Cégep Ahuntsic

Cégep Ahuntsic
SOLUTIONNAIRE
des exercices suggérés
du livre de Harris Benson
pour le cours 203-NYB-05
Révision: décembre 2003
André Bissonnette
Pierre Jodoin
Louise Malenfant
Guy Mercier
Raynald Pepin
Blaise Roberge
ii
Pour bien résoudre un problème, il faut
1° bien étudier la théorie d'abord.
Sans étude préalable, le problème semble souvent incompréhensible ou trop
difficile.
2° se faire un schéma.
Indiquez-y le maximum d'information, en particulier les directions des vecteurs.
3° identifier toutes les variables connues et inconnues.
4° identifier les éléments de théorie et les équations nécessaires.
5° identifier une stratégie de résolution ou au moins une première étape permettant de
démarrer (par exemple, déterminer une inconnue intermédiaire sans savoir ce que
l'on fera ensuite).
6° effectuer les calculs, trouver l'inconnue cherchée, prouver l'expression demandée.
Inscrivez toutes vos unités et utilisez trois chiffres significatifs.
7° vérifier ou analyser votre résultat. Semble-t-il logique?
ATTENTION
Un solutionnaire, c'est comme la cigarette: le danger pour votre santé (intellectuelle) croît
avec l'usage. Vous devez n'avoir recours au solutionnaire qu'après vous être escrimé
durant un certain temps sur un problème, pas dès le départ. Idéalement, le solutionnaire
est là pour que vous puissiez comparer votre solution à une autre solution et pour vous
apprendre à bien repérer les principales étapes de résolution d'un problème typique.
Chapitre 1
Q1.2 La plupart des objets sont neutres ou ont une charge électrique très faible
(section 1.1)
Q1.8 Petit rappel de mécanique: un objet est en équilibre si la force résultante
s'exerçant sur lui est nulle.
Si l'équilibre est stable, l'objet subit une force résultante non nulle s'il est déplacé
un peu de sa position d'équilibre, mais cette force tend à le ramener à sa
position d'équilibre. Si l'équilibre est instable, la force résultante s'exerçant lors
d'un petit déplacement tend à éloigner davantage l'objet de sa position
d'équilibre. Une boule au fond d'un trou est en équilibre stable, la même boule
au sommet d'une bosse est en équilibre instable (les forces présentes sont ici la
gravité et la normale).
Q1.9 Les deux sont soumis à des forces électriques, de grandeurs égales mais de
sens opposés. En effet, la charge ponctuelle induit une séparation de charges
dans la sphère métallique (voir la figure 1.6). La distance entre la charge
ponctuelle et la charge induite de signe opposé est plus faible que la distance
entre la charge ponctuelle et la charge induite de même signe. La force
d'attraction dépasse la force de répulsion et il y existe donc une force résultante
non nulle.
Q1.13 Après le déplacement d'un certain nombre d'électrons, les charges induites
contrebalancent l'effet de l'objet chargé.
E1.2
→
a) F = (6,75 →
i –8,00→
j ) x 10 –5 N , F = 1,05 x 10–4 N à –49,8°
→
b) F = (–8,48 →
i +1,30 →
j ) x 10 –5 N , F = 8,58 x 10–5 N à 171°
2
E1.10 Soit une charge q positive placée à l'origine (si la charge est négative, toutes les
forces sont de sens opposés).
y
La force exercée sur q par Q vaut
(m)
kqQ
Q
2
FqQ =
(2 m)2
et celle exercée sur q par –2Q est
→
kq2Q
Fq2 q
–2Q
Fq2 =
(3 m)2
x
–3
–2
–1 θ
Décomposons les forces:
→
F
→
→
→
qQ
F qQ = 0 →
i – FqQ j
Fq
→
F
= –F →
i +0→
j
q2
b)
q2
kq2Q →
kqQ →
→
→
→
→
Fq = F qQ + F q2 = –Fq2 →
i – FqQ j = –
i –
j
2
(3 m)
(2 m)2
kqQ  2 → 1 →
=
– i –4 j
(1 m)2  9
→
Soit F la force (répulsive) exercée sur q par la charge de 2,5Q.
y
Il faut que la force résultante soit nulle,
(m)
Q
c'est-à-dire que
2
→ →
→
→
F + Fq = 0 d'où F = – Fq
kqQ  2 → 1 →
→
→
→
F
=
i +4 j
F
F
–2Q
q2
(1 m)2  9
x
–3
–2
–1 θ q
En grandeur,
→
d →
22 12
FqQ
9 + 4
F = kqQ
F
2,5Q
q
et cette grandeur doit être égale à
kq(2,5Q)
F =
d2
En résolvant cette équation pour d, on obtient d = 2,74 m
L'angle θ donnant la direction dans laquelle doit être placée la charge de 2,5Q est
donné par
|Fqx |
tanθ = |Fqy |
kq2Q (2 m)2
8
= 9
2
kqQ
(3 m)
La position de la charge 2,5Q est ainsi
(x, y) = (–dsinθ, –dcosθ) = (–1.82, –2,05) m
Page 2
Fq2
= FqQ
=
donc θ = 41,6°
Cégep Ahuntsic
3
E1.12 m = 2 g
L=1m
θ = 15°
Q=?
Grâce à la symétrie de la situation, on
θ →
peut se contenter de considérer une
y
T
→
Fe
seule boule. La boule est soumise à
Q
trois forces: la tension dans la corde, la
→
x
mg
gravité et la force électrique exercée
par l'autre boule.
Pour trouver Q, il faut d'abord déterminer Fe , ce qu'on peut faire en appliquant la
seconde loi de Newton en x et en y (voir le cours de 101!).
∑ Fx = Fe – Tsin15° = max = 0
∑ Fy = Tcos15° – mg = may = 0
Connaissant m, on peut trouver T à l'aide de la seconde équation, puis Fe à
kQ2
l'aide de la première, et enfin Q car Fe =
.
(2Lsin15°)2
On obtient Q = 3,95 x 10–7 C = 395 x 10–9 C = 395 nC
→
E1.18 F 21 = (2,88→
i –2,16→
j ) x 10 –3 N
P1.2
a)
Q
→
F
Q
r
θ
x q
a
Q
b)
(3,60 x 10-3 N, -36.9°)
Par symétrie, les composantes en y
→
→
de F Q et de F Q s'annulent et la force
y
a
ou
→
F
θ
→
F
Q
x
résultante est dirigée vers les x
positifs.
kqQ
F = 2FQx = 2 • 2
sinθ
a + x2
x
où sinθ =
x 2 +a2
2kqQx
Ainsi Fx =
et
(a2 +x 2 )3/2
2kqQx
→
F = 2 2 3/2 →
i +0→
j
(a +x )
Méthode d’optimisation: la force est maximale si la charge q se trouve en un
dF
point (x, 0) tel que dx = 0 , ce qui fournit (rappel sur les dérivées: voir
l'annexe C)
(a2 + x 2 )3/2 – 3x 2 (a2 +x 2 )1/2 = 0
d’où
a2 + x2 = 3x2
a
et la solution est x =
2
Physique NYB • Solutionnaire
Page 3
4
c)
Si x » a, la charge q est très loin des charges Q et celles-ci apparaissent à peu
k(2Q)q
près comme des charges ponctuelles; on devrait donc obtenir Fx =
x2
Vérifions cette analyse formellement, à partir du résultat obtenu en a:
2kqQx
2kqQx
2kqQ  a2  –3/2
Fx =
=
=
1+
 a2 
(a2 +x 2 )3/2
x 2  x 2
3/2


3
x  1+ 2 
x
Le développement du binôme (annexe B) donne
n(n–1) 2
(1+x) n = 1 + nx + 2
x + ...
et si x « 1, x2 est négligeable et on ne garde que les deux premiers termes.
3
a
a2
Ici, n = – 2 et si x » a, x « 1 et 2 «« 1
x


