He tratado de responder, mediante la propuesta de un modelo simple. El modelo no funciona tan bien como yo esperaba, pero el procedimiento general puede servir como una respuesta.
Un modelo armónico
Como una primera aproximación, se podría considerar un modelo simple para la energía de una sola molécula de agua como una función de su ángulo. Una posibilidad podría ser una función armónica
$$E(\theta) = \frac{k \theta^2}{2}$$
donde $k$ es un parámetro desconocido y $\theta$ es el ángulo. Esto es muy sencillo, y deja fuera muchas complejidades, por supuesto.
Si tuvieras $E(\theta)$, la energía de una sola molécula de agua en un ángulo determinado, y si se supone independiente de la partícula modelo (que se puede romper por un líquido), se podría aplicar Boltzmann ponderación
$$p(\theta) = \frac{1}{U}\exp\left(-\frac{E(\theta)}{R T}\right)$$
donde $p(\theta)$ es la probabilidad de encontrar una molécula de agua en un ángulo particular y $U = \int_0^\pi d\theta \exp\left(-\frac{E(\theta)}{R T}\right)$ es un factor de normalización.
Si usted tuvo una distribución de probabilidad $p(\theta)$ describir la propagación de los ángulos a una temperatura determinada, obtener la media y la desviación estándar es fácil:
$$\langle\theta\rangle = \int_0^\pi d\theta\ \theta\ p(\theta)\\
\langle\theta^2\rangle = \int_0^\pi d\theta\ \theta^2\ p(\theta)\\
\sigma_\theta^2 = \int_0^\pi d\theta\ \izquierdo(\theta \langle\theta\rangle\right)^2\ p(\theta) = \langle\theta^2\rangle - \langle\theta\rangle^2$$
Así que esto sería cómo conseguir $\sigma_\theta^2$.
A continuación es mi numérico intento.
Atención: este modelo es demasiado simple.
Los resultados numéricos
Hice algunos cálculos (en su mayoría con SymPy) con el de arriba y me encontré con lo siguiente:
$$p(\theta) = \frac{1}{U} \exp\left(-\frac{k \theta^2}{2 R T}\right)\\
U = \sqrt{\frac{\pi R T}{2 k}} fer \left(\frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{2 k}{R}} \right)$$
$$\langle\theta\rangle = \frac{k}{R T U}\left(\exp\left( \frac{\pi^2 k}{2 R T} \right) -
1 \right) \exp\left( -\frac{\pi^2 k}{2 R T} \right)\\
\sigma_\theta^2 = \frac{R}{k} - \left[ \frac{\pi}{U} \exp\left( -\frac{\pi^2 k}{2 R T} \right) +
\left(\frac{RT}{kU}\right)^2 \left(\exp\left( \frac{\pi^2 k}{2 R T} \right) -
1 \right)^2 \exp\left( -\frac{\pi^2 k}{R} \right)
\right]$$
Sustituyendo las constantes de temperatura y ($\pi = 3.14159265$, $R = 8.314459848$ J K$^{-1}$mol$^{-1}$ $T = 293.15$ K) y la configuración de la media por encima de tan cerca como sea posible a 104.45° y la resolución numérica de la completa de los mínimos cuadrados problema, he encontrado una solución aproximada para $k$: $384.05105591$ J/rad2.
Lamentablemente, este valor está asociado con un ángulo medio de alrededor de 96°, lo que significa que el modelo es muy pobre.
El uso de este best $k$ nos da un $\sqrt{\sigma_\theta^2}$ de
$$\sqrt{0.508770928037803} = 0.713281801280393 \text{ rad}$$
que es de alrededor de 41°. De nuevo, un modelo simplista: la mejor predicción da ángulos como 96°$\pm$41°!
Un mal modelo
Mediante la expansión de la media en la serie, me encontré con el siguiente
$$\langle\theta\rangle \approx 1.570796325 + 0.000530047067361739 k + O(k^2)$$
El segundo fin de plazo por encima de fue $- 7.86976333117302\times 10^{-7} k^2$, así que lo dejó caer.
Observar el primer término es bastante 90° en radianes. Todos los demás términos de la caries demasiado rápido.
Haciendo la misma expansión de la desviación estándar de la siguiente sale:
$$\sigma_\theta^2 \approx - \frac{4.54747350886464 \times 10^{-13}}{k} + 0.411233515772252 + 0.000388544793228128 k + O(k^2)$$
El siguiente término en la serie anterior se $- 4.34803406790969 \times 10^{-7} k^2$ así que lo dejó caer. De nuevo, un (mal) de orden cero término domina.
