}}\ =\ \frac{{{n}_{0}}\ {{P}_{0}}\ b}{6\ \eta \ \sigma \ c}\ \left( 1\ -\ {{e}^{-\ \frac{9\ \eta }{2\ {{b}^{2}}\ \rho }\ t}} \right)\ \xrightarrow[t\to \infty ]{}{{v}_{\infty }}\ =\ \frac{{{n}_{0}}\ {{P}_{0}}\ b}{6\ \eta \ \sigma \ c}\ =\ 98,5\ \mu m.{{s}^{-1}}\ $
On déduit de la formule précédente que $\;\Delta t\; = \;\frac{{2\;{b^2}\;\rho \;\ln 10}}{{9\;\eta }}\; = \;2\;\mu s\;$ . Donc la vitesse limite est très faible et atteinte très rapidement.
Vérification de l'hypothèse : $\;{R_e}\; = \;\frac{{{v_\infty }\;2b\;\rho }}{\eta }\; = \;{3,94.10^{ - 4}}\; < < \;1\;$ : a bien un fluide rampant.
4) La force est inversement proportionelle à σ. Donc, si on s'écarte par exemple vers z > 0, la force exercée par le laser gauche sera plus faible que F0 puisque σG est plus grand que σ0, tandis que la force exercée par le laser droit sera plus grande que F0 puisque σD est plus petite que σ0. La bille sera donc ramenée vers z = 0.
$\begin{array}{l}\;{F_z}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;\pi {{\left( {{w_0}\; + \;z\;\tan \alpha } \right)}^2}}}\; - \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;\pi {{\left( {{w_0}\; - \;z\;\tan \alpha } \right)}^2}}}\\\;\;\;\;\; \approx \;{F_0}\;\left( {1\; - \;2\;\frac{{z\;\alpha }}{{{w_0}}}} \right)\; - \;{F_0}\;\left( {1\; + \;2\;\frac{{z\;\alpha }}{{{w_0}}}} \right)\; = \; - \;4{F_0}\;\frac{\alpha }{{{w_0}}}\;z\; = \; - \;{k_z}\;z\; \Rightarrow \end{array}$
$\;{k_z}\; = \;4\;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;{\sigma _0}}}\;\frac{\alpha }{{{w_0}}}\;$
5) $\;{k_z}\; = \;4\;\frac{{{\pi ^{3/2}}\;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}\;\alpha }}{{c\;{\sigma _0}^{3/2}}}\; = \;{3,8.10^{ - 8}}\;N.{m^{ - 1}}\;$ ; kz est légérement supérieur à la raideur de la chaîne idéale d'ADN. On peut donc agir sur la molècule.
H) 1) L'intensité moyenne sur une section droite du faisceau est Im = P0/π w02. Or l'intensité est quasi-uniforme et égale à I0 . Donc Im = $\;{I_0}\; = \;\frac{{{P_0}}}{{\pi \;{w_0}^2}}\;$
2) La diffraction par une ouverture circulaire de rayon r conduit à $\alpha \; = \;0,61\;\frac{\lambda }{r}$. On retrouve ici cette formule.
$\;\lambda \; = \;2\;\alpha \;\sqrt {\frac{{{\sigma _0}}}{\pi }} \; = \;489\;nm\; < < \;{w_0}\; = \;\sqrt {\frac{{{\sigma _0}}}{\pi }} \; = \;9800\;nm\;$: Donc les lois de l'optique géométrique sont applicables.
3) Imaginons que la bille s'écarte selon x > 0. La partie basse de la bille sera plus proche du centre du faisceau et subira une force plus importante qu'avant vers le haut. La partie haute de la bille sera plus loin du centre du faisceau et subira une force plus faible qu'avant vers le bas. Globalement, la force sera donc orientée vers le haut et écartera encore la bille de l'axe : l'équilibre est instable.
4) Dans le schéma ci-dessous représenté, n < n0. Il s'en suit que le rayon est rabattu vers le haut et que la variation de la quantité de mouvement du photon est d'orientation $\Delta \overrightarrow p $. Donc, la force subie par le photon est de même orientation, et la force subie par la bille est d'orientation opposée, comme l'indique le schéma.
Quand la bille s'élève selon x > 0, la force vers le bas s'exerçant sur la partie supérieure de la bille diminue d'intensité, car on s'éloigne de l'axe. La force vers le haut s'exerçant sur la partie inférieure de la bille augmente d'intensité, car on se rapproche de l'axe. Donc la résultante des forces est orientée vers le bas : cette fois, l'équilibre est instable.
Dans le schéma ci-dessous représenté, n > n0. Il s'en suit que le rayon est rabattu vers le bas et que la variation de la quantité de mouvement du photon est d'orientation $\Delta \overrightarrow p $. Donc, la force subie par le photon est de même orientation, et la force subie par la bille est d'orientation opposée, comme l'indique le schéma.
Quand la bille s'élève selon x > 0, la force vers le haut s'exerçant sur la partie supérieure de la bille diminue d'intensité, car on s'éloigne de l'axe. La force vers le bas s'exerçant sur la partie inférieure de la bille augmente d'intensité, car on se rapproche de l'axe. Donc la résultante des forces est orientée vers le bas : cette fois, l'équilibre est stable.