2
2kqQ 
3a
2kqQ
Alors Fx =
1 – 2 2  ~
tel que prédit.
2

x
x
x2
P1.6
a)
Situation initiale: deux sphères identiques de charges q1 et q 2 opposées (car
kq1 q2
les charges s'attirent), avec d = 3 cm, F = –
= +150 N
d2
En reliant provisoirement les sphères par un fil, les charges passent d'une
sphère à l'autre à cause des forces d'attraction. La charge la plus élevée annihile
la charge la plus faible et la charge restante se répartit sur les deux sphères.
Après avoir enlevé le fil, on a deux sphères de charge q se repoussant avec
kq2
une force
F' = 2 = 10,0 N
d
où 2q = q1 + q 2 car la charge totale est conservée.
On peut trouver q:
(0,0300 m) 2 10,0 N
q2 =
= 1,00 x 10–12 C 2 d'où q = ±1,00 µC
9,00x 109 Nm2 /C 2
kq1 q2
Les équations F =
= –150 N et 2q = q 1 + q 2 constituent un
d2
système de deux équations à deux inconnues pour q1 et q2 .
Si q > 0:
q1 = 2,00 µc – q2 = 2 – q2 avec les charges en µC
k (2–q2 ) q2
150 N (0,0300 m)2
F =
=
–150
N
d'où
(2–q
)q
=
–
2
2
d2
9 x 109 Nm2 /C 2
2q 2 – q2 2 = – 1,50 x 10–11 C 2 = –15,0 µC 2
q2 2 – 2q2 – 15,0 = 0
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Cégep Ahuntsic
5
ainsi q2 = 5,00 µC et q1 = –3,00 µC
b)
ou
q2 = –3,00 µC et q 1 = 5,00 µC
Ces deux solutions sont physiquement identiques.
Si q < 0, on a q1 = –2 – q2 et q2 2 + 2q 2 – 15,0 = 0 et ainsi
q2 = 3,00 µC et q1 = –5,00 µC ou q2 = –5,00 µc et q1 = 3,00 µC
Bref, une charge vaut 5,00 µC, l'autre 3,00 µC, et les deux charges sont de
signes opposés.
Cette fois, q1 et q2 se repoussent donc sont de même signe et
kq1 q2
F=
= +150 N
d2
kq2
On a encore F' = 2 = 10,0 N donc q = ±1,00 µC
d
et 2q = q1 + q 2
L'énoncé du livre est incorrect: il est impossible qu'après répartition égale de la
charge sur les deux sphères (sans annihilation dans ce cas), la force de répulsion
puisse passer de 150 à 10 N. D'ailleurs, si on poursuit la démarche comme en
a), on obtient une équation sans solution réelle:
Si q > 0, q1 = 2 – q2
k (2–q2 ) q2
F =
= 150 N d'où (2–q2 )q2 = +15,0 µC2
d2
q2 2 – 2q2 + 15,0 = 0
Cette équation n'a pas de solution.
Physique NYB • Solutionnaire
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6
Chapitre 2
Q2.6 La force électrique et la force gravitationnelle varient toutes deux en fonction de
l'inverse du carré de la distance. La grandeur des deux forces dépend du produit
d'une caractéristique (charge ou masse) des particules.
Cependant, la force gravitationnelle est toujours une attraction, pendant que la
force électrique peut être une attraction ou une répulsion selon la nature des
charges.
E2.4
a) En x = –2,00 m
E2.6
Q 1 > 0 , Q2 < 0
→
E1
Q1
0
1
b) En x = 0,667 m
Q2
→
E3
2
3
x (m)
Comme tout se passe à une dimension, on peut omettre la notation vectorielle
pour simplifier la notation; les directions sont représentées par le signe.
kQ1
k|Q2 |
E1 = +10,8 N/C = E11 + E12 =
+
2
(1 m)
(1 m)2
car E11 et E12 sont tous deux dirigés vers les x positifs.
kQ1
k|Q2 |
E3 = –8 N/C = E31 – E32 =
–
(3 m)2
(1 m)2
car E31 est dirigé vers les x positifs et E32 vers les x négatifs.
On se retrouve donc avec un système de 2 équations à 2 inconnues, Q1 et
|Q 2 |, qu'il suffit de résoudre (Q1 = 0,28 nC, Q2 = –0,92 nC).
Note: dans la première édition, E3 = –0,8 N/C; la réponse (Q1 = 1,00 nC, Q 2 = –0,200 nC) dans le
solutionnaire ERPI de la seconde édition n'a pas été changée et correspond à cette donnée.
E2.8
a) 4,22 x 10 3 →
i N/C
b) 9,84 x 103 →
i N/C
→
→
→
c) F 21 = –2,95 x 10–5 i N
d) F 12 = 2,95 x 10 –5 →
i N
→
E2.10 E = (2,36→
i + 1,00 →
j ) x 10 4 N/C
E2.21 En traçant le champ, il faut tenir compte des points suivants:
– Loin du plan, l'influence de la charge est négligeable et le champ est uniforme
et perpendiculaire au plan, comme à la figure 2.21.
– Près du plan, sauf aux environs de la charge, le champ est uniforme et
Page 6
Cégep Ahuntsic
7
perpendiculaire au plan, comme à la figure 2.21.
– Tout près de la charge, le champ de la charge est prépondérant et radial par
rapport à la charge.
Ce qui donne approximativement (la forme exacte du champ varie en fonction
de la distance entre la charge et le plan, de la grandeur de la charge et de la
densité de charge sur le plan)
a)
Il existe un point, entre la charge et le plan, où le champ est nul. Autour, le champ
est faible, d'où la faible densité des lignes de champ dans cette région.
b)
Il existe un point, au-delà de la charge négative, où le champ est nul, d'où la
faible densité des lignes de champ dans cette région.
E2.30 Emax = 228 N/C
E2.33 θo = 45°
E = 1,00 x 103 N/C
vomax = ?
2 cm
y
→
vo
45°
O
x
La force subie par l'électron, et donc son accélération, sont dirigées vers le bas.
Physique NYB • Solutionnaire
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8
(–1,60 x 10–19 C) (1,00 x 103 N/C)
= –1,76 x 1014 m/s2
9,11 x 10–31 kg
Avec le système de référence choisi, xo = y o = 0 et on cherche la vitesse vo
maximale telle que ymax = 2,00 cm. Au sommet de la trajectoire, vy = 0.
v y2 = voy 2 + 2ay (y max – y o )
v oy 2 = –2ayy max = –2 (–1,76 x 10 14 m/s2 ) 0,0200 m = 7,03 x 10 12 m2 /s2
v oy = 2,65 x 106 m/s
Comme voy = vo sinθo , on obtient
v oy
2,65 x 106 m/s
v o = sinθo =
= 3,75 x 106 m/s
sin45°
ay =
qEy
m
=
E2.40 Au point P considéré, le champ dû à la droite verticale vaut (voir l'exemple 2.7)
2kλ
→
Ev = x →
i
2kλ
→
Le champ dû à la droite horizontale vaut Eh = y →
j
Le champ résultant est
1
2kλ
2kλ
1 
→
E = x →
i + y →
j = 2kλ  x →
i +y→
j
E2.42 a) 1,33 x 10 –25 J
b) 2,30 x 10 –25 N.m
2πRkλz
(z2 +R 2 )3/2
b) z = ±
R
2
P2.2
a) E =
P2.4
2kλ
a) E = R sinθo
P2.7
Soit une tige de longueur L portant une charge Q:
vers le bas
c) E =
2πRλk
z2
π
b) Pour un demi-cercle, θo = 2
y
θ
y
r
x
Considérons les champs produits par deux éléments symétriques de part et
d'autre du centre de la tige. Les composantes en x s'annulent, celles en y
s'additionnent. Pour un élément situé à une distance x du centre,
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9
k dq
cosθ
r2
dq
dx
où Q = L
et
dEy =
y
cosθ = r
=
y
x 2 +y 2
Le champ total au point considéré est
L/2
L/2
Ey =
⌠
⌡dEy
–L/2
=
⌠kQ dx

