8-La force magnétique - La physique à Mérici

Solutionnaire du chapitre 8
1. La force est
F  q vB sin 
 5  106 C  10 000 ms  0,04T  sin 90
 0,002 N
Selon la règle de la main droite, la force entre dans la page.
2. La force est
F  q vB sin 
 5  106 C  10 000 ms  0,04T  sin180
 0N
3. La force est
F  q vB sin 
 10  10 6 C  30 000 ms  0,04T  sin120
 0,0104 N
Selon la règle de la main droite, la force sort de la page.
4. On a
F  q vB sin 
4  1014 N  1, 602  10 19 C  106 ms  B  sin 90
B  0, 2497T
Selon la règle de la main droite, ce champ sort de la page.
5. On a
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F  q vB sin 
0, 06 N  0, 008C  106 ms  0,00001T  sin 
sin   0, 75
  48,6
6. Puisque
la force est vers les z positifs et que le champ magnétique doit être
perpendiculaire à la force, le champ doit être dans le plan xy. Le graphique suivant
montre les directions possibles selon la règle de la main droite (zone en gris).
Comme la force est vers les z négatifs quand la particule va vers les y positifs, on
trouve, selon la règle de la main droite que les directions possibles pour le champ
magnétique sont les suivantes (zone en gris).
En combinant ces deux résultats, les directions possibles pour le champ sont
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Dans les deux cas, la force est la même. Cela veut dire que l’angle que fait le champ
avec les vitesses doit être la même dans les deux cas. Le champ doit donc séparer
l’angle entre les vitesses en deux angles égaux.
L’angle  est donc de 30°. Ainsi, le champ magnétique est dans le plan xy, à 60° de
l’axe des x positifs et à 30° de l’axe des y positifs.
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7. La force est

 
F  qv  B

i
 2  106 C 2  106 ms

i
0,02T

j
 2C 2 ms
0,02T

j
3  106 ms

k
1  106 ms
0,04T

k
0,05T
3 ms
1 ms
0,04T
0,05T

 2C  3 ms  0,05T  1 ms  0,04T  i


  2 ms  0,05T  1 ms  0,02T  j   2 ms  0,04T  3 ms  0,02T  k 



 2C  0,19i  0,12 j  0, 02k  mTs



 0,38i  0, 24 j  0,04k  N
8. On a




 
F  qv  B

i
 6i  3 j  3k  N  10 10


k

j
6
C 1106 ms 3 106 ms 1106
0
Bx
Bz



i
j
k

 
6i  3 j  3k N  10C 1 ms 3 ms 1 ms
m
s

Bx
0
Bz
L’équation de la composante en x nous permet de trouver Bz .
6 N  10C  3 ms  Bz  3 ms  0 
6 N  30 Cms  Bz
Bz  0, 2T
L’équation de la composante en z nous permet de trouver Bx .
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3N  10C 1 ms  0  3 ms  Bx 
3N  30 Cm
s  Bx
Bx  0,1T
Nous avons maintenant nos deux composantes.
Remarquez que l’équation des composantes en y est automatiquement satisfaite.
3N  10C 1 ms  Bz  1 ms  Bx 
3N  10C 1 ms  0, 2T  1 ms  0,1T 
3N  10C  0,3 mTs 
3N  3N
La réponse est donc




B  0,1i  0 j  0, 2k T


9. a) La vitesse de l’électron est
1 2
mv
2
1
2000  1,602  1019 J  9,11  1031 kg  v 2
2
v  2,652  107 ms
Ek 
Le rayon de la trajectoire est donc
r
mv
qB
9,11  1031 kg  2,652  107
1,602  1019 C  0,05T
 3,016mm

m
s
b) l’accélération est
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a
v2
r
 2,652  10 

7 m 2
s
3,016  103 m
 2,332  1017
m
s²
c) La période est
T

2 m
qB
2  9,11  1031 kg
1,602  1019 C  0,05T
 7,146  1010 s
10. a) On a
r
0, 2m 
mv
qB
1,673  1027 kg  v
1,602  1019 C  0,06T
v  1,149  106
m
s
b) La période est
T

