Corrigé de l'examen d'exercices du 15 Janvier 2009 - IIHE

Corrigé de l’examen d'exercices du 15 Janvier 2009(Les N° de page font référence au livre « Physique » de E. Hecht)R 1Q1. Deux petites sphères conductrices A et B dont le rapport des rayons estA =R B 2et de même masse m = 10 g sont posées sur un même diamètre du fond circulairehorizontal d’un bol isolant dont les bords sont inclinés à 45°. On porte une charge Q A= 3 10 ­5 C sur la sphère A et une charge Q B = ­6 10 ­6 C sur la sphère B. De ce fait, elless’attirent et entrent en contact.a) Quelles sont les charges Q’ A et Q’ B de chacune d’elle après le contact ?b) Comme les charges Q’ A et Q’ B sont de même signe, les sphères se repoussent. Onobserve qu’elles remontent les bords du bol d’une même hauteur où elles sont àl'équilibre. Quelle est alors leur distance horizontale de séparation? Faire un schémade la situation avec un diagramme des forces.ABa) Lorsque les sphères se touchent les charges s'additionnent charge totale: Q = 3×10 -5 C – 0, 6×10 -5 C = 2,4×10 -5 C⎛ 1 ⎞et les potentiels s'équilibrent. Potentiel d'une sphère (p.693) V = kQ⎜ ⎟⎝ R ⎠Q'AQ'B k = kRAR ;BQ' ARA1= =Q' BRB2Q' = 2 Q 'BA−5 3 Q ' = 2,410 C;b)AQ ;−5'A= 0,8×10 CQ−5'B= 1,6×10 CF élF RdF RF élF GF GA l'équilibre, les projections de la force de gravité F G et de la force électrique F él sur lesbords du bol se compensent. Les projections sur la perpendiculaire au bord du bols'additionnent et sont compensées par la force de réaction F R .Q'Q'(p.653) Félk2d=A B; FG=mg

Q'AQ'k2dBcos 45°= mgcos 45°Q'AQ'Bd = k = =mg(0,01 kg) . (9,81 m.s )-5 -59 2 -2 (0,8× 10 C) . (1,6 × 10 C)(9×10 N.m .C ) 3, 44 m-2

Q2. Deux grandes plaques métalliques minces et identiques sont perforées chacune d’unpetit trou (voir schéma). L’axe x passe par le centre de ces trous et on choisit l’origineéquidistante des deux plaques. La distance entre les plaques est d = 0,2 m.On porte sur chacune d’elles une même charge positive Q telle que la densité surfaciquede charge vaille σ = 8,84 10 -10 C/m 2 .a) Déterminez la composante selon x du champ électrique E à l’intérieur et à l’extérieurdes plaques, et représentez-le graphiquement en fonction de x entre A et B.b) On place un objet ponctuel de charge q = -10 -12 C et de masse m = 2 10 -11 kg au point Ade coordonnée -0,3 m, sans vitesse initiale. Représentez graphiquement la vitesse v del’objet en fonction du temps entre deux passages au point A. Indiquez clairement lesinstants où l’objet passe par les trous. (NB. La force de la gravité peut être négligéedans cette configuration)dAOBxa) Les charges positives se repoussent et se répartissent sur les faces extérieures des plaques.σ(p. 675) E = . A l'extérieur des plaques les champs s'additionnent =2ε E σ ε−10 -28,84×10 C.mA l'extérieur des plaques du côté A : E =− =−100 N/C−12 2 -1 -28,85×10 C . N . m−10 -28,84×10 C.mA l'extérieur des plaques du côté B : E = = 100 N/C−12 2 -1 -28,85×10 C . N . mA l'intérieur des plaques, les champs égaux, opposés en signe s'annulent: E = 0 N/CE100 N/CAOBx-100 N/Cb) Du point A au premier trou (p. 660):−1010 Na = = 5m/s−112×10 kg2−12 −10F = qE = ( −10 C)( − 100 N/C) = 10 N= ma (p. 80) Passage par le premier trou au point x 1:1 2 2( x1− x ) 2( − 0,1 m + 0,3 m)xA− x1 = at1t1 = A= = 0, 28s22a5m/s

2Vitesse au premier trou (p. 75): v1= at1 = (5m/s )(0,28s) = 1,41m/sEntre les trous la vitesse est constante temps pour atteindre le deuxième trou:= d= 0, 2 mt2v11, 41 m/s = 0,14 sTemps pour revenir à une vitesse nulle après le deuxième trou (au-delà du deuxième trou lacharge subit une décélération égale à a puisque le champ électrique est inversé):v0− v1 1, 41 m/sv0 − v1 = at3t3 = = − = 0, 28 s2a −5m/sLe mouvement s'inverse pour revenir au point A.v 1 er trou 2 ème trou Point B 2 ème trou 1 er trou Point A1,41 m/s0,28 s 0,42 s 0,70 s 0,98 s 1,12 s 1,40 st-1,41 m/s