⌡ L x 2 +y 2
–L/2
L/2
y
x 2 +y 2
=
kQy ⌠
dx

L ⌡(x 2 +y 2 )3/2
–L/2
 L/2

kQy 
x
kQ 
L/2
–L/2


–
L  2 2 2  –L/2 = Ly 
y x +y
(L/2)2 +y 2
(–L/2) 2 +y 2 
kQ
1
kQ
4
2kQ
= y
= y
=
(L/2)2 +y 2
L2 +4y 2
y L2 +4y 2
2kQ
kQ
Pour y >> L , L2 << 4y 2 et Ey ~
= 2
y
y 4y 2
=
a)
b)
égal au champ d'une particule de charge Q.
2kλ
2kQ
2k Q
Pour y << L, 4y2 << L2 et Ey ~
= y L = y
y L2
Du point considéré, la tige apparaît très longue et même infinie: c'est pourquoi
on retrouve l'expression du champ créé par une droite chargée infinie (exemple
2.7).
Physique NYB • Solutionnaire
Page 9
1
0
Chapitre 3
Q3.3
a)
zéro
b)
non: il peut y avoir autant de lignes qui entrent que de lignes qui sortent de la
surface fermée.
Q3.4 a) qint = q1 + q 2
Q3.7 a) voir Q3.3b
b) les trois charges ; pourquoi ?
q1 + q 2
εo
b) oui
dA
E3.1
c) φE =
ϕ
Données
E
30°
r = 0,12 m
Inconnues
φE = ?
Éléments théoriques
→
→
φE = E • dA
E = 450 N/C
A
A = π r2
∫
ϕ = 60°
N.B. :
on considère l'épaisseur de la plaque circulaire comme étant négligeable ;
→
le choix de dA vers le haut est arbitraire étant donné qu'on pourrait aussi choisir
→
dA vers le bas, toujours sortant et perpendiculaire à la plaque ; l'angle ϕ serait
→
→
alors de 120° entre dA et E , ce qui inverserait le signe final du flux ;
on pourrait effectuer "mécaniquement" le produit scalaire dans 1° qui suit en se
→
→
→
→
→
servant de E = 450 i N/C et de dA = dA cos30° i + dA sin30° j m2.
→ →
1°
On effectue le produit scalaire : E •dA = E dA cos ϕ
2°
La grandeur du champ E est constante dans l'espace. On peut donc sortir E de
l'intégrale pour calculer le flux :
→ →
φE = ∫ E •dA = ∫ E dA cos ϕ = E cos ϕ ∫ dA = E A cos ϕ = E (π r2) cos ϕ
φE = (450 N/C) π (0,12 m)2 cos 60° = 10,2 N•m2/C
E3.10
a)
b)
Page 10
1,44 x 105
7,20 x 104
2 /C ; Eext =
N•m
N•m 2 /C
r2
r2
Q paroi int = –16,0 µC ; Q paroi ext = + 8,00 µC
Eint =
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y
E3.16
dA 2
L
y=L
Un sommet du
dA 6
cube à (0,0,0)
→
→
E = (a+bx) i
E
dA1
x=L
z
a)
L
dA 5
φE = O
∫ E •dA
q int
φE = εint
o
q
dA 3
L
z=L
→ →
φE
x
dA4
→ →
φE = O∫ E •dA = φEface1 + φEface2 + φEface3 + φEface4 + φEface5 + φEface6
→
→ →
→
→
→
→
Comme E = (a+bx) i , E est perpendiculaire à dA 2 , dA 4 , dA 5 et dA 6 .
Ainsi
φEface2 = φEface4 = φEface5 = φEface6 = 0
Pour les faces 1 et 3, on doit effectuer l'intégrale en se servant de l'expression
→
de E .
→
→
→
À la face 1, x = 0 => E 1 = a i = cste sur toute la surface A1 ; E 1 est anti→
parallèle à dA 1 .
⌠→ →
⌠E1 dA 1 cos180° = ⌡
⌠adA 1 (–1) = –aA 1 =
φE face1 = ⌡ E 1 •dA 1 = ⌡
f1
f1
f1
–aL2
→
→
→
À la face 3, x = L => E = (a+bL) i = cste sur toute la surface A3 ; E 3 est
→
parallèle à dA 3 .
⌠→ →
⌠E3 dA 3 cos0° = ⌡
⌠(a+bL)dA 3 (1) = (a+bL)A3
φE face3 = ⌡ E 3 •dA 3 = ⌡
f3
f3
f3
= (a+bL) L 2
φE = φEface1 + φEface3 = –aL2 + (a+bL)L2 = bL 3
b)
La charge à l'intérieur du cube (surface de Gauss) est obtenue par le théorème
de Gauss:
qint = φE εo = bL 3 εo
E3.18 Dans cet exercice, la surface de Gauss utilisée est un cylindre de rayon r et de
longueur plus courte que le câble, placé de façon à éviter le champ aux bouts du
câble.
Physique NYB • Solutionnaire
Page 11
1
1
a)
dA 2
−σ
Intérieur :
dA
1
rayon = a
+σ
+ σ C/m2
E
a
r
dA3
→ →
φE = O
∫ E •dA
q
φE
φE = εint
o
q int
A cylindre = 2πRL
V cylindre = πR2L
Q
q
σ = A tot = sint
tot
Extérieur :
b
h
→
E (r)
a<r<b
rayon = b
- σ C/m2
1° La charge qint à l'intérieur de la surface de Gauss (cylindre de surface latérale
s) est une fraction de la charge sur la surface extérieure du câble conducteur de
rayon a, fraction qui est fonction de la longueur h de la surface de Gauss.
Comme la densité superficielle σ est constante, alors :
qint
qint
σ = s = 2πah
Donc qint = + σ 2πah
2° Le flux d'après le théorème de Gauss est alors :
qint
σ2πah
φE = εo = ε
o
3° Le flux est la somme des flux sur chacune des 3 surfaces du cylindre :
→ →
φE = O∫ E •dA = φEface1 + φEface2 + φEface3
→
Sur les faces 1 et 3 où le champ est perpendiculaire à dA , le flux est nul. Par
exemple sur la face 3 :
⌠→ →
φEface3 = ⌡ E •dA 3 = ⌠
⌡EdA 3 cos90° = ⌠
⌡EdA 3(0) = 0
f3
f3
f3
Il ne reste donc que le flux à travers la face 2, là où le champ (radial, vers l'exté→
rieur) est parallèle à dA . Sur toute la face 2, la grandeur du champ E est une
constante (à même distance r du conducteur intérieur) :
⌠→ →
⌠dA 2(1) = E (2πrh)
φE = φEface2 = ⌡ E •dA 2 = ⌠
⌡EdA 2cos0° = E⌡
f2
f2
f2
4° Pour trouver la valeur E du champ à travers la face 2, égalisons le flux total
trouvé en 3° et celui trouvé en 2° :
+σ2πah
σa
σa
=
E
(2πrh)
d’où
E
=
et
E(r)
=
+
εo
rεo
rεo vers l'extérieur
Page 12
Cégep Ahuntsic
1
2
b)
r>b
dA
1
dA 2
Intérieur :
−σ
E
rayon = a
+σ
+ σ C/m2
a
r
q
φE = εint
o
q int
A cylindre = 2πRL
rayon = b
dA3
→ →
φE = O
∫ E •dA
φE
Extérieur :
b
h
→
E (r)
-–σ C/m2
V cylindre = πR2L
Q
q
σ = A tot = sint
tot
1° La charge qint est une partie qi de la charge sur la surface intérieure plus une
partie qe de la charge sur l'enveloppe extérieure.
(Question: puisque + σ – σ = 0 , comment cela se fait-il que la charge nette ne
soit pas nulle?)
qi
qi
+σ = si = 2πah d’où qi = +2πahσ
qe
qe
–σ = se = 2πbh
d’où qe = –2πbhσ
qint = qi + q e = σ2πh (a–b) < 0
2° D'après le théorème de Gauss, le flux est alors
qint
σ2πh(a–b)
φE = ε =
ε
o
o
3° Comme en a), le flux est nul sur les faces 1 et 3 car le champ y est per→
pendiculaire à dA . Ainsi φE = φEface2
→
À travers la face 2, le champ est radial mais anti-parallèle à dA puisque qint < 0.
Ainsi
⌠→ →
⌠EdA 2cos180° = E⌡
⌠dA 2(–1) = –E (2πrh)
φE = ⌡ E •dA 2 = ⌡
f2
f2
f2
4° Pour trouver la valeur E du champ à travers la face 2, égalisons le flux trouvé
en 3° et celui trouvé en 2° :
σ2πh(a–b)
σ(b–a)
=
–E
(2πrh)
d’où
E
=
vers l'intérieur
εo
rεo
E3.20 a) E =
a2 σ
E3.22 a) 2
r εo
2kλ
r
b)
b) E = 0
(b 2 –a2 )σ
r2 εo
Physique NYB • Solutionnaire
Page 13
1
3
1
4
P3.6
a)
dA
→
E (r)
E
r>R
+ + +
+ +
+ +
+
+ +
+
+
+
+ +
a
+ +
+ +
+ +
+ + R ++
+
r
sphère non-cond.
ρ
→ →
φE = O
∫ E •dA
q
φE
φE = εint
o
q int
A sphère = 4πR2
V sphère =4πR3/3
Q
q
ρ = V tot = vint
tot
1° La charge qint à l'intérieur de la surface de Gauss (sphère) est la charge totale
de la sphère. Cette charge est répartie dans le volume de rayon R moins la
cavité de rayon a :
Q tot
qint
ρ4π(R3–a3)
ρ = V tot = 4πR3 4πa3 d’où qint =
3
–
3
3
qint
ρ4π(R3–a3)
2° Le flux d'après le théorème de Gauss est φE = ε
=
3ε
o
o
3° Comme le champ est constant sur toute la surface de Gauss choisie (à une
même distance r), le flux d'après l'intégrale est :
⌠→ →
⌡EdAcos0° = E ⌠
⌡dA(1) = EA sph = E (4πr2)
φE = φEsph = ⌡ E •dA = ⌠
sph
sph
sph
4° Pour trouver la valeur E du champ à distance r, égalisons le flux total trouvé en
3° et celui trouvé en 2° :
ρ4π(R3–a3)
ρ(R3–a3)
2
= E (4πr ) donc
E(r) = + 3r2ε
vers l'extérieur
3εo
o
b)
E
+ + +
+ +
+ +
dA
+
+ +
+
+
+
+ +
a
+ +
+ +
r R
+ +
+ +
+ +
+
a<r<R
sphère non-cond.
ρ
→
E (r)
→ →
φE = O
∫ E •dA
q
φE
φE = εint
o
q int
A sphère = 4πR2
V sphère =4πR3/3
Q
q
ρ = V tot = vint
tot
→
Le vecteur E est dirigé radialement vers l’extérieur.
1° La charge qint à l'intérieur de la surface de Gauss (sphère) est une fraction de
la charge totale de la sphère. Cette charge est répartie dans le volume de rayon
Page 14
Cégep Ahuntsic
r moins la cavité de rayon a.
qint
qint
ρ = v int = 4π(r3–a3)/3
=>
1
5
qint
ρ4π(r3–a3)
=
3
2° Le flux d'après le théorème de Gauss est
qint
ρ4π(r3–a3)
φE = ε
=
3εo
o
3° Le flux d'après l'intégrale est :
⌠→ →
⌠dA(1) = EA sph = E (4πr2)
⌡EdAcos0° = E ⌡
φE = ⌡ E •dA = ⌠
sph
sph
sph
4° Pour trouver la valeur E du champ à distance r, égalisons le flux total trouvé en