5) * Dans le quadrilatère AEOI du schéma ci-dessus, la somme des angles vaut :
4π = (π - β) + θi + (2π - 2 θr) + θi . Donc :
$\;\beta \; = \;2\;\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)\; - \;\pi \;$ avec n0 sinθi = n sinθr (loi de Snell-Descartes)
* Calculons la variation de la quantité de mouvement pour un photon :
$\Delta \overrightarrow p \; = \;\frac{{h\;\nu \;{n_0}}}{c}\;\left[ {\left( {\overrightarrow {{u_z}} \;\cos \beta \; - \;\overrightarrow {{u_x}} \;\sin \beta } \right)\; - \;\overrightarrow {{u_z}} } \right]$. Donc pour $\frac{{\delta P}}{{h\nu }}\;dt$ photons, on a :
$d\overrightarrow p \; = \; - \;\frac{{\delta P\;{n_0}}}{c}\;\left[ {\overrightarrow {{u_z}} \;\left( {1\; - \;\cos \beta } \right)\;\; + \;\overrightarrow {{u_x}} \;\sin \beta } \right]\;dt$ avec$\;\delta P\; = \;{I_0}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{{x\; + \;b\;\sin {\theta _i}}}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;b\;d{\theta _i}\;b\;\sin {\theta _i}\;d\varphi \;\cos {\theta _i}\;$
où x désigne l'altitude du centre de la bille.
* Le faisceau de photons subit de la part de la surface réfléchissante une force $\frac{{d\overrightarrow p }}{{dt}}$; donc la surface réfléchissante subit de la part du faisceau de photons une force : $\;{d^2}\overrightarrow F \; = \;\frac{{{I_0}\;{n_0}\;{b^2}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{{x\; + \;b\;\sin {\theta _i}}}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;\cos {\theta _i}\;\sin {\theta _i}\;d{\theta _i}\;d\varphi }}{c}\;\left[ {\overrightarrow {{u_z}} \;\left( {1\; + \;\cos 2\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)} \right)\; - \;\overrightarrow {{u_x}} \;\sin 2\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)} \right]\;$
donc $\;d\overrightarrow F \; = \;\frac{{2\pi \;{I_0}\;{n_0}\;{b^2}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{{x\; + \;b\;\sin {\theta _i}}}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;\cos {\theta _i}\;\sin {\theta _i}\;d{\theta _i}}}{c}\;\left[ {\overrightarrow {{u_z}} \;\left( {1\; + \;\cos 2\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)} \right)\; - \;\overrightarrow {{u_x}} \;\sin 2\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)} \right]\;$
N.B. Une réponse qualitative est demandée à la question (H.3). Mais pour pouvoir répondre à la question (H.5), il faut donner ici une réponse quantitative !
$\overrightarrow {dF} \; = \;\frac{{4\pi \;{b^2}\;{I_0}\;{n_0}}}{c}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{{x\; + \;b\;\sin \theta }}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;{\cos ^2}\theta \;.\;\sin \theta \;d\theta \;\left( {\cos \theta \;\overrightarrow {{u_z}} \; - \;\sin \theta \;\overrightarrow {{u_x}} } \right)$
Pour comparer les deux expressions, il faut comparer :
* sur $\overrightarrow {{u_z}} $ : (H.3) : 2 cos2θ à (H.5) : 1 + cos2(θi-θr)
* sur $\overrightarrow {{u_x}} $ : (H.3) : sin2θ à (H.5) : sin2(θi-θr)
avec n0 sinθi = n sinθr
A.N. Pour θi = 45 ° , soit θr = 36,5° :
* sur $\overrightarrow {{u_z}} $ : (H.3) : 1 à (H.5) : 0,957 * sur $\overrightarrow {{u_x}} $ : (H.3) : 1 à (H.5) : 0,291
On constate que sur $\overrightarrow {{u_z}} $ le maintient est semblable à celui du cas de la bille réfléchissante. Sur $\overrightarrow {{u_x}} $, il est plus faible que sur $\overrightarrow {{u_z}} $, mais il est correctement orienté comme nous l'avons expliqué.
6) kx est à nouveau un coefficient de raideur élastique. Mais la force n'est plus proportionnelle au déplacement x, à cause de la répartition énergétique du faisceau laser.
I) 1) La résultante des forces qui s'exercent sur la bille est :
$\;\overrightarrow F \; = \;\left[ {k\;\left( {X - x} \right)\; - \;{k_x}\;x\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}} \right]\;\overrightarrow {{u_x}} \;$
La position d'équilibre, qui correspond à $\;k\;\left( {X - x} \right)\; = \;{k_x}\;x\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;$ peut être trouvée par une résolution graphique, comme le montre le schéma ci-dessous.
2) Quand k est supérieur à la valeur absolue de la pente de la tangente au point d'inflexion de $\;{F_x}\left( x \right)\; = \;{k_x}\;x\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;$, il n'y a qu'une position d'équilibre, quel que soit X.
$\begin{array}{l}\;\frac{{d{F_x}\left( x \right)}}{{dx}}\; = \;{k_x}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;\left( {1\; - 2{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}} \right)\;\\\;\frac{{{d^2}{F_x}\left( x \right)}}{{d{x^2}}}\; = \;{k_x}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;\frac{{2\;x}}{{{w_0}^2}}\;\left( { - 3\; + \;2{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}} \right)\; = \;0\;pour\;x\; = \;{w_0}\;\sqrt {\frac{3}{2}} \; \Rightarrow \;\frac{{d{F_x}\left( x \right)}}{{dx}}\; = \; - \;2\;{k_x}\;{e^{ - \;\frac{3}{2}}}\;\end{array}$
Donc, il faut : $\;k\; > \;2\;{k_x}\;{e^{ - \;\frac{3}{2}}}\; = \;{k_c}\;$
3) $\;k(T)\; = \;\frac{{6\;{k_b}\;T}}{{N\;{a^2}}}\; = \;{1,43.10^{ - 8}}\;N.{m^{ - 1}}\; < \;2\;{k_x}\;{e^{ - \;\frac{3}{2}}}\; = \;{1,74.10^{ - 8}}\;N.{m^{ - 1}}\;$ : La pince est multistable.