3 30 024 40B= μ I πsin = [ − cos ] =4∫I πIπ θdθμ θμππ x44π x44πxCôté AD: le courant circule de droite à gauche et x = 0,5 m−72(4π× 10 T.m/A) 3,69 A 61,04 10−B AD= = × T4π0,5mCôté BC: le courant circule de gauche à droite et x = 1 m−72(4π× 10 T.m/A) 3,69 A−6 B BC=− =− 0,52×10 T4π1mChamp total : B = B AD + B BC = 0,52×10 −6 Τ dans la même direction que le champ uniforme (àl'extérieur de la spire, le champ magnétique est opposé au champ interne à la spire) auquel ils'ajoute.B3x10 -6 T1,5x10 -6 T10 -7 s 2x10 -7 st

Q4. Considérons une spire carrée de 10 cm de côté et parcourue par un courant de 10 A.Elle est placée dans un plan vertical et libre de tourner autour d'un de ses côtés verticaux.B45°ISi elle forme un angle de 45° avec un champ magnétique horizontal et uniforme de 1 T.a) Quelle est la force magnétique exercée sur le côté parallèle à l'axe de rotation ?b) Quel est le moment de cette force ?La même spire, toujours parcourue par un courant de 10 A, est placée dans un planhorizontal et est libre de tourner autour d'un de ses côtés. Elle est baignée dans un champmagnétique de 1 T, vertical et uniforme. Le côté opposé à l'axe de rotation a une densitélinéique de 10 g/cm alors que les trois autres côtés ont une masse négligeable.c) Quel est l'angle à l'équilibre entre la spire et l'horizontale ?a) (p. 815) FM= IlB = (10 A).(0,1 m).(1 T) = 1 N .2b) (p. 815) τ = (sin l φ ) F = (0,1m)sin45 ° (1N) = 7,07×10 −MN.mc)BθF MθF GA l'équilibre, les projections de la force de gravité, F G = mg, et de la force magnétique,F = IlB , sur la perpendiculaire au plan de la spire se compensent:Mmg cosθ = IlBsinθ tan = mg2(0,01 kg/cm).(10 cm).(9,81 m/s )θ θ = atan = 44,5°IlB(10 A).(0,1 m).(1 T)

Q5. Considérons le circuit suivant comportant deux condensateurs, C 1 et C 2 ,respectivement de 20 nF et 30 nF, et une résistance R de 20 kΩ. Grâce à desinterrupteurs, ce circuit peut être branché sur générateur de courant continu de 100 V(position 1), sur un conducteur rectiligne (position 2) ou sur un générateur de courantalternatif de tension efficace de 220 V et de fréquence 50 Hz (position 3).RC 111C 222a) Lorsque les interrupteurs sont en position 1, quelles sont les charges Q 1 et Q 2 sur lesdeux condensateurs, après un temps infini ?b) Lorsqu’on bascule les interrupteurs en position 2, quelles sont les charges Q 1 et Q 2après un temps t = 2ms ?c) Après un temps très long, on bascule les interrupteurs en position 3. Calculerl’impédance totale du circuit. Que valent les charges maximales Q 1 et Q 2 sur les deuxcondensateurs?a) Après un temps infini, I = 0 les deux condensateurs sont soumis à la différence depotentiel de 100 V et (p. 702) Q = CV.961 1(20 10 −−96Q = CV = × F).(100V) = 2×10 C et2 2(30 10 −−Q = CV = × F).(100 V) = 3×10 Cb) La capacité équivalente aux 2 capacités en parallèle est (p. 707): C = C 1 + C 2 = 50 nF.RCLa décharge du condensateur équivalent est donnée par (p. 765): Qt () = Qei. Comme−6 −6 −6Qi= Q1+ Q2 = (2× 10 C) + (3× 10 C) = 5×10 C et RC = (20×10 3 Ω). (50×10 -9 F) = 1 ms−3210 × s−3 3−3− 6 1× 10 s −7 Q(2 ms) = (5× 10 C) e = 6,77×10 CQt () Q1() t Q2()t(pp. 702 et 707) Vt ()= = = C C1 C2−7−9Q(2ms) C1(6,77× 10 C)(20×10 F)−7Q1(2 ms) = = = 2,71×10 C-9C50×10 F−7−9Q(2ms) C2(6,77× 10 C)(30×10 F)−7Q2(2 ms) = = = 4,06×10 C-9C50×10 Fc) (p. 878)22 2 2 ⎛ 1 ⎞3 2 ⎛ 1⎜−9 −1⎞Z = R + X = R + ⎜ ⎟ = (20× 10 Ω ) + ⎟ = 66,73 kΩ⎝Cω⎠ ⎝ (50× 10 F)2 π(50 s ) ⎠t−2

Vm311,1 V(p. 870) Vm= Veff2 = (220 V) 2 = 311,1 V et (p. 879) Im= = = 4,66 mA .Z 66.730 ΩAux bornes des deux condensateurs en parallèle (p. 874):1 1−3V = X I = I = (4,66× 10 A) = 296,7VCm C m −9 −1Cω m(50× 10 F)2 π(50 s ) charge maximum totale (p.702) : Q m = CV Cm = (50×10 -9 F) (296,7 V) = 14,83×10 -6 C.Qm Q1m Q2m(pp. 702 et 707) VCm= = =C C C Q1 2−6−9QCm 1(14,83× 10 C)(20×10 F)1m= =-9C50×10 F= ×−65,93 10 CQ−6−9QCm 2(14,83× 10 C)(30×10 F)2m= =-9C50×10 F= ×−68,90 10 C