3° et celui trouvé en 2° :
ρ4π(r3–a3)
ρ(r3–a3)
2) donc
=
E
(4πr
E(r)
=
+
vers l'extérieur
3εo
3r2εo
→
Faites une étude des cas limites : que vaut l'expression de E (r) pour r = a ?
pour r = R ?
ρor 
3r 
P3.12 E(r) = 3ε  1 – 4R 
o
Physique NYB • Solutionnaire
Page 15
1
6
Chapitre 4
Q4.1
dV
dr
a)
Rien! Le champ est proportionnel à
et peut être non nul même si le
b)
potentiel est nul.
dV
Er = – dr
Si Er = 0 , on se trouve en un point où le potentiel est maximum ou minimum.
Q4.11 Chaque surface équipotentielle est nécessairement à un potentiel différent. Si
deux surfaces se croisaient, le potentiel de l'intersection serait indéfini, ce qui est
impossible.
E4.4
0
5
10
15 cm
z
a) ∆V
a) zA = 5 cm = 0,05 m
b) ∆z
zB = 15 cm = 0,15 m
ds
A
a)
→
→
E = –180 V/m k
B
B
⌠→ →
V B – VA = - ⌡ E •ds
→
→
ds = dz
A
b) ∆V = 27 V
E
→ = +dz →
1° la valeur du déplacement de A vers B est ds
k
2° Trouvons le résultat du produit scalaire dans l'intégrale :
→
→ →
→
→ = E →
E •ds
k • dz k = E dz
(rappel : k • k = 1)
z
z
3° Le champ Ez a une valeur constante (ne dépend pas de z) d’où
V B – VA
B
B
A
A
→ = –⌡
⌡→
⌠Ez dz
= –⌠
E •ds
B
0,15 m
⌡dz = –Ez z| z'z == 0,05
= –Ez ⌠
m
A
= – (–180 V/m) (0,15 m – 0,05 m) = 18,0 V
b)
En a), on a trouvé que ∆V = –Ez ∆z . Ainsi
V D – V C = –Ez ∆z avec ∆z = |zD – zC|
∆V
27 V
D'où ∆z = – Ez = – –180 V/m = 0,15 m = 15,0 cm
E4.12 a) +24,0 V
Page 16
b) –72,0 x 10 –6 J
Cégep Ahuntsic
1
7
E4.19
5
sC
sA
-5
y (cm)
E = 400 V/m, à 37° a) V B–V A
C
sous l'axe des x
E
positifs
x (cm)
B
A
37°
→
∆s
A
A
b) V B–VC
→
∆s
∆sA = 3 cm
5
B
⌠→ →
V B–V A = –⌡ E •ds
C
= 0,03 m
E
= ∆sB
-5
→
1° Puisque le champ électrique est constant ET que le déplacement ds
f
⌠→
→ = –E
→ •∆s
→
rectiligne, alors : V - V = –⌡
E •ds
f
est
i
i
a)
→ (allant de A à B) est 37°
2° L'angle ϕA entre →
E et le déplacement ∆s
A
3° La différence de potentiel est :
B
⌠
→ = –E
→ •∆s
→
V – V = –⌡→
E •ds
B
A
A
A
V B – V A = –E∆sAcos ϕA = –400 V/m (0,03 m) cos 37° = –9,58 Volts
V A > VB : le champ est dirigé vers les potentiels décroissants.
Autre solution :
→ = 0,03 m →
2° ∆s
i et
A
→
E = 400 V/m cos 37° →
i + 400 V/m sin 37° →
j = 319 V/m →
i + 241 V/m →
j
→
→
→
→
→
3° V – V = –E •∆s = – [319 V/m i + 241 V/m j ] • [0,03 m i
B
b)
= – (319 V/m)(0,03 m) [→
i •→
i ]
= – (319 V/m)(0,03 m) (1) = –9,58 Volts
car [→
i •→
i ]=1
→ est (90° – 37°) = 53°
Cette fois, l’angle ϕ entre →
E et le déplacement ∆s
C
et
E4.23
a)
A
A
C
VB – V C = –7,22 Volts
q1
a
q2
a = 4 cm = 0,04 m
k = 9 x 109 N•m2/C2
r1
Px
r2
r3
a
q 1 = + 2 µC
r1 = a
q 2 = + 4 µC
r2 = a 2
q 3 = –3 µC
r3 = a
V en P
V=
Σ Vi
i
=
Σ kQri i
i
q3
Au point P, les trois charges produisent un potentiel :
kq1
kq2
kq3
V = Σ Vi = V1 + V2 + 3 = r
+ r
+ r
1
2
3
i
Physique NYB • Solutionnaire
Page 17
1
8
9 x 109 N•m2/C 2 (+2 x 10-6 C)
9 x 109 N•m2/C 2 (+4 x 10-6 C)
+
0,04 m
0,04 m 2
9
2
2
-6
9 x 10 N•m /C (–3 x 10 C)
+
0,04 m
= 4,50 x 10 5 + 6,36 x 105 – 6,75 x 10 5 N•m/C
= + 4,11 x 105 V
=
b)
q1
a
r4-1
r4-2
q2
a
a = 4 cm = 0,04 m
q 1 = + 2 µC
r4-1 = a
q 2 = + 4 µC
r4-2 = a 2
q 3 = - 3 µC
r4-3 = a
q 4 = - 2 µC
q4
r4-3
U4
Wext = ∆U = Uf - Ui
Wext = q ∆V = q (Vf - Vi)
k qi q j
Uij =
rij
Utot =
Σ
i,
Ui j
j
q3
1° L'énergie potentielle est égale au travail qu'il a fallu faire pour amener q4 de
l'infini jusqu'au point P de a) :
∆U = Uf – Ui = UP – U∞ = UP = Wext = q∆V = q4 (V P – V ∞) = q4(V P – 0)
= q4V P = (–2 x 10-6 C) (+ 4,11 x 105 V) = –8,23 x 10-1 V •C
= –0,823 J
Autre solution :
kq4qj
1° L'énergie potentielle entre la charge 4 et une charge j est U4j = r
4j
kq4q1
9 x 109 N•m 2/C 2 (–2 x 10-6 C)(2 x 10-6 C)
U41 = r
=
= –0,900 J
0,04 m
4-1
kq4q2
9 x 109 N•m 2/C 2 (–2 x 10-6 C)(4 x 10-6 C)
U42 = r
=
= –1,27 J
4-2
0,04 m 2
kq4q3
9 x 109 N•m 2/C 2 (–2 x 10-6 C) (–3 x 10-6 C)
U43 = r
=
= 1,35 J
0,04 m
4-3
L'énergie potentielle de q4 est la somme des énergies potentielles de chaque
paire de charges incluant q4 :
U4 = Σ U4 j = U41 + U 42 + U 43 = –0,900 – 1,27 + 1,35 J = –0,823 J
j
Page 18
Cégep Ahuntsic
1
9
c)
r12
q1
r14
q2
a
a r
23
r24
q4
r13
q 1 = + 2 µC
du
q 2 = + 4 µC
système
Wext = q ∆V = q (Vf - Vi)
k qi q j
Uij =
rij
q 3 = - 3 µC
Utot =
q 4 = - 2 µC
q3
r34
Wext = ∆U = Uf - Ui
Utotal
a = 4 cm = 0,04 m
Σ
i,
Ui j
j
r12 = r14 = r23 = r34 = a
r24 = r13 = a 2
L’énergie potentielle du système de charges est égale à la somme des
énergies potentielles de chaque paire de charges:
kqiqj
U = ΣUi-j = U2-1 + U 3-1 + U 3-2 + U 4-1 + U 4-2 + U 4-3 où Uij = r
ij
= – 2,68 J
E4.25 a) –3,00 x 104 V
b) 20,0 m/s
E4.28 Il y a trois régions de l'axe x à considérer : à gauche des charges (x < 0), entre
les charges (0 < x < d) et à droite des charges (x > d).
d
q1
x = ?
q 1 = + 4Q
q2
V=
Σ Vi
i
d=1m
x
pour
q 2 = –Q en a)
q 2 = –9Q
=
V(x) = 0
Σ kQri i
i
en b)
kq1 kq2
V = V1 + V2 = r1 + r2
où r1 et r2 sont les distances respectives entre les charges q1 et q2 et le point P.
4 1
V = kQ  r1 – r2  où r1 et r2 sont des distances positives
En n’importe quel point P, le potentiel vaut
a)
Pour que V=0 , il faut r1 = 4r2
ce qui est impossible dans la région x<0 mais est possible dans les deux
autres régions.
Soit 0 < x < d : r1 = x , r2 = d – x ainsi x = 4(d–x) et x = 0,800 m
Soit x > d : r1 = x , r2 = x – d
b)
ainsi
x = 4(x–d)
Le même type de raisonnement fournit x = 0,308 m
Physique NYB • Solutionnaire
et
x = 1,33 m
et x = –0,800 m
Page 19
2
0
E4.43
r
P
Anneau :
a) V(y)
y r
charge Q
sur l'axe y
b) E y sur
rayon a
a
a
ds
x
V=k∫
dq
r
∂V
Ey = –
∂y
l'axe y
z
a)
1° À distance r du point P considéré, on a un élément de charge dq disposé sur
un bout ds de la circonférence de l'anneau. Ce dq produit un élément de
potentiel dV au point P. Pour obtenir Vtot , il faut faire l'intégrale de dV :
dq
V tot = ∫dV = k ∫ r
2° La distance r entre le point P et un élément ds quelconque de l'anneau est
constante pour un y donné :
k
3° Donc Vtot = r ∫dq =
r = a2+y 2
kQ
a2+y 2
kQ
a2+y 2 → y et V → y : à grande distance de l’anneau, ce
dernier apparaît comme une charge pontuelle.
∂V
1° Ex = – ∂x = 0
∂V
∂[kQ(a2+y 2)-1/2 ]
kQy
Ey = – ∂y = –
= –kQ (–1/2)(a2+y 2)-3/2 (2y) = (a2+y 2)3/2
∂y
kQy
→
E = (a2+y 2)3/2 →
j
kQ
2° Pour y >> a, (a2+y 2)3/2 → y 3 et E y → y 2 , soit le champ d'une charge
pontuelle, ce qui est prévisible à grande distance de l'anneau.
4° Pour y >> a,
b)
E4.47
+a
y
q 1 = q2 = Q
a) V x
q1
(x1,y1) = (0,a)
les
(x2,y2) = (0,- a)
(x,0)
r1
x
- a q2
x
r2
P
x
pour
V=
Σ Vi = ΣkrQi i
i
points
r1 = r2 = ?
b) E x
les
r1 =
i
a2+x2
Ex = –
∂V
∂x
pour
points
(x,0)
a)
1° Trouvons la distance entre une charge et un point P sur l'axe x :
r1 = r2 =
Page 20
a2+x 2
Cégep Ahuntsic
2° En P, le potentiel total est la somme des potentiels pour chaque charge en ce
point :
kQi
kq1 kq2
2kQ
V = Σ Vi = Σ r = r + r =
i
1
2
i
i
a2+x 2
b)
1° Trouvons le champ sur l'axe x à partir de l'expression trouvée en a) :
dV
d(2kQ(a2+x 2)-1/2 )
Ex = – dx = –
= – 2kQ (–1/2) (a 2+x 2)-3/2 (2x)
dx
2xkQ
=
(a2+x 2)3
dV
Ey = – dy = 0
2xkQ →
→
E =
i
(a2+x 2)3
E4.52 Vous trouverez l'expression du champ électrique sur l'axe d'un disque à la
section 2.5 (équation 2.15) du livre.
E4.53 →
E = (–6x2 y + 3y 2 z) →
i + (–2x3 + 6xyz – 5z3 ) →
j + (3xy2 – 15yz2 ) →
k
P4.8
a)
Pour déterminer le potentiel en P, il faut
déterminer le potentiel produit en P
P
r
par un élément de charge dq de
x
kdq
longueur dr: dV = r
L
puis additionner tous les dV:
V = ∫ dV
Comme la charge est uniformément répartie:
Q
dq
Q
λ = L = dr => dq = λdr = L dr
La distance r va de P à l’élément de charge dq. Pour le dq le plus près de P (à
l'extrémité droite de la tige), r = x – L/2 ; pour le dq le plus éloigné de P, r = x +
L/2. Ainsi
x+L/2
x+L/2