4) Comme on le voit sur le graphe ci-dessous, $\;x*\; \in \;\left[ {{w_0}\;\frac{1}{{\sqrt 2 }}\;,\;{w_0}\;\sqrt {\frac{3}{2}} } \right]\;$ , valeurs extrêmes qui correspondent au maximum de Fx et au point d'inflexion de Fx. Les valeus correspondantes de Fx* sont : $\;{F_x}\left( {x*} \right)\; = \;{k_x}\;x\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\; \in \;\left[ {\;{k_x}\;{w_0}\;\sqrt {\frac{3}{2}} \;{e^{ - \;\frac{3}{2}}}\;,\;\;{k_x}\;{w_0}\;\frac{1}{{\sqrt 2 }}\;{e^{ - \;\frac{1}{2}}}} \right]\;$
5) $\;{F_x}*\; \in \;\left[ {{{1,04.10}^{ - 13}}\;N\;;\;{{1,63.10}^{ - 13}}\;N} \right]\;$
$\;k\;Na\; = \;{2,35.10^{ - 13}}\;N\;$. Donc la pince est suffisamment forte pour étirer la molécule, mais pas hors de son domaine linéaire.
On peut donc vérifier la loi du (E.1) dans la limite d'élasticité de la molécule. Pour ce faire, il faut déplacer l'extrêmité non fixée à la bille de latex de X. X doit être de l'ordre de grandeur de a. On peut donc fixer cette extrêmité de la molécule à une lame piezzoélectrique.
Marche aléatoire d’une particule libre (fait en 1 h 30)
A) 1)
| $\left\langle {{a_i}} \right\rangle $ | $\left\langle {{a_i}\;.\;{a_j}} \right\rangle $ | $\left\langle {{r_N}} \right\rangle $ | $\left\langle {{r_N}^2} \right\rangle $ | |
|---|---|---|---|---|
| $i\; \ne \;j$ | i = j | |||
| $-a\frac{1}{2}+a\frac{1}{2}$ | $\begin{array}{l}\left( { - \;a\;\frac{1}{2}} \right)\;.\;\left( { - \;a\;\frac{1}{2}} \right)\\ + \;\left( { - \;a\;\frac{1}{2}} \right)\;.\;\left( { + \;a\;\frac{1}{2}} \right)\\ + \;\left( { + \;a\;\frac{1}{2}} \right)\;.\;\left( { - \;a\;\frac{1}{2}} \right)\\ + \;\left( { + \;a\;\frac{1}{2}} \right)\;.\;\left( { + \;a\;\frac{1}{2}} \right)\\ = \;\frac{{{a^2}}}{4}\; - \;\frac{{{a^2}}}{4}\; - \;\frac{{{a^2}}}{4}\; + \;\frac{{{a^2}}}{4}\end{array}$ | $\begin{array}{l}\left( { - \;a\;\frac{1}{2}} \right)\;.\;\left( { - \;a\;\frac{1}{2}} \right)\\ + \;\left( { + \;a\;\frac{1}{2}} \right)\;.\;\left( { + \;a\;\frac{1}{2}} \right)\\ = \;\frac{{{a^2}}}{4}\; + \;\frac{{{a^2}}}{4}\end{array}$ | $\begin{array}{l}\left\| {\sum\limits_{i = 1}^N {{a_i}} \;.\;\overrightarrow {{u_x}} } \right\|\\ = \;\sum\limits_{i = 1}^N {{a_i}} \;.\;\left\| {\overrightarrow {{u_x}} } \right\|\\ = \;N\;.\;\left\langle {{a_i}} \right\rangle \;.\;1\end{array}$ | $\begin{array}{l}\sum\limits_{i = 1}^N {{a_i}^2} \\ = \;N\;.\;\left\langle {{a_i}^2} \right\rangle \end{array}$ |
| 0 | 0 | $\frac{{{a^2}}}{2}$ | 0 | $N\;\frac{{{a^2}}}{2}$ |
| $\left\langle {{a_{ix}}} \right\rangle $ | $\left\langle {{a_{ix}}^2} \right\rangle $ | $\left\langle {{r_N}} \right\rangle $ | $\left\langle {{r_N}^2} \right\rangle $ |
|---|---|---|---|
| $ - \;\frac{a}{{\sqrt 3 }}\;\frac{1}{2}\; + \;\frac{a}{{\sqrt 3 }}\;\frac{1}{2}$Z | $\begin{array}{l}\left( { - \;\frac{a}{{\sqrt 3 }}\;\frac{1}{2}} \right)\;.\;\left( { - \;\frac{a}{{\sqrt 3 }}\;\frac{1}{2}} \right)\\ + \;\left( { + \;\frac{a}{{\sqrt 3 }}\;\frac{1}{2}} \right)\;.\;\left( { + \;\frac{a}{{\sqrt 3 }}\;\frac{1}{2}} \right)\end{array}$Z | $\begin{array}{l}\left\| {\sum\limits_{i = 1}^N {{a_{ix}}} \;.\;\overrightarrow {{u_x}} \; + \;\sum\limits_{i = 1}^N {{a_{iy}}} \;.\;\overrightarrow {{u_y}} \; + \;\sum\limits_{i = 1}^N {{a_{iz}}} \;.