2 m
qB
2  1,673  1027 kg
1,602  1019 C  0,06T
 1,093  106 s
11. On va trouver la vitesse du noyau d’hélium avec la conservation de l’énergie en
passant d’une plaque à l’autre. On a
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E  E
1 2
mv
2
1
2  1,602  1019 C  15 000V  6,646  1027 kg  v 2
2
v  1, 203  106 ms
qV 
Le rayon de la trajectoire est donc
r

mv
qB
6,646  1027 kg  1, 203  106 ms
 2 1, 602  1019 C   0, 4T
 6, 24cm
12. a) Commençons par trouver le rayon de la trajectoire. Ce rayon est
r
mv
qB
1,673  1027 kg  107 ms
1,602  1019 C  0, 2T
 52, 22cm

Selon la figure suivante, on a donc
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35cm
52, 22cm
  42,1
sin  
Comme le champ magnétique ne change pas la vitesse, la vitesse reste à 107 m/s.
b) La période est
T

2 m
qB
2  1,673  1027 kg
1,602  1019 C  0, 2T
 3, 281  107 s
Le proton ne fait pas un tour au complet, il ne fait qu’une partie du cercle. La
proportion est 42,1°/360°. Le temps est
t  3, 281  107 s
42,1
 3,84  108 s
360
13. a) Les composantes de la vitesse sont
v  104 ms sin 60  8660 ms
v//  104 ms cos 60  5000 ms
Le pas de la trajectoire est donc
d  v//
2 m
qB
2  1,673  1027 kg
1,609  1019 C  0,04T
 8, 202mm
 5000 ms
b) Le rayon de la trajectoire est de
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r
mv
qB
1,673  1027 kg  8660 ms
1,602  1019 C  0,04T
 2, 26mm

14. La vitesse doit être de
v
E 300 000 Vm

 3  106 ms
B
0,1T
15. La grandeur du champ est donnée par l’équation suivante.
E
B
20
000 Vm
106 ms 
B
B  0, 02T
v
Le champ électrique fait une force vers le bas sur l’électron. La force magnétique
sur l’électron doit donc être vers le haut. Selon la règle de la main droite, cela veut
dire que le champ sort de la page.
16. La vitesse des ions à la sortie du sélecteur de vitesse est
E
B
200 000 Vm

0,5T
v
 4  105 ms
Le rayon de l’ion 1 (carbone 12) est
r1 
m1v m1v

q B eB
Le rayon de l’ion 2 (carbone 14) est
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r2 
m2v m2 v

q B eB
La distance d est donc
d  2 r2  2 r1
2m2 v 2m1v

eB
eB
2v

 m2  m1 
eB
2  4  105 ms

2,325  1026 kg  1,993  10 26 kg 

19
1,602  10 C  0,5T
 3, 316cm

17. Fil de droite (la longueur du fil est 2 m tan30°)
F  IlB sin 
 5 A   2m tan 30  0,1T sin 90
 0,577 N
Selon la règle de la main droite, cette force sort de la feuille.
Fil du bas
F  IlB sin 
 5 A   2m  0,1T sin180
 0N
Fil qui forme l’hypoténuse (la longueur du fil est 2m/cos 30°)
F  IlB sin 
 2m 
 5A  
 0,1T sin 30
 cos 30 
 0,577 N
Selon la règle de la main droite, cette force entre dans la feuille.
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18. On a
F  IlB sin 
0, 02 N  6, 2 A   5m   B  sin 7,5
B  4, 94  103 T
 49, 4G
19. Fil qui va de a à b
F  IlB sin 
 5 A  1m  0,1T sin180
 0N
Fil qui va de b à c
F  IlB sin 
 5 A  1m  0,1T sin 90
 0,5 N
Selon la règle de la main droite, cette force est vers les x négatifs.
Fil qui va de c à d
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F  IlB sin 
 5A 


2  1m  0,1T sin 45
 0,5 N
Selon la règle de la main droite, cette force est vers les z négatifs.
Fil qui va de d à a
F  IlB sin 
 5A 