L
⌠
kQ ⌠
kQ  x + 2
kQ dr
 dr
V = ⌡ L r = L ⌡ r = L ln
L

x
–
2
x–L/2
x–L/2
dq
Physique NYB • Solutionnaire
Page 21
2
1
2
2
b)
Soit le potentiel dV produit en S par
un élément de charge dq de longueur
kdq
dz: dV = r
Q
où dq = L dz
S
y
r
dq
z
et r =
z2 +y 2
L
On intègre sur z. Compte tenu de la symétrie, on peut intégrer sur la moitié de la
tige et multiplier par 2:
L

+L/2
 +  L 2 +y 2 
⌠
2
2kQ  dz
2kQ 
 +L/2
2kQ  2

 z+ z2 +y 2 
V = L
=
ln
=
ln

L
L
y
⌡ z2 +y 2
0
0
(voir l'annexe C du livre pour la primitive)
Si on intègre d'un bout à l'autre,
+L/2
L
kQ 
 +L/2
kQ  2 +
= L ln z+ z2 +y 2  –L/2 = L ln
–L2 +
kQ ⌠ dz
V = L 
⌡ z2 +y 2
–L/2
P4.10
sphère
V(r)
non-con-
ductrice
E
ds
B
⌠→ →
V B – VA = – ⌡ E •ds
A
R
r
P
pour r < R