\;\overrightarrow {{u_z}} } \right\|\\ = \left\| {N\left\langle {{a_{ix}}} \right\rangle \;\overrightarrow {{u_x}} \; + \;N\left\langle {{a_{iy}}} \right\rangle \;\overrightarrow {{u_y}} \; + \;N\left\langle {{a_{iz}}} \right\rangle \;\overrightarrow {{u_z}} } \right\|\\ = \;\left\| {N.0\;\overrightarrow {{u_x}} \; + \;N.0\;\overrightarrow {{u_y}} \; + \;N.0\;\overrightarrow {{u_z}} } \right\|\end{array}$Z | $\begin{array}{l}\sum\limits_{i = 1}^N {\left( {{a_{ix}}^2\; + \;{a_{iy}}^2\; + \;{a_{iz}}^2} \right)} \\ = \;N\left\langle {{a_{ix}}^2} \right\rangle \; + \;N\left\langle {{a_{iy}}^2} \right\rangle \; + \;N\left\langle {{a_{iz}}^2} \right\rangle \\ = \;N\frac{{{a^2}}}{6}\; + \;N\frac{{{a^2}}}{6}\; + \;N\frac{{{a^2}}}{6}\end{array}$Z |
| 0 | $\frac{{{a^2}}}{6}$Z | 0 | $N\;\frac{{{a^2}}}{2}$Z |
$\left[ {{p_N}\;.\;{d^3}V} \right]\; = \;1\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\left[ {{A_N}} \right]\; = \;{L^{ - 3}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left[ {{B_N}\;.\;{{\left\| {\overrightarrow r } \right\|}^2}} \right]\; = \;1\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\,\left[ {{B_N}} \right]\; = \;{L^{ - 2}}$Z
4) $\iiint_{espace}{{{A}_{N}}{{e}^{-{{B}_{N}}\ {{r}^{2}}}}\ {{d}^{3}}V}\ =\ 1\ =\ {{A}_{N}}\ \int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{B}_{N}}\ {{r}^{2}}}}\ {{r}^{2}}\ dr\ .\ \int_{0}^{2\pi }{d\varphi \ .\ \int_{0}^{\pi }{\sin \theta \ d\theta }\ }}={{A}_{N}}\ \frac{1}{{{B}_{N}}^{3/2}}\ \int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{u}^{2}}}}.{{u}^{2}}.du}\ .\ 2\pi \ .\ 2\ =\ \frac{4\pi \ {{A}_{N}}}{{{B}_{N}}^{3/2}}\ {{I}_{1}}\ =\ \frac{{{\pi }^{3/2}}\ {{A}_{N}}}{{{B}_{N}}^{3/2}}\ \Leftrightarrow $
$\;{\pi ^3}\;{A_N}^2\; = \;{B_N}^3\;$Z
5)$\iiint_{espace}{{{r}^{2}}{{A}_{N}}{{e}^{-{{B}_{N}}{{r}^{2}}}}{{d}^{3}}V=\frac{N{{a}^{2}}}{2}} ={{A}_{N}}\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{B}_{N}}{{r}^{2}}}}{{r}^{4}}dr}.\int_{0}^{2\pi }{d\varphi }.\int_{0}^{\pi }{\sin \theta d\theta } ={{A}_{N}}\frac{1}{B_{N}^{5/2}}\int_{0}^{+\infty}{{{e}^{-{{u}^{2}}}}.{{u}^{4}}.du}.2\pi .2=\frac{4\pi{{A}_{N}}}{B_{N}^{5/2}}{{I}_{2}}=\frac{3{{\pi}^{3/2}}{{A}_{N}}}{2B_{N}^{5/2}} \Leftrightarrow $
$\;9{\pi ^3}\;.\;{A_N}^2\; = \;{N^2}\;{a^4}\;{B_N}^5\;$Z
En combinant les deux résultats, on obtient : $\;{p_N}\left( {\overrightarrow r } \right)\; = \;{\left( {\frac{3}{{\pi \;N\;{a^2}}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{N\;{a^2}}}}}\;$
Ceci n'a de sens que pour $\left\| {\overrightarrow r } \right\|\; < < \;\sqrt {\frac{N}{3}} \;a$, ce qui est justifié pour N >>1, mais fini.
B) 1) La probabilité pour qu'une particule arrive en $\overrightarrow r $, à δV près, après N pas, étant : pN δV , le nombre de particules, prises parmi n émises en O, qui arrivent en $\overrightarrow r $, à δV près, après N pas, est δn = n pN δV.
Pour accomplir ces N pas, elles auront mis une durée t = Na/u. Donc :
$\;\frac{{\delta n}}{{\delta V}}\; = \;c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;$
2) Il faut que ${e^{ - \;\frac{{3\;r{*^2}}}{{u\;a\;t}}}}\; = \;\frac{1}{{100}}\; \Leftrightarrow \;$$\;r*\; = \;\sqrt {\frac{{u\;a\;t\;2\;\ln 10}}{3}} \;$.
Ceci est censé faire penser à la loi de Fick ; mais le programme se limite pour cette loi à l'étude du régime permanent !