2  1m  0,1T sin 90
 0,7071N
Selon la règle de la main droite, cette force est dans la direction suivante.
(Le vecteur est dans le même plan que le dessus du cube.)
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20. On a vu qu’on peut remplacer la partie circulaire par un bout de fil droit. On a alors
la situation suivante.
La force est donc
F  IlB sin 
 8 A  3m  0,01T  sin 90
 0, 24 N
Selon la règle de la main droite, cette force est vers la droite.
21. La force faite par le ressort est vers la gauche et elle vaut
F  kx
 200 Nm  0,002m
 0, 4 N
C’est cette force qui annule la force magnétique. La force magnétique sur le fil est
donc de 0,4 N vers la droite. On a donc
F  IlB sin 
0, 4 N  I  0, 2m  0,5T  sin 90
I  4A
22. Le courant dans la tige est
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V
R
5000V

0,5
 10 000 A
I
La force sur la tige est donc
F  IlB sin 
 10 000 A  1, 4m  0, 2T  sin 90
 2800 N
Ainsi, l’accélération est
F  ma
2800 N  0,8kg  a
a  3500 sm²
23. a) Le moment magnétique est
µ  NIA
 1  3 A   0,1m  0,06m 
 0,018 Am ²
La direction est
b) le moment de force est
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  µB sin 
 0,018 Am ²  0,8T  sin150
 0,0072 Nm
c) Dans ce sens :
d) L’énergie potentielle à 30° et
U   µB cos 
 0,018 Am ²  0,8T  cos150
 0,01247 J
L’énergie quand l’angle est de 90° est
U   µB cos 
 0,018 Am ²  0,8T  cos180
 0,0144 J
On doit donc fournir l’énergie suivante.
Wext  Ek  U
 0 J   0,0144 J  0,01247 J 
 0,00193J
24. a) Le moment magnétique est
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8 – La force magnétique 15
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µ  NIA
1

 2  20 A    3m  2m 
2

 120 Am ²
Le moment de force est donc
  µB sin 
 120 Am ²  0,1T  sin 30
 6 Nm
b) Au départ, l’énergie est
E  Ek  U
 0   µB cos 
 0  120 Am ²  0,1T  cos30
 10,392 J
Quand le moment magnétique est aligné avec le champ, l’énergie est
E   Ek  U
 Ek   µB cos  
 Ek  120 Am ²  0,1T  cos 0
 Ek  12 J
Avec la conservation de l’énergie, on a
E  E
10,392 J  Ek  12 J
Ek  1, 608 J
25.
Le moment de force fait par la masse de 5 g est
 poids  Fr sin 90
  0,005kg  9,8 kgN   0,1m  sin 90
 0,0049 Nm
(On a choisi un sens positif dans le sens de ce moment de force.)
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Le moment de force sur le cadre fait par le champ magnétique est
 mag  µB sin 
0    N  10 A   0,2m  0,2m   0,00025T sin 90
0   N  0,0001Nm
Le moment de force est négatif, car le champ magnétique cherche à faire tourner le
cadre dans la direction opposée à ce que le poids tente de faire.
Le moment de force net étant nul à l’équilibre, on a
 net   mag   poids
0   N  0,0001Nm  0,0049 Nm
0,0049
N
0,0001
N  49
26. Pour trouver la différence de potentiel, nous aurons besoin de la vitesse de dérive et
pour trouver cette vitesse de dérive, nous avons besoin de la densité d’électrons libre.
NA
M
23
1
kg 6, 02  10 mol
 1 19 300 m ³
kg
0,19697  103 mol
n  valence  densité 
 5,899  1028 m 3
La vitesse de dérive est donc
I  nevd A
25 A  5,899  1028 m 3  1,602  1019 C  vd   0,02m  0,1m 
vd  1,323  106 ms
La différence de potentiel est donc
VH  vd BL
 1,323  106 ms  0,02T  0,1m
 2,645  109V
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b) Sur la figure suivante, vous pouvez voir le côté positif (donc celui avec le potentiel
le plus élevé).
27. Pour trouver la différence de potentiel, nous aurons besoin de la vitesse de dérive et
pour trouver cette vitesse de dérive, nous avons besoin de la densité d’électrons libre.
NA
M
6, 02  1023 mol 1
 1 19 300 mkg³
kg
0,19697  103 mol
n  valence  densité 
 5,899  1028 m 3
La vitesse de dérive est donc
I  nevd A
10 A  5,899  1028 m 3  1,602  1019 C  vd   0,08m  0,005m 
vd  2,645  106 ms
On a donc
VH  vd BL
6
0, 2  10 V  2,645  106 ms  B  0,08m
B  0,945T
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