 –L 2 2 
 2  +y 
 L 2 2
 2 +y
Q
R
→
Le vecteur déplacement ds est orienté vers l'intérieur de la sphère.
On suppose Q > 0.
1° Le potentiel à distance R du centre est égal au potentiel à la surface d’une
kQ
sphère chargée. Selon l’exemple 4.7, V(R) = R
D'autre part, en utilisant l'indice fourni,
r
⌠→ →
2° V(r) – V(R) = – ⌡E • ds
kQr →
→
où E = R3 u r
R
r'
r
r
⌠→ →
⌠kQr
⌡
⌠
V(r) – V(R) = – E •ds = –⌡Edscos180° = 
⌡ R3 ds
R
R
R
La variable d’intégration est r. Puisqu’on intègre de R à r<R, dr < 0; comme
Page 22
Cégep Ahuntsic
2
3
ds>0, il faut écrire ds = –dr .
r
kQ ⌠
kQ  r2 r
kQ  R2 – r2
V(r) – V(R) = R3 ⌡ r (–dr) = – R3  2  = R3  2 
R
R
kQ
kQ  R2 – r2
kQ
4° V(r) = R + R3  2  = 2R 3 [ 3R 2 – r2]
Physique NYB • Solutionnaire
C.Q.F.D.
Page 23
2
4
Chapitre 5
Q5.5
a)
En parallèle, la d.d.p. aux bornes de chacun des condensateurs est ε alors qu'en
série, la d.d.p. aux bornes des condensateurs sera inférieure à ε. Comme Q i =
C i∆V i dans les deux cas, la somme des charges sera plus grande avec des
condensateurs en parallèle.
Analytiquement, on pourrait faire
En parallèle Qtot// = Q1 + Q 2 = C1 ε + C 2 ε = (C 1 +C 2 )ε
Q1 Q2
En série ε = ∆V 1 + ∆V 2 = C 1 + C 2
1
C 1 +C 2
1 
Comme en série Q1 = Q2 = Qi , on a ε = Qi  C 1 + C 2  = Qi C 1 C 2
C 1C 2
et Qtot-sér = 2Qi = 2ε C 1 +C 2
Il reste à comparer Qtot// et Qtot-sér :
2C 1 C 2
C 1 +C 2 < ? > C 1 +C 2
(C 1 +C 2 )2 < ? > 2C1 C 2
C 1 2 + 2C 1 C 2 + 2C 2 2 > 2C1 C 2
donc
Qtot// > Qtot-sér
b)
À vous de faire l'analyse. Réponse: en parallèle.
E5.6
r2 = 1,45 mm
E5.16 C 2 = 7,01 µF
E5.18 C éq = 0,366 µF
E5.21 Initialement Q1 = C 1 ∆V 1 = 3 µF 12 V = 36 µC
Q2 = C 2 ∆V 2 = 5 µF 10 V = 50 µC
a)
Si les armatures de même signe sont reliées ensemble, le résultat est celui du
schéma ci-dessous:
+
+
+
+
+
+
+
C1
fil
+ + + + + + + + + +
C2
–
–
–
–
–
–
–
– – – – – – – – – –
Remarquez que les deux armatures positives et le fil du haut sont conducteurs et
Page 24
Cégep Ahuntsic
se trouvent donc au même potentiel. Il en est de même pour les deux
armatures négatives et le fil du bas. Les deux condensateurs en forment donc
un seul et on peut écrire ∆V 1 ' = ∆V 2 '
Q tot ' = Q1 ' + Q 2 '
Quelle est la relation existant entre Q 1 , Q 2 , Q 1 ' et Q 2 '? (indice: pensez à un
principe fondamental vu au chapitre 1)
À partir de ces équations, vous pouvez maintenant répondre à la question (vous
trouverez la réponse à la fin du livre).
En passant, notez que cet exercice est mal classé (il devrait se trouver à la
section 5.1), puisque les condensateurs ne sont ni en série ni en parallèle. Pour
dire qu'un élément de circuit se trouve en série ou en parallèle, il faut au moins
trois éléments dans le circuit; ici, il n'y en a que deux.
E5.31 Le circuit est illustré à la figure 1 ci-dessous:
C 1 = 5 µF C2 = 12 µF C3 = 2 µF C4 = 4 µF ∆V S = 20 V (S: source)
a) U1 = ? b) U4 = ?
Q2
C ∆V 2
On sait que U = 2C ou U = 2
. Pour déterminer l'énergie U emmagasinée dans un condensateur à partir de sa capacité C, il faut donc obtenir la charge
Q qu'il porte ou la différence de potentiel ∆V à ses bornes. Nous y
parviendrons en procédant d'abord à une réduction du circuit étape par étape,
de façon à remplacer chacune des associations de condensateurs par un
condensateur équivalent, jusqu'à ce qu'il ne reste plus qu'un seul condensateur,
puis en remontant à l'envers vers le circuit original.
C3
C1
C4
C2
Vs
Figure 1
C5
C1
C2
Vs
Figure 2
C6
C7
Vs
Vs
C1
Figure 3
Figure 4
Résistances en parallèle: Céq = ΣC. Résistance en série: Céq = (ΣC -1)-1.
Figure 2: C5 pour C 3 et C 4 en série, d'où: C5 = (C 3-1 + C 4-1)-1
C 5 = 1,33 µF
Figure 3: C6 pour C 2 et C 5 en parallèle, d'où: C6 = C 2 + C 5
C 6 = 13,33 µF
Physique NYB • Solutionnaire
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2
5
2
6
Figure 4: C7 pour C 1 et C 6 en série, d'où: C7 = (C 1-1 + C 6-1)-1
C 7 = 3,64 µF
a)
b)
Pour obtenir la charge portée par un condensateur ou la différence de potentiel à
ses bornes, on peut se servir des principes suivants: la charge portée par des
condensateurs en série est la même, et est égale à celle portée par le
condensateur qui les remplace; la différence de potentiel aux bornes de
condensateurs en parallèle est la même, et est égale à la différence de potentiel
aux bornes du condensateur qui les remplace. De plus, on sait que C = Q / ∆V.
U1 = ?
Obtenons d'abord Q1. D'après ce qui précède, on a que: Q1 = Q7 (= Q6).
Q 7 = C 7∆V S = 72,8 µC donc Q1 = 72,8 µC
Q 12
U1 = 2C 1 = 530 µJ
U4 = ?
Nous calculerons successivement V5 , Q4 et U4. On a: ∆V 5 = ∆V 6 (=∆V 2),
Q6
Q1
∆V 6 = C 6 et Q6 = Q1 , d'où: ∆V 5 = C 6 = 5,46 V.
On a ensuite Q4 = Q5 (= Q3), Q5 = C 5∆V 5 = 7,26 µF donc Q4 = 7,26 µF
Q 42
U4 = 2C 4 = 6,59 J.
E5.33 Voir figures ci-dessous: armatures planes d'aire A, séparées par une distance d.
a) C = ? si bloc métallique d'épaisseur l au milieu des armatures (figure 1);
b) C = ? si le bloc touche une des armatures (figure 2).
d'
d
l
l
d"
d'
Figure 1
Figure 2
Le bloc étant métallique, il est conducteur. Supposons qu'une pile est reliée aux
armatures. Dans le cas de la figure 1, des charges vont être induites sur les
faces du bloc; cette situation correspond en fait à deux condensateurs identiques
d–l
en série, dont les armatures sont séparées par une distance d' = 2 .
Dans le cas de la figure 2, l'ensemble est équivalent à un condensateur unique
dont les armatures sont séparées par une distance d" = (d–l). A vous de
compléter l'analyse!
Page 26
Cégep Ahuntsic
E5.34 Une pile branchée en permanence assure une différence de potentiel constante
aux bornes du condensateur. A vous de continuer!
b) diminue de moitié
c) diminue de moitié
E5.35 Le débranchement de la pile avant la modification du condensateur n'entraînera
pas de changement de la valeur de la charge portée par le condensateur. A
vous de continuer!
Physique NYB • Solutionnaire
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2
7
2
8
Chapitre 6
Q6.2 Un fusible est un dispositif qui ne laisse plus passer le courant lorsque celui-ci
atteint une certaine valeur caractéristique du fusible. On utilise un ou des fusibles
dans un appareil pour s'assurer qu'aucune surcharge de courant ne viennent
endommager l'appareil (de plus, les fils dans lesquels circule un courant trop
élevé risquent de surchauffer, ce qui peut causer des incendies).
Si un fusible de 15 A est approprié pour un appareil, cela signifie que la
présence d'un courant supérieur à 15 A est indésirable dans l'appareil. Il ne
faudrait surtout pas remplacer ce fusible par un autre ayant une valeur
supérieure, par exemple 20 A, car alors des courants supérieurs à 15 A
pourraient traverser l'appareil, avec les conséquences possibles déja évoquées.
Q6.4 Le filament d'une ampoule est constitué de tungstène, matériau dont la résistivité
augmente avec la température. Lorsqu'on allume l'ampoule, le filament est à la
température de la pièce et va se réchauffer avec le passage du courant
électrique, jusqu'à ce que sa température se stabilise. La résistivité initiale du
filament est donc plus faible que sa résistivité finale, ce qui vaut aussi pour la
résistance car R est proportionnel à ρ.
Etant donné que la puissance électrique est donnée par P = V2 / R , et que la
différence de potentiel est constante, on déduit que c'est au moment de
l'allumage que le filament consomme le plus d'électricité, et par conséquent
dégage le plus de chaleur (puissance électrique consommée = puissance
dégagée sous forme de rayonnement). C'est pour cette raison que c'est au
moment de l'allumage de l'ampoule que le filament a le plus de chance de se
consumer (de griller).
Q6.5 Un court-circuit est une situation où deux points de potentiels différents sont
amenés brusquement au même potentiel par une connexion électrique de
résistance négligeable. Par exemple, si vous installez les extrémités d'un fil de
fer dans les fentes d'une prise de courant (dont une est à 0 V et l'autre à 120 V),
vous provoquez un court-circuit. Le courant est très élevé et le disjoncteur qui
protège le circuit se déclenche ou le fusible fond (attention: n'essayez pas! Si le
disjoncteur fonctionne mal, le court-circuit pourrait provoquer un incendie).
Page 28
Cégep Ahuntsic
Q6.6 La différence de potentiel entre les deux points d'un fil électrique, donnée par
∆V = RI, est très faible parce que la résistance entre les deux points est
négligeable. Puisque la d.d.p. entre les deux pattes de l'oiseau est très faible, le
courant passant à travers l'oiseau est aussi négligeable.
Ce qui est dangereux, c'est de toucher à un fil électrique et à un autre objet en
même temps, surtout si l'autre objet est relié à la terre, dont le potentiel est 0 V.
On peut alors être exposé à une différence de potentiel élevée.
E6.8
I = (2 t2 – 3 t + 5) A dans un fil
Q = ? à travers une section transversale du fil entre ti = 2 s et tf = 5 s
tf
tf
dQ
⌠
⌠
Par définition: I = dt , d'où dQ = I dt et Q = ⌡Idt = ⌡(2t2–3t+5)dt . En
ti
ti
intégrant, on trouve:
 t3
 tf
Q =  2 3 – 1,5 t2 + 5 t ti
= 2
tf 3–ti3
– 1,5 (tf 2 – ti2) + 5(tf – ti) .
3
Puisque 1 A = 1 C / s , on obtient en remplaçant : Q = 61,5 C .
E6.30 Grille-pain: V = 120 V , I = 7 A , t = 30 s pour griller une tranche de pain au coût
de 0,06 $ par kWh. Combien en coûte-t-il pour griller une tranche de pain?
Notons d'abord que le kilowatt.heure est une unité d'énergie (U) puisqu'il s'agit
d'une puissance multipliée par un temps (U = P t à puissance constante). C'est
la quantité d'énergie consommée (ou produite) pendant une heure au taux de
1000 J / s (1 kW). On peut établir une relation entre le kWh et le joule comme
ceci:
1 kWh = 1000 W X 3600 s , donc 1 kWh = 3,6 X 106 J puisque 1 W = 1 J / s .
On obtient le coût par : coût = U (en kW) X coût par kWh.
Trouvons U. On a U = P t et P = V I , donc sachant que 1 W = 1 V.A ,
1 kWh
U = V I t = 120 V X 7 A X 30 s X 3,6 X 106 J = 7,00 X 10-3 kWh
Finalement:
coût = 7,00 X 10-3 kWh X 0,06 $ / kWh = 4,2 X 10-4 $ = 0,042 cents !
E6.32 57,6 ml d'essence.
E6.36 Moteur: ∆V = 240 V , I = 10 A
Bloc soulevé verticalement à vitesse constante: m = 2000 kg , v = 2,5 cm/s
Physique NYB • Solutionnaire
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2
9
3
0
a) Pméc en hp = ? ; b) Rendement (R) en % = ?
a)
1 hp = 746 W
Il y a deux forces agissant sur le bloc pendant sa
montée, si on néglige le frottement de l'air (ce qui
semble réaliste à cette faible vitesse): la force
→
→
gravitationnelle Fg et la tension T dans le câble.
Moteur
→
v
→
T
On peut considérer que cette dernière est la
→
force développée par le moteur si on suppose
Fg
que la masse du câble est négligeable par
rapport à la masse du bloc (ce qui semble aussi
réaliste).
→ →
La puissance de la tension est donnée par: P = T . v = T v cos θ , où θ est
→
→
l'angle que font entre eux les vecteurs T et v . Puisqu'ici, on a: θ = 0,
l'équation devient: P = T v .
Il faut donc trouver T. L'accélération du bloc est nulle puisqu'il se déplace à
vitesse constante. On aura selon la deuxième loi de Newton:
→ →
→
T + Fg = m a = 0 , d'où T = Fg = mg d’où P = m g v
Voyons les unités: puisque 1 W = 1 kg.m2/s3 , on utilisera: v = 2,5 X 10-2 m/s.
Donc:
P = m g v = 2000 kg X 9,8 m / s2 X 2,5 X 10-2 m / s X 1 hp / 746 W
Pméc = 0,657 hp
b)
Le rendement d'un appareil est la fraction de l'énergie consommée qu'il
transforme sous la forme désirée. La puissance étant proportionnelle à l'énergie,
Pméc
on aura ici: R = Pélec , où Pélec = ∆V I = 240 V X 10 A = 2400 W et P méc =
0,657 hp X 746 W / hp = 490 W
490 W
Donc: R = 2400 W X 100 % = 20,4 %
E6.38 I = 7,63 A
Page 30
Cégep Ahuntsic
P6.2
a)
b)
c)
3
1
R = ? à ∆V = 5 V
∆V
R= I
et on lit I = 0,6 A à ∆V= 5 V.
R = 8,33
I = ? à ∆V = 0 .
Il ne peut y avoir de courant s'il n'y a
pas de voltage et donc I = 0 .
Tension en fonction du courant
∆V 6
(volt)
4
2
I (A)
0
0,2
0,4
0,6
0,8
L'élément obéit-il à la loi d'Ohm? Non car on n'obtient pas une droite passant
par l'origine, ce qui serait le cas si R était une constante dans l'équation ∆V = R I .
Physique NYB • Solutionnaire
Page 31
3
2
Chapitre 7
E7.2
r = 0,0150 Ω
E7.22 R = 6,00 Ω et ε = 24,0 V
Indice: Déterminez le courant puis la tension dans la branche de gauche, puis
considérez le fait que les cinq branches du circuit sont en parallèle, puisqu'elles
sont toutes reliées au noeud central, en haut, et à un fil conducteur dont le
potentiel est le même partout, en bas.
E7.28 Dans la branche de gauche I = 2,00 A vers le haut dans la résistance de 2 Ω
Dans la branche du centre I = 1,00 A vers le haut dans la résistance de 5 Ω
Dans la branche de droite I = 3,00 A vers le bas dans la résistance de 3 Ω
V A – V B = +8,00 V
E7.30 a) I = 10,7 A et ∆V = 16,0 V
b) I = 11,2 A ∆V= 21,1 V
E7.36 τ = 8/3 RC
E7.38 a) 126 V
b) 74 V
c) 0,155 J
d) 73,6 mW
E7.39
d)
Indice: le «taux de perte d'énergie» correspond à la perte d'énergie du
dU
condensateur par unité de temps et est égal à dt . Il faut remplacer U par son
Q2
expression, U = 2C , où Q varie en fonction du temps.
P7.9
a)
L'interrupteur S1 est fermé et l'interrupteur S2 est ouvert.
Vu que l'interrupteur S2 est ouvert, aucun courant ne circule dans la branche ab.
Le courant de la source se partage également entre la branche du haut et celle
du bas car les deux branches ont la même résistance (6 Ω).