3) $c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;\left[ {{x^2}\; + \;{y^2}\; + \;{z^2}} \right]}}{{u\;a\;t}}}}\; \Rightarrow $ $\frac{{\partial c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial t}}\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;3\;{t^{ - 7/2}}\;\left( {\frac{{ - t}}{2}\; + \;\frac{{{r^2}}}{{u\;a}}} \right)$
et $\frac{{\partial c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial x}}\; = \; - \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;\frac{6}{{u\;a}}\;x\;{t^{ - 5/2}}$ donc $\frac{{{\partial ^2}c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial {x^2}}}\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;\frac{6}{{u\;a}}\;{t^{ - 7/2}}\;\left( { - \;t\; + \;\frac{6}{{u\;a}}\;{x^2}} \right)$
On en déduit $\Delta c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)\; = \;n\;{\left( {\frac{3}{{\pi \;u\;a\;t}}} \right)^{3/2}}\;{e^{ - \;\frac{{3\;{r^2}}}{{u\;a\;t}}}}\;\frac{{36}}{{u\;a}}\;{t^{ - 7/2}}\;\left( {\frac{{ - \;t}}{2}\; + \;\frac{1}{{u\;a}}\;{r^2}} \right)$ soit :
$\;\Delta c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)\; = \;\frac{{12}}{{u\;a}}\;\frac{{\partial c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial t}}\; = \;\frac{1}{D}\;\frac{{\partial c\left( {\overrightarrow r ,t} \right)}}{{\partial t}}\;$ soit $\;D\; = \;\frac{{u\;a}}{{12}}\;$
4) ${k_b}\; = \;D\;\frac{{3\pi \;\eta \;d}}{T}\; = \;{1,245.10^{ - 23}}\;J.{K^{ - 1}}\; = \;{N_A}\; = \;\frac{R}{{{k_b}}}\; = \;{6,68.10^{23}}\;$soit une détermination de NA à 11% près.
Le nombre de paires de base par chaînon est aM/L = 313 paires.
Le nombre N de chaînons est L/a = 155 chaînons.
$\;{r_0}\; = \;\frac{{\sqrt N \;a}}{{\sqrt 2 }}\; = \;932\;nm\;$
2) Si M est 4 fois plus grand, on peut supposer que que L sera 4 fois plus grande. Si le pas a est inchangé, ce que le texte ne dit pas, N sera 4 fois plus grand, donc r0 sera 2 fois plus grand : La pelote peut être représentée comme une sphère de rayon double, donc de volume 8 fois plus grand.
Thermodynamique et élasticité d’une chaîne polymère (fait en 0 h 30)
D) 1) $\;S(r)\; = \;{S_0}\; - \;\frac{{3\;{k_b}\;{r^2}}}{{N\;{a^2}}}\;$
2) $\;Q\; = \;T\;\left[ {S({r_F})\; - \;{S_0}} \right]\;$ car la transformation est isotherme, soit :
$\;Q\; = \; - \;\frac{{3\;{k_b}\;T\;{r_F}^2}}{{N\;{a^2}}}\; < \;0\;$
$\begin{array}{l}\Delta U\; = \;0\;car\;la\;transformation\;est\;isotherme\\\;\;\;\;\;\, = \;W\; + \;Q\;d'après\;le\;premier\;principe\\\;\;\;\;\;\, = \;\int_0^{{r_F}} {f\;dr} \; - \;\frac{{3\;{k_b}\;T\;{r_F}^2}}{{N\;{a^2}}}\;\; = \;\int_0^{{r_F}} {f\;dr} \; - \;\int_0^{{r_F}} {\frac{{6\;{k_b}\;T\;r}}{{N\;{a^2}}}\;dr} \;\end{array}$
On en déduit que $\;f\; = \;\frac{{6\;{k_b}\;T\;r}}{{N\;{a^2}}}\;$ . L'hypotèse quasi-statique intervient dans l'assimilation de δW et δQ avec les éléments intégrateurs qui apparaissent ci-dessus : Il faut donc pouvoir définir δW et δQ, donc toutes les grandeurs thermodynamiques (T par ex.) à chaque instant. Il faut donc que la transformation soit quasistatique.
3) La force subie par la chaîne est f, destinée à compenser la tension de la chaîne : $\;{f_t}\; = \; - \;\frac{{6\;{k_b}\;T}}{{N\;{a^2}}}\;r\; = \; - \;k(T)\;\left( {r\; - \;{r_0}} \right)\; \Leftrightarrow $$\;k(T)\; = \;\frac{{6\;{k_b}\;T}}{{N\;{a^2}}}\;et\;{r_0}\; = \;0\;$ .
4) $r\; = \;\frac{{N\;{a^2}\;f}}{{6\;{k_b}\;T}}\; \Rightarrow \;{\left( {\frac{{\partial r}}{{\partial T}}} \right)_f}\; = \; - \;\frac{{N\;{a^2}\;f}}{{6\;{k_b}\;{T^2}}}\; \Rightarrow \;$
$\;\alpha \; = \; - \;\frac{1}{T}\; < \;0\;$ : toutes les matières plastiques, les fibres synthétiques possèdent cette propriété de rétrécir à la chaleur, contrairement aux solides "ordinaires".
5) $\;k(T)\; = \;\frac{{6\;{k_b}\;T}}{{N\;{a^2}}}\; = \;{1,43.10^{ - 8}}\;N.{m^{ - 1}}\; \Rightarrow \;f\; = \;k(T)\;\varepsilon \;L\; = \;{2,34.10^{ - 14}}\;N\;$
N.B. Une énergie de liaison est de l'ordre de 100 kJ.mol-1, soit 10-19 J.molécule-1, pour une distance interatomique de l'ordre de 0,1 nm, soit une force de l'ordre de 10-9 N : On ne risque donc pas de casser la molécule.