La résistance totale du circuit est donc donnée par
1
1
1
=
+
R
6Ω
6 Ω d’où R = 3,00 Ω
24 V
et le courant total de la source vaut: I =
=8 A
3 Ω
Le courant de chacune des branches vaut: Ia = Ib = I = 8 = 4 A
2 2
Page 32
Cégep Ahuntsic
Le potentiel du point a par rapport à la borne négative de la pile est donné par
la d.d.p. aux bornes de la résistance de 3 Ω à droite: Va = 3 Ω× 4 A = 12,0 V
Le potentiel du point b par rapport à la borne négative de la pile est donné par
la d.d.p. aux bornes de la résistance de 5 Ω: Vb = 5 Ω x 4 A = 20,0 V
Donc Va – V b = 12,0 – 20,0 V = –8,0 V
b)
L'interrupteur S1 fermé et l'interrupteur S2 fermé.
Le condensateur se charge, une fois chargé le courant cesse de circuler dans le
condensateur. Il n'y a pas de courant dans la branche ab. Nous revenons à la
situation précédente sauf que le condensateur est complètement chargé donc
V a – V b = –8,0 V
c)
On ouvre S1 et on garde S2 fermé.
En ouvrant S1 et en gardant S2 fermé, le condensateur se décharge dans les
résistances.
Traçons les circuits équivalents.
b
1Ω
5Ω
b
a
5Ω
3Ω
3Ω
C
C
3Ω
1Ω
3Ω
a
Cherchons la résistance unique qui remplace les résistances du circuit de
décharge.
La résistance équivalente de chacune des branches en parallèle est:
1 + 3 = 4 Ω et 5 + 3 = 8 Ω.
La résistance équivalente des deux branches en parallèle est:
Réq = 4 x 8 = 8 Ω.
4+8 3
8
La constante de temps vaut = RC = Ω× 10 × 10−6 F = 26,7 s
3
Physique NYB • Solutionnaire
Page 33
3
3
3
4
Chapitre 8
E8.9
Données:
F = (-2 i + 6 j ) x 10-13 N
B = - 1,2 k T
q = - 1,6 x 10-19C
vZ = 0 m/s
Schéma:
Inconnue: La vitesse (v ) de l'électron.
Solution:
L'électron se déplace dans un champ magnétique et est soumis à une force magnétique
y
→
F
→
B
→
v
x
F =qv xB
z
F = (-2 i + 6 j ) x 10-13 = (-1,6 x 10-19) (vx i +vy j ) x (-1,2 k)
d’où
x 10-13 = (vx ) (-1,2) (i x k) + (vy ) (-1,2)(j x k)
-1,6 x 10-19
(2 i - 6 j ) x 6,25 x 105 = -1,2 v x (-j ) - 1,2 v y i
12,5 x 10 5 i - 37,5 x 105 j = -1,2 v y i + 1,2 v x j
(-2 i + 6 j )
En comparant les termes en i et en j de chaque côté de l'égalité, on trouve:
12,5 x 10 5
vy = = - 1,04 x 106 m/s
1,2
et
37,5 x 10 5
vx = = -3,13 x 106 m/s
1,2
donc v = (-3,13 i - 1,04 j ) x 106 m/s , perpendiculaire à la force (voir le schéma).
E8.16 Données: Tige
L = 15 cm
m = 30 g
θ = 37°
B = 0,25 j T
Page 34
Inconnue: Sens et grandeur du courant
dans la tige
Cégep Ahuntsic
3
5
Schéma: diagramme des
forces sur la tige
y
→
Solution:
Lorsque Ie courant est dans la direction –z, la
force magnétique est dirigée selon + x.
N
tige
θ
→
F
θ
S'il y a équilibre:
ΣFx = F - N x = 0
ΣFy = N y - P = 0
x
(1)
(2)
→
P
De (1)
De (2)
F = N x = IL B sin 90°
Ny = P = mg
B d'où I = mg tg θ
mais tg θ = Nx = IL
mg
Ny
LB
I =
0,030 Kg x 9,8 m/ s2 x tg 37°
= 5,91 A
0,15 m x 0,25 T
E8.17 Indice: pour s'y retrouver dans ce problème, il est important de bien représenter
la situation. Si on utilise le point de vue d'une carte géographique (observateur
en altitude), on n'arrive pas à représenter l'inclinaison du champ magnétique
terrestre. Il faut donc utiliser aussi un autre point de vue, par exemple celui d'un
observateur situé à l'est (ou à l'ouest):
Vu du dessus
B
I
T
Ouest
Ligne de
transmission
Est
Vu de l'est
I
Sud
60°
B
Nord
T
E8.20 Numérotons les côtés:
côté supérieur = 1 ; côté droit = 2 ; côté inférieur = 3 ; côté gauche = 4
F 1 = F3 = 0 et F 2 = -F 4 = –3,00k N ; τ = 0,060 j N.m ;
a)
b)
F3 = - F1 = 1,20 j N et
Physique NYB • Solutionnaire
F2 = - F4 = -3,00i N ; τ = 0
Page 35
3
6
E8.21 Données:
Bobine rectangulaire
N = 16 spires
a = 20 cm c = 50 cm
B = 0,5 i T
I = 10 A
Inconnues:
a) la force sur chacun des côtés
b) le moment magnétique µ
c) le moment de force τ
Schéma:
1
Solution:
a) La force sur un conducteur de longueur L
placé dans un champ magnétique B et
transportant un courant I est
c
F = IL x B
(le vecteur L est dans le sens du courant).
→
z
F
1
→
F2
a
2
→
B
3
x
y
30°
4
→
F
4
→
F
3
b)
Page 36
Sur le côté 1 (pour N = 16 spires)
F1 = NI (a x B) où a = a cos 210° i + a sin 210° j
F1 = 16 x 10 (-0,173 i - 0,1j ) x 0,5 i = 8 k N
Sur le côté 2
F2 = NI (c x B) où c = - 0,5 km
F2 = 16 x 10 (-0,5 k) x 0,5 i = -40 j N
Sur le côté 3
F3 = NI (a x B) où a' = a cos 30° i + a sin 30° j
F3 = 16 x 10 (0,173 i + 0,1 j ) x 0,5 i = - 8 k N
Sur le côté 4
F4 = NI (c x B) où c' = 0,5 k m
F4 = 16 x 10 (0,5 k) x( 0,5 i ) = 40 j N
Le moment magnétique dipolaire d'un cadre plan est défini par: u = NIA un où un
est un vecteur unitaire perpendiculaire à la bobine. Son sens est donné par la
règle de la main droite (voir la figure 8.15 de Benson).
Cégep Ahuntsic
3
7
µ n = 1 cos (-60°) i + 1 sin (-60°) j
→
u
y
60°
µ = 16 x 10 x 0,20 x 0,50 (0,5 i - 0,866 j )
µ = (8 i - 13,9 j ) A.m2
30°
n
x
c)
Le moment de force sur la bobine est:
τ =µ xB
τ = (8 i - 13,9 j ) x (0,5 i ) = 6,93 k N.m
E8.28 a) r = 6,26 m
b) T = 1,31 µs
E8.30 a) p = 1,6 x 10 –20 kg•m/s
b) K = 4,79 x 105 eV
E8.39 r = 4,04 cm
→
→
E8.42 a) B = –1 x 10–4 k T
→
Notons qu'il y a en fait une infinité de solutions: B doit avoir une composante de
1 x 10–4 T vers les z négatifs pour que l'électron ne soit pas dévié, mais il peut
aussi avoir une composante selon x.
b) r = 11,4 cm
P8.6
Rappel: la force exercée par un ressort vaut en grandeur F = kx, où x est
l'allongement du ressort par rapport à sa longueur d'équilibre.
mg = 2kxo → k = 1,225 N/m et mg = 2k(xo –0,01) + ILB → B = 0,0153 T
Physique NYB • Solutionnaire
Page 37
3
8
Chapitre 9
E9.2
Attention: le triangle formé par le point P et les deux fils n'est pas un triangle
rectangle, malgré les apparences. Comment faut-il procéder pour déterminer les
valeurs des angles de ce triangle?
→
→
Vous devrez aussi déterminer l'orientation des vecteurs B 1 et B 2 . Ici aussi, ne
→
vous fiez pas aux apparences sur votre schéma. Par exemple, B 1 n'est pas
a)
b)
c)
dans le prolongement de la ligne joignant le fil 2 au point P!
B x = 19,2 µT ; By = 41,2 µT
À d = 6,00 cm à la gauche du fil 1
F/L = 80,0 µN/m ; c'est une force répulsive
µo I
E9.28 Pour r < a, B = 0 ; pour r > b, B = 2πr
Pour a < r < b, B =
µo I (r2 –a2 )
2πr (b2 –a2 )
E9.29
a)
Conseil: considérez la plaque métallique comme étant constituée d'une infinité
→
de fils juxtaposés. Chaque fil produit en un point P un élément de champ d B .
En tenant compte de la symétrie, que peut-on dire de la direction du champ?
→
dB 1
P
→
dB 2
2
E9.30 a) 8 mT
Page 38
1
3
Plaque vue par
la tranche
b) 5,14 mT
Cégep Ahuntsic
3
9
Chapitre 10
Q10.2
a)
I
dS
Nous savons que la variation dans le
temps du flux magnétique traversant une
boucle produit une force électromagnétique induite (f.é.m.):
= − d dt
Mais, le flux magnétique
r
r
rest défini par la
relation = B • dS où B est le champ
∫
b)
magnétique produitr par le courant I circulant dans le fil et dS est un vecteur infinitésimal perpendiculaire à la surface définie
parrla boucle
r
Ici, tous les éléments de surface dS forment un angle de 90° avec le champ B
et en effectuant
r
r le produit scalaire, nous aurons :
B • dS = B dS cos 90° = 0
Puisque le flux magnétique est toujours nul, il n'y a pas de variation de flux dans
le temps et donc, pas de f.é.m. induite. Notons que même si nous déplaçons
le fil, la f.é.m. induite reste nulle tant que le fil reste perpendiculaire à la surface de
la boucle.
Dans ce cas aussi, la variation de courant
produit une variation de champ magnédS
I
tique : le flux magnétique devrait varier et
induire une f.é.m.. Cependant, le champ
magnétique autour du fil forme des cercles
concentriques : il entre donc dans la surface d'un côté du fil et sort de la surface de
l'autre côté.
Puisque le fil est placé sur un diamètre, donc symétriquement par rapport à la
boucle, le flux total est nul, ne varie donc pas dans le temps et ne produit pas
de f.é.m. induite. Notons que si le fil était déplacé du diamètre, il y aurait un flux
net et la variation de ce flux induirait une f.é.m.dans la boucle.
Physique NYB • Solutionnaire
Page 39
4
0
Q10.22
b
a
b
I
Puisque le courant circule dans le sens horaire pour la boucle a, le champ
magnétique résultant sort de la surface définie par la boucle b, que cette boucle
soit à droite ou à gauche de la boucle a. Ce champ augmente dans le temps et
le courant induit dans la boucle b tend à s'opposer à cette augmentation. Donc
le courant induit doit produire un champ magnétique qui entre dans la boucle b :
le courant circule aussi dans le sens horaire.
E10.2
a)
Selon l'énoncé, le champ magnétique est
uniforme et fait un angle de 30° avec le
plan de la
r boucle. Tout élément de
surface dS qui est perpendiculaire à la
surface définie par la boucle fait donc un
angle de 60° avec le champ magnétique.
B
30°
60°
dS
r
r
Le flux magnétique donné par la relation = B • dS sera:
r
r
=
B
•
d
S
= B dS cos60°
initial
r
et, puisque B est constant:
∫
∫
∫
S
i
∫
= B cos 60° dS = B S cos 60°
0
= (0,25W b / m 2 )( 0,06m ) (0,5) = 1,41× 10 −3W b
2
i
b)
B
30°
120°
dS
Si nous inversons le champ magnétique,
l'orientation du vecteur
r
dS ne changerpas et l'angle entre
ce vecteur drS
et le champ
magnétique B qui a subi une
rotation de 180° devient 120°.
Donc
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Cégep Ahuntsic
final
4
1
r
r
= B • dS = B dS cos120°
∫
∫
et
S
∫
= B cos120° dS = B S cos120°
f
0
= (0,25W b / m 2 )( 0,06m )
f
Enfin,
∆ =
(
f
−
i
2
( −0,5 ) = −1,41× 10−3W b
)
∆ = −1,41× 10−3 − 1,41× 10 −3 = −2,82 × 10−3W b
E10.4
a) v = 32,0 m/s
E10.6
ε = - 18,2 mV
b) Fext = 0,0250 i N
E10.10
i
+ + +
+ + +
l
x+ + +
+ + +
Lorsque le cadre entre dans le champ, le flux
qui traverse le cadre augmente et induit une
f.é.m. qui produit un courant dans la boucle.
D'après la loi de Lenz, ce courant produit un
champ
magnétique
qui
s'oppose
à
→
l'augmentation du flux: φind < 0 donc B ind est
→
en sens opposé à B ext et sort de la feuille.
Ce courant circule donc dans le sens antihoraire.
À un instant donné,
r
r le flux est égal à
= B • dS = B dS cos0° = B S
∫
a)
b)
∫
et S = x l où l est la largeur du cadre et x est la longueur de la partie du cadre qui
a pénétré le champ. La f.é.m. induite s'obtient ainsi:
d
d (Bxl )
=−
=−
mais puisque B et l sont constants.
dt
dt
dx
= −Bl
= −Blv où v est la vitesse du cadre.
dt
ε = - Blv = - (0,18 T) (0,25 m)(20 m/s) = - 0,90 V
D'après la convention de signe pour ε , le sens positif pour ε et le courant est le
sens horaire. Comme ε est négatif, le courant circule dans le sens antihoraire, ce
qui confirme notre déduction effectuée à partir de la loi de Lenz.
Le courant i qui circule dans la boucle produit à l'aide du champ magnétique des
Physique NYB • Solutionnaire
Page 41
c)
d)
forces sur les conducteurs qui ont pénétré ce champ. La force qui s'exerce sur le
conducteur du haut sera annulée par la force qui s'exerce sur le conducteur du
bas: les courants circulant dans des sens opposés. La force qui s'exerce sur le
conducteur vertical à l'intérieur du champ sera dirigée vers la gauche en
appliquant la règle de la main droite.
r
r r
F = i l × B d 'où F = ilB sin90°
où i = ε/R
lB (0,90 V )(0,25 m)(0,18 T )
Donc, F =
=
= 0,0338 N vers la gauche
R
1,2
La puissance électrique dissipée par effet Joule vaut
2
(0,90 V )2
PJoule =
i =
=
= 0,675 W
R
1,2 Ω
La puissance mécanique est égale au produit scalaire de la force appliquée par
la vitesse. La force appliquée doit être égale à la force que subit la tige par le
champ magnétique
mais de sens contraire pour que la vitesse reste constante.
r r
Pméc . = F • v = F v cos0° = F v = (0,0338 N )(20 m / s) = 0,675 W
E10.17 Ici, le champ magnétique
fait un angle de 90° avec la surface de la boucle donc
r r
le flux sera: = B • A = B Acos0° = B A où A est constant.
Par la loi d'induction, nous avons:
d
d (B A )
dB
= −N
= −N
= −NA
dt
dt
dt
Le signe - sert à indiquer
l'orientation de la f.é.m. induite.
T , nous aurons:
Puisque B(t ) = 0,2t − 0,5t 2
d 0,2t − 0,5t 2
= −NA
= −NA( 0,2 − 1,0t ) = −N r 2 ( 0,2 − 1,0t )
dt
= (−25)(3,14)(0,018 m)2 (0,2 − 1,0t )T / s = −0,0254(0,2 − 1,0t )
À t = 3,0 s, = −0,0254 [ 0,2 − 1,0 (3,0 ) ] = 0,0712 V
0,0712
et
i=
=
= 0,0475 A
R
1,5
Finalement, à t = 3,0 s, la puissance est: P = εi
(
)
P = (0,0712 V)(0,0475 A) = 0,00338 W = 3,38 mW
E10.20
εmax = 56,5 mV
E10.22 Nous avons les données suivantes:
N = 25, a = (0,05 m), A = 2,5 x !0-3 m2, R = 2,5 Ω, Β = 0,04 Τ
et f = 120 tr/min
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Cégep Ahuntsic
4
2
Par la loi d'induction, nous écrivons:
r r
d
= −N
où
=B•A
dt
r
Mais, puisque la bobiner tourne, l'angle entre le champ magnétique B qui est
constant et le vecteur A perpendiculaire au plan de la bobine varie dans le
temps: = t . Cette
r équation est correcte car à t = 0 s, le plan de la boucle est
perpendiculaire à B : donc, θ = 0°.
Aussi, le flux
s'écrit:
r magnétique
r
= B • A = BAcos t
Ici, ω , la fréquence angulaire vaut 2πf:
= 2 120 60s = 4 rad / s
a)
b)
La f.é.m. induite est:
d
dcos t
= −N
= −NBA
= NBA sin t
dt
dt
= (25)(0,04 T )(0,05 m)2 (4 sin 4 t s −1) = 29,9 mV
Le
de force que le champ magnétique exerce sur le cadre est:
r moment
r
r r
r r
T = N r × F où F = iL × B et F = iaBsin90°= iaB et r = a
Choisissons comme point de référence pour l'expression des moments de
force le centre du cadre. Le moment de force total sera:
a
T = N2 (iaB)sin où a 2 = A,
= t et i = R
2
 2,99 × 10 −2 mV 
 (0,05 m)2 (0,04T )sin 4 (0,1)
T = NiAB sin t = (25) 
2,5 Ω