Effectuons un développement limité de L(u) quand u tend vers 0 :
$L(u)\ =\ \frac{{{e}^{u}}\ +\ {{e}^{-u}}}{{{e}^{u}}\ -\ {{e}^{-u}}}\ -\ \frac{1}{u}\ \approx \ \frac{\left( 1\ +\ u\ +\ \frac{{{u}^{2}}}{2}\ +\ \frac{{{u}^{3}}}{6} \right)\ +\ \left( 1\ -\ u\ +\ \frac{{{u}^{2}}}{2}\ -\ \frac{{{u}^{3}}}{6} \right)}{\left( 1\ +\ u\ +\ \frac{{{u}^{2}}}{2}\ +\ \frac{{{u}^{3}}}{6} \right)\ -\ \left( 1\ -\ u\ +\ \frac{{{u}^{2}}}{2}\ -\ \frac{{{u}^{3}}}{6} \right)}\ -\ \frac{1}{u}\ \approx \ \frac{2\ +\ {{u}^{2}}}{2\ u\ +\ \frac{{{u}^{3}}}{3}}\ -\ \frac{1}{u}\ =\ \frac{\frac{2{{u}^{2}}}{3}}{2\ u\ +\ \frac{{{u}^{3}}}{3}}\ \approx \ \frac{u}{3}\ \xrightarrow[u\to 0]{}\ 0$
Donc r tend vers 0 quand f tend vers 0 : La molécule au repos est repliée sur elle même, jusqu'à n'occuper "qu'un point".
Remarquons que L(u) tend vers 1 quand u tend vers l'infini. Donc r tend vers Na quand f tend vers l'infini : On atteint pour r = Na la limite d'élasticité.
Ces résultats sont compatibles avec ceux de la question (D.2), car r = Na implique f = 6 kb T/a ; donc, quand f tend vers l'infini, a tend vers 0 et N vers l'infini, ce qui correspond bien à un ressort de raideur infinie.
F) 1) * $\;dN\; = \;\frac{{{P_0}}}{{h\nu }}\;dt\;$
* Calculons la variation de la quantité de mouvement pour un photon :
$\Delta \overrightarrow p \; = \;\frac{{h\;\nu }}{{{c_0}}}\;\left[ {\left( {\overrightarrow n \;\cos \theta \; + \;\overrightarrow {{u_T}} \;\sin \theta } \right)\; - \;\left( { - \;\overrightarrow n \;\cos \theta \; + \;\overrightarrow {{u_T}} \;\sin \theta } \right)} \right]\; = \;2\;\frac{{h\;\nu \;{n_0}}}{c}\;\cos \theta \;\overrightarrow n $
Donc pour dN photons, on a :
$\;d\overrightarrow p \; = \;2\;\frac{{{P_0}\;{n_0}}}{c}\;\cos \theta \;dt\;\overrightarrow n \;$
2) Le faisceau de photons subit de la part de la surface réfléchissante une force $\frac{{d\overrightarrow p }}{{dt}}$; donc la surface réfléchissante subit de la part du faisceau de photons une force :
$\;\overrightarrow F \; = \; - \;\frac{{d\overrightarrow p }}{{dt}}\; = \; - \;2\;\frac{{{P_0}\;{n_0}}}{c}\;\cos \theta \;\overrightarrow n \;$
3) $\;{F_0}\; = \;2\;\frac{{{P_0}\;{n_0}}}{c}\;\cos \theta \; = \;{1,77.10^{ - 10}}\;N\;$
G) 1)
Il suffit donc d'additionner les composantes d2Fz .
$\;{d^2}{F_z}\; = \;\frac{{2\;\frac{{{P_0}\;{d^2}S\;\cos \theta }}{\sigma }\;{n_0}\;\cos \theta }}{c}\;\cos \theta \;\;où \;\;\frac{{{P_0}\;{d^2}S\;\cos \theta }}{\sigma }\;$représente la puissance qui atteint d2S
${{F}_{z}}\ =\ \iint_{1/2\ sph\grave{e}re}{\frac{2\ {{P}_{0}}\ {{n}_{0}}}{c\ \sigma }\ {{\cos }^{3}}\theta \ .\ b\ d\theta \ .\ b\ \sin \theta \ d\varphi }\ =\ \frac{4\pi \ {{b}^{2}}\ {{P}_{0}}\ {{n}_{0}}}{c\ \sigma }\ \int_{0}^{\pi /2}{{{\cos }^{3}}\theta \ \sin \theta }\ d\theta \ \Leftrightarrow $
$\;{F_z}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;\sigma }}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{I_0}\;{n_0}}}{c}\;$
2) $\;{F_z}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;{\sigma _0}}}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{I_0}\;{n_0}}}{c}\; = {F_0}\; = \;{3,72.10^{ - 12}}\;N\;$
3) Si Re << 1, c'est-à-dire dans l'hypthèse d'un fluide rampant, la bille est soumise à la force de Stokes - 6π η b vz. En appliquant le principe fondamental de la dynamique en projection sur Oz, on obtient :
$\frac{4}{3}\;\pi \;{b^3}\;\rho \;\frac{{d\;{v_z}}}{{dt}}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{n_0}\;{P_0}}}{{c\;\sigma }}\; - \;6\pi \;\eta \;b\;{v_z}\; \Leftrightarrow \;\frac{{d\;{v_z}}}{{dt}}\; + \;\frac{{9\;\eta }}{{2\;{b^2}\;\rho }}\;{v_z}\; = \;\frac{{3\;{n_0}\;{P_0}}}{{4\;c\;\sigma \;b\;\rho }}\; \Rightarrow $
$\ {{v}_{z}}\ =\ \frac{{{n}_{0}}\ {{P}_{0}}\ b}{6\ \eta \ \sigma \ c}\ \left( 1\ -\ {{e}^{-\ \frac{9\ \eta }{2\ {{b}^{2}}\ \rho }\ t}} \right)\ \xrightarrow[t\to \infty ]{}{{v}_{\infty }}\ =\ \frac{{{n}_{0}}\ {{P}_{0}}\ b}{6\ \eta \ \sigma \ c}\ =\ 98,5\ \mu m.{{s}^{-1}}\ $
On déduit de la formule précédente que $\;\Delta t\; = \;\frac{{2\;{b^2}\;\rho \;\ln 10}}{{9\;\eta }}\; = \;2\;\mu s\;$ . Donc la vitesse limite est très faible et atteinte très rapidement.