T = 2,84 × 10 −5 Nm
Donc, il faut appliquer un moment extérieur égal à cette valeur et dans le sens
contraire.
(on peut aussi calculer le moment magnétique de la bobine puis obtenir le
→ → →
moment de force exercé par le champ magnétique par τ = µ x B )
c)
d)
La puissance est le taux auquel le travail est effectué. Le travail nécessaire pour
tourner le cadre d'un angle infinitésimal dθ est:
dW = τ dθ
dW d (T d )
d
et
P =
=
=T
car T reste constant pour une rotation indt
dt
dt
finitésimale dθ. De plus, dθ/dt = ω.
P = T = (2,84 × 10−5 Nm )(4 s −1) = 3,57 × 10−4 W
La puissance électrique dissipée par effet Joule est P = εi.
2
(2,99 × 10 −2 V )2
Donc, P = i =
=
= 3,57 × 10−4 W
R
2,5 Ω
Physique NYB • Solutionnaire
Page 43
4
3
4
4
P10.4
+
+
+
+
Soit x la partie de la hauteur du
+
+
+
+ triangle qui a pénétré le champ en un
temps t.
v
y θ
x
+
+
+
+ La surface à l'intérieur du champ est
θ
a = x y, où y qui est la distance
+
+
+
+
perpendiculaire entre la hauteur et un
+
+
+
+ côté du triangle, vaut x tanθ.r r
d
d (B • A )
À partir de = −
=−
,
dt
dt
nous aurons:
d (BAcos0°)
d (xy)
d (x 2 tan )
dx
=−
= −B
= −B
= −B tan 2 x
dt
dt
dt
dt
où
x = vt et dx/dt = v.
Donc, = −2Bv2 tan t
P10.6
a)
Remarquez que cette situation est analogue à celle de l'exemple 10.7, sauf que
les rails sont inclinés par rapport au champ magnétique; autrement dit, le vecteur
→
→
A n'est pas parallèle à B .
Réponse: I = B L v cos θ
R
b)
La vitesse limite est la vitesse maximale atteinte par un objet soumis à une force
retardatrice. Ici, la tige est accélérée vers le bas par la composante de la gravité
dirigée dans la direction des rails. Mais une composante de la force magnétique
s'oppose à ce mouvement.
Au début de la descente, v est faible, I est faible et la force magnétique est
faible: la tige accélère. Mais plus la tige va vite, plus la force magnétique
augmente, jusqu'à un point où les composantes de force dans la direction des
rails s'annulent: alors l'accélération est nulle. En écrivant les équations des forces,
on trouve que
mgRsin
v lim =
(Blcos )2
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Cégep Ahuntsic
4
5
P10.7
x
dx
c
i
a
Nous devons trouver le flux au travers du
cadre.
Pour ce faire, nous calculons
l'élément de flux qui traverse l'élément de
surface représenté sur la figure et nous
sommons l'ensemble de ces éléments de
flux pour
le flux total.
r obtenir
r
d = B • dA = B dAcos0°
où dA est la surface de la bande d'épaisi
seur dx et de longueur c et B = 0
2 x
b
Donc,
i
)(c dx)
2 x
a+ b
ic
0i c dx
=∫
= 0 ln x aa +b
a
2 x
2
ic
ic  a + b 
= 0 [ln (a + b ) − lna] = 0 ln
 a 
2
2
d = B dA = (
Enfin,
0
d
c  a + b  di
= − 0 ln
où i = i0 sin t
 a  dt
dt
2
c i0
 a + b
=− 0
ln
cos t
 a 
2
=−
Physique NYB • Solutionnaire
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4
6
Exercices coupés à l'automne 2002
E3.4
1,30 N•m2 /C
E3.8
Q
φface cube
q
φE = ε int
o
supercube :
Q
arête = 2L
L
L
L
dA3
Q
L
cube :
L
arête = L
supercube
E3
dA2
dA
E2
1
E1
cube
1° Pour pouvoir utiliser le théorème de Gauss, il faut qu'il y ait de la symétrie.
Construisons donc une surface de Gauss telle qu'il y ait symétrie entre cette
surface et la charge Q : la surface d'un supercube construit à partir de 8 cubes
d'arête L. Il suffit que notre Q soit au centre du supercube, celui-ci d'arête 2L et le
cube original, un des huit composant le supercube :
A cube = 6 x (L)2 = 6 L2
A supercube = 6 x (2L) 2 = 24 L2 = 4 Acube
2° Le flux total dû à la charge Q à travers la surface de Gauss qu'est le suQ
percube est φtot = εo
3° Comme on a le même flux à travers les 6 faces d'arête 2L :
φtot
Q
φface 2L = 6 = 6εo
4° Et comme 1 facesupercube = 4 x (1 facecube) , le flux traversant une face du
cube opposée à Q (comme la face 2 du cube) est donc
φface2L
Q
φface opposée =
= 24εo
4
→
→
Pour les trois faces adjacentes à Q (comme les faces 1 et 3), E ⊥ dA et
φface adjacente = 0
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Cégep Ahuntsic
4
7
E3.13
a)
b)
1
→ +
E1 +
+
+
→ ++
E2
+
→
E1
→
E2
2
+ →
+ E1
+
+
+
→
+ E
2
+
• σ C/m2 sur
chaque plaque
entre les Champ créé par une
feuille infinie charplaques et hors
gée (exemple 3.5)
des plaques
σ
E=
2ε o
c) κ = 2,00
Deux condensateurs plans identiques en série (voir figure)
∆V = 12 V , A1 = A2 = 16 cm2, d1 = d2 = 0,4 mm , χ 1 = χ 2 = 1 (air)
Q 1 = ? , Q2 = ? , ∆V 1 = ? , ∆V 2 = ?
C1
C2
V
b)
nies
→
E
Entre les feuilles, il est clair d’après le schéma que les champs des deux feuilles
sont opposés; comme ils sont de même grandeur, le champ résultant est nul.
À l’extérieur des feuilles, les champs sont dans la même direction et s’additionnent:
σ
σ
σ
Etot = E1 + E2 = 2εo + 2εo = εo
E5.46 a) κ = 1,50 b) κ = 1,33
P5.4
a)
• feuilles infi-
Puisque les condensateurs sont en série, ils portent une
charge identique (Q1 = Q2), qui est égale à la charge Q
que porterait un condensateur unique de capacité Céq.
Nous obtiendrons successivement C1 , C 2, C éq , Q (=
Q 1 = Q2) , V1 , V2 .
εoA 1
C 1 = χ 1 d1 = 3,54 X 10-11 F = C2
C 1 et C 2 en série : Céq = (C 1-1 + C2-1)-1 = 1,77 X 10-11 F .
Q = Céq∆V = 2,12 X 10 -10 C = Q 1 = Q2
Q 1 2,12 x 10–10 C
∆V 1 = C 1 =
= 6,00 V
3,54 x 10–11 F
comme on pouvait s'y attendre puisque les deux condensateurs sont identiques
(donc ∆V 2 = 6,00 V aussi).
Ici χ 2 = 5
C 1 = 3,54 X 10-11 F encore.
εoA 2
C 2 = χ 2 d2 = 5 C1 d'où C2 = 1,77 X 10-10 F
C 1 et C 2 en série : Céq = (C 1-1 + C2-1)-1 = 2,95 X 10-11 F .
Q = Céq∆V = 2,95 X 10 -11 F X 12 V = 3,54 X 10-10 C (1F = 1C / V)
Physique NYB • Solutionnaire
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4
8
Q 1 = Q2 = Q = 354 pC
Q1
Q2
∆V 1 = C 1 = 10 V
∆V 2 = C 2 = 2 V
P5.8
U =
1
2
C D∆V D2 =
1
2
 ∆V  2
C (∆V) 2
κC  κ  =
2κ
Chapitre 11
E11.2 Nous avons :
a)
b)
E11.8
l = 25 cm,
r = 1,5 cm,
ε = 1,6 mV,
I = 3,0 A
et
dI/dt = 200 A/s.
La loi d'induction électromagnétique
nous fournit la relation suivante :
r r
d
d (B • A)
d (BAcos 0° )
= −N
= −N
= −N
dt
dt
dt
Mais A est constant et le champ magnétique au centre du solénoïde s'obtient
par la relation suivante :
Ni
B= 0
l
D'où
dB
N 2A di
= −NA
=− 0
dt
l
dt
Le signe «moins» indique le sens de la f.é.m. induite.Pour isoler N, nous
prenons la valeur absolue de ε:
l
(1,6 × 10−3 V )(0,25 m)
N2 =
=
(0,015 m )2 (4 × 10 −7T m / A)(200A / s )
0Adi dt
N = 47,5
Le champ magnétique B sera :
Ni (4 × 10 −7 Tm / A)(47,5)(3 A)
B= 0 =
= 7,16 × 10 −4 T
l
0,25 m
L = 9,32 µH
E11.26 a) 300 J
b) 3,6 mJ
E11.28 5,54 x 10–7 J
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Cégep Ahuntsic
4
9
P11.3
i
i
l
x
dx
d-x
Le rayon de chaque fil
est a.
N
Par définition,L =
i
Ici, N = 1 et l'élément
de flux dφ qui traverse
la surface
r dA
r sera:
d = B • dA
d = B dAcos0°
d
Et dA = l dx
Le champ magnétique B à une distance x est égal à la somme des champs
magnétiques produits par chacun des fils car les champs sont dans le même
sens entre les deux fils.
i
0i
Btotal = 0 +
où x varie de a à (d - a).
2 x 2 (d − x)
A
d −a 
i

0i
= ∫ d = ∫0B dA = ∫a  0 +
l dx
 2 x 2 (d − x) 
d− a dx
d −a dx
i l d− a  1
1 

0 i l 
= 0
+
dx
=
+
∫
∫
∫
a
a
 x d − x
 a x
2
2
d−x
i l
i l  (d − a)
a 
d− a
d−a
= 0
lnx a + − ln(d − x) a
= 0
ln
−
ln

2
2
a
(d − a) 
i l
(d − a)
i l  d − a
= 0
2ln
= 0
ln
 a 
2
a
Finalement,
l  d− a 
L
 d −a 
L = = 0 ln
et
= 0 ln


 a 
i
a
l
[
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(
)]
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