Vérification de l'hypothèse : $\;{R_e}\; = \;\frac{{{v_\infty }\;2b\;\rho }}{\eta }\; = \;{3,94.10^{ - 4}}\; < < \;1\;$ : a bien un fluide rampant.
$\begin{array}{l}\;{F_z}\; = \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;\pi {{\left( {{w_0}\; + \;z\;\tan \alpha } \right)}^2}}}\; - \;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;\pi {{\left( {{w_0}\; - \;z\;\tan \alpha } \right)}^2}}}\\\;\;\;\;\; \approx \;{F_0}\;\left( {1\; - \;2\;\frac{{z\;\alpha }}{{{w_0}}}} \right)\; - \;{F_0}\;\left( {1\; + \;2\;\frac{{z\;\alpha }}{{{w_0}}}} \right)\; = \; - \;4{F_0}\;\frac{\alpha }{{{w_0}}}\;z\; = \; - \;{k_z}\;z\; \Rightarrow \end{array}$
$\;{k_z}\; = \;4\;\frac{{\pi \;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}}}{{c\;{\sigma _0}}}\;\frac{\alpha }{{{w_0}}}\;$
5) $\;{k_z}\; = \;4\;\frac{{{\pi ^{3/2}}\;{b^2}\;{P_0}\;{n_0}\;\alpha }}{{c\;{\sigma _0}^{3/2}}}\; = \;{3,8.10^{ - 8}}\;N.{m^{ - 1}}\;$ ; kz est légérement supérieur à la raideur de la chaîne idéale d'ADN. On peut donc agir sur la molècule.
H) 1) L'intensité moyenne sur une section droite du faisceau est Im = P0/π w02. Or l'intensité est quasi-uniforme et égale à I0 . Donc Im = $\;{I_0}\; = \;\frac{{{P_0}}}{{\pi \;{w_0}^2}}\;$
2) La diffraction par une ouverture circulaire de rayon r conduit à $\alpha \; = \;0,61\;\frac{\lambda }{r}$. On retrouve ici cette formule.
$\;\lambda \; = \;2\;\alpha \;\sqrt {\frac{{{\sigma _0}}}{\pi }} \; = \;489\;nm\; < < \;{w_0}\; = \;\sqrt {\frac{{{\sigma _0}}}{\pi }} \; = \;9800\;nm\;$: Donc les lois de l'optique géométrique sont applicables.
3) Imaginons que la bille s'écarte selon x > 0. La partie basse de la bille sera plus proche du centre du faisceau et subira une force plus importante qu'avant vers le haut. La partie haute de la bille sera plus loin du centre du faisceau et subira une force plus faible qu'avant vers le bas. Globalement, la force sera donc orientée vers le haut et écartera encore la bille de l'axe : l'équilibre est instable.
4) Dans le schéma ci-dessous représenté, n < n0. Il s'en suit que le rayon est rabattu vers le haut et que la variation de la quantité de mouvement du photon est d'orientation $\Delta \overrightarrow p $. Donc, la force subie par le photon est de même orientation, et la force subie par la bille est d'orientation opposée, comme l'indique le schéma.
Dans le schéma ci-dessous représenté, n > n0. Il s'en suit que le rayon est rabattu vers le bas et que la variation de la quantité de mouvement du photon est d'orientation $\Delta \overrightarrow p $. Donc, la force subie par le photon est de même orientation, et la force subie par la bille est d'orientation opposée, comme l'indique le schéma.
4π = (π - β) + θi + (2π - 2 θr) + θi . Donc :
$\;\beta \; = \;2\;\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)\; - \;\pi \;$ avec n0 sinθi = n sinθr (loi de Snell-Descartes)
* Calculons la variation de la quantité de mouvement pour un photon :
$\Delta \overrightarrow p \; = \;\frac{{h\;\nu \;{n_0}}}{c}\;\left[ {\left( {\overrightarrow {{u_z}} \;\cos \beta \; - \;\overrightarrow {{u_x}} \;\sin \beta } \right)\; - \;\overrightarrow {{u_z}} } \right]$. Donc pour $\frac{{\delta P}}{{h\nu }}\;dt$ photons, on a :
$d\overrightarrow p \; = \; - \;\frac{{\delta P\;{n_0}}}{c}\;\left[ {\overrightarrow {{u_z}} \;\left( {1\; - \;\cos \beta } \right)\;\; + \;\overrightarrow {{u_x}} \;\sin \beta } \right]\;dt$ avec$\;\delta P\; = \;{I_0}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{{x\; + \;b\;\sin {\theta _i}}}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;b\;d{\theta _i}\;b\;\sin {\theta _i}\;d\varphi \;\cos {\theta _i}\;$
où x désigne l'altitude du centre de la bille.
* Le faisceau de photons subit de la part de la surface réfléchissante une force $\frac{{d\overrightarrow p }}{{dt}}$; donc la surface réfléchissante subit de la part du faisceau de photons une force : $\;{d^2}\overrightarrow F \; = \;\frac{{{I_0}\;{n_0}\;{b^2}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{{x\; + \;b\;\sin {\theta _i}}}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;\cos {\theta _i}\;\sin {\theta _i}\;d{\theta _i}\;d\varphi }}{c}\;\left[ {\overrightarrow {{u_z}} \;\left( {1\; + \;\cos 2\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)} \right)\; - \;\overrightarrow {{u_x}} \;\sin 2\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)} \right]\;$
donc $\;d\overrightarrow F \; = \;\frac{{2\pi \;{I_0}\;{n_0}\;{b^2}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{{x\; + \;b\;\sin {\theta _i}}}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;\cos {\theta _i}\;\sin {\theta _i}\;d{\theta _i}}}{c}\;\left[ {\overrightarrow {{u_z}} \;\left( {1\; + \;\cos 2\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)} \right)\; - \;\overrightarrow {{u_x}} \;\sin 2\left( {{\theta _i}\; - \;{\theta _r}} \right)} \right]\;$
N.B. Une réponse qualitative est demandée à la question (H.3). Mais pour pouvoir répondre à la question (H.5), il faut donner ici une réponse quantitative !
$\overrightarrow {dF} \; = \;\frac{{4\pi \;{b^2}\;{I_0}\;{n_0}}}{c}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{{x\; + \;b\;\sin \theta }}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;{\cos ^2}\theta \;.\;\sin \theta \;d\theta \;\left( {\cos \theta \;\overrightarrow {{u_z}} \; - \;\sin \theta \;\overrightarrow {{u_x}} } \right)$
Pour comparer les deux expressions, il faut comparer :
* sur $\overrightarrow {{u_z}} $ : (H.3) : 2 cos2θ à (H.5) : 1 + cos2(θi-θr)
* sur $\overrightarrow {{u_x}} $ : (H.3) : sin2θ à (H.5) : sin2(θi-θr)
avec n0 sinθi = n sinθr
A.N. Pour θi = 45 ° , soit θr = 36,5° :
* sur $\overrightarrow {{u_z}} $ : (H.3) : 1 à (H.5) : 0,957 * sur $\overrightarrow {{u_x}} $ : (H.3) : 1 à (H.5) : 0,291
On constate que sur $\overrightarrow {{u_z}} $ le maintient est semblable à celui du cas de la bille réfléchissante. Sur $\overrightarrow {{u_x}} $, il est plus faible que sur $\overrightarrow {{u_z}} $, mais il est correctement orienté comme nous l'avons expliqué.
6) kx est à nouveau un coefficient de raideur élastique. Mais la force n'est plus proportionnelle au déplacement x, à cause de la répartition énergétique du faisceau laser.
I) 1) La résultante des forces qui s'exercent sur la bille est :
$\;\overrightarrow F \; = \;\left[ {k\;\left( {X - x} \right)\; - \;{k_x}\;x\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}} \right]\;\overrightarrow {{u_x}} \;$
La position d'équilibre, qui correspond à $\;k\;\left( {X - x} \right)\; = \;{k_x}\;x\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;$ peut être trouvée par une résolution graphique, comme le montre le schéma ci-dessous.
$\begin{array}{l}\;\frac{{d{F_x}\left( x \right)}}{{dx}}\; = \;{k_x}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;\left( {1\; - 2{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}} \right)\;\\\;\frac{{{d^2}{F_x}\left( x \right)}}{{d{x^2}}}\; = \;{k_x}\;{e^{ - \;{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}}}\;\frac{{2\;x}}{{{w_0}^2}}\;\left( { - 3\; + \;2{{\left( {\frac{x}{{{w_0}}}} \right)}^2}} \right)\; = \;0\;pour\;x\; = \;{w_0}\;\sqrt {\frac{3}{2}} \; \Rightarrow \;\frac{{d{F_x}\left( x \right)}}{{dx}}\; = \; - \;2\;{k_x}\;{e^{ - \;\frac{3}{2}}}\;\end{array}$
Donc, il faut : $\;k\; > \;2\;{k_x}\;{e^{ - \;\frac{3}{2}}}\; = \;{k_c}\;$
3) $\;k(T)\; = \;\frac{{6\;{k_b}\;T}}{{N\;{a^2}}}\; = \;{1,43.10^{ - 8}}\;N.{m^{ - 1}}\; < \;2\;{k_x}\;{e^{ - \;\frac{3}{2}}}\; = \;{1,74.10^{ - 8}}\;N.{m^{ - 1}}\;$ : La pince est multistable.
5) $\;{F_x}*\; \in \;\left[ {{{1,04.10}^{ - 13}}\;N\;;\;{{1,63.10}^{ - 13}}\;N} \right]\;$
$\;k\;Na\; = \;{2,35.10^{ - 13}}\;N\;$. Donc la pince est suffisamment forte pour étirer la molécule, mais pas hors de son domaine linéaire.
On peut donc vérifier la loi du (E.1) dans la limite d'élasticité de la molécule. Pour ce faire, il faut déplacer l'extrêmité non fixée à la bille de latex de X. X doit être de l'ordre de grandeur de a. On peut donc fixer cette extrêmité de la molécule à une lame piezzoélectrique.
