EPL - SESSION 2005 CORRIGÉ

EPL - SESSION 2005
CORRIGÉ
Mécanique du point : expérience de Millikan.
1.
En l'absence de champ électrique E, une gouttelette sphérique est soumise à :
4
♦ son poids mg = − πR 3 ρ h g e z ;
3
4
♦ la poussée d'Archimède Π = πR 3 ρ a g e z ;
3
♦ la force de frottement visqueux (formule de Stokes) f = −6π ηRv e z .
La deuxième loi de Newton appliquée à la gouttelette dans le référentiel, supposé galiléen, lié au
condensateur s'écrit :
dv
m
= mg + f + Π
dt
On en déduit, en projection suivant ez, l'équation différentielle du mouvement :
ρ

dv 9 η
v =  a − 1 g
+
dt 2 ρ h R 2
ρ
 h

Avec la condition initiale v(0) = 0 cette équation s'intègre en :



2R 2 g
v(t ) = −
(ρ h − ρ a ) 1 − exp − 9η 2 t 
9η

 2ρ h R 
Si on pose τ =
2ρ h R 2
, durée caractéristique du mouvement de la gouttelette, il vient :
9η
v(t ) = −
2.
2R 2 g
(ρ h − ρ a ) 1 − exp − t  e z
9η
 τ 

La gouttelette atteint, théoriquement au bout d'un temps infini, une vitesse limite :
2R 2 g
(ρ h − ρ a )
lim v(t ) = v 0 =
t → +∞
9η
Compte tenu de la valeur de la vitesse limite donnée dans la question suivante on obtient τ = 20,4µs .
Ainsi cette vitesse limite sera atteinte, à 10−3 prés, au bout d'une durée t = 3τ ln (10) = 1,4ms ; donc, à
notre échelle de temps, de manière quasi instantanée.
3.
A partir de la mesure de la vitesse limite on détermine le rayon de la gouttelette soit :
R=
9ηv 0
= 1,13.10 −6 m
2g (ρ h − ρ a )
4.
La norme du champ électrique uniforme et la différence de potentiel entre les armatures du
condensateur sont liées par la relation :
U = Ed
5.
Quand la gouttelette est immobilisée elle est en équilibre sous l'action de son poids et de la force
électrique, soit : mg + (−q )E = 0 . On en déduit la valeur absolue de la charge de la gouttelette :
q=
4π ρ h R 3 gd
= 4,8.10 −19 C
3
U
La charge q est donc égale à un nombre entier de fois (ici n = 3) la charge élémentaire e.
AC
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84
Électrocinétique : régime sinusoïdal.
6.
On peut écrire : V s = V A − V B = (V A − V C ) + (V C − V B ) .
Les deux résistances R étant identiques on a : V C − V B =
VC − VD
=
Ve
.
2
2
D'autre part le même courant traverse la capacité C et la résistance r qui constituent un diviseur de
jrCω
tension. On a donc : V C − V A =
V .
1 + jrCω e
On en déduit alors aisément la fonction de transfert :
V
1 − jrCω
T 1 ( jω) = s =
V e 2 (1 + jrCω)
1 − jrCω
V représente l'amplitude complexe de la f.é.m. du générateur
2 (1 + jrCω) e
de Thévenin équivalent au circuit du point de vue de ses bornes de sortie A et B.
Notons que : E Th = (V s )i
s =0
=
7.
On obtient l'impédance interne Z Th du générateur de Thévenin équivalent au circuit du point de
vue de ses bornes de sortie A et B en éteignant la source ve(t). Il en résulte le schéma ci-contre d'où on
déduit :
R
r
Z Th = +
2 1 + jrCω
8.
Le déphasage de la tension de sortie par rapport à la tension d'entrée est :
 1 − jrCω 

ϕ1 = arg (T 1 ( jω)) = arg 
 2 (1 + jrCω) 
Or, les nombres complexes (1 − jrCω) et (1 + jrCω) , conjugués, ont des arguments opposés. Il vient alors :
ϕ1 = 2 arg (1 − jrCω) = −2 arctan (rCω)
9.
Avec ω = 103 rad.s−1 et C = 1 µF on aura ϕ1 = −
r0 =
π
si on donne à r la valeur r0 telle que :
2
1
= 10 3 Ω
Cω
10.
On remplace le montage en pont par son générateur de Thévenin équivalent dans l'hypothèse où r = r0.
R
et l'impédance Z Th qui constituent un
Dans ce cas le même courant traverse la résistance R u =
2
1
= R on a donc :
diviseur de tension. Compte tenu que r0 =
Cω
E Th
1− 3j
Ve
Vs =
=
2 Z Th
20
1+
R
Il en résulte que la tension de sortie présente, par rapport à la tension d'entrée, un déphasage :
ϕ'1 = arg (1 − 3 j) = − arctan 3 = −71,6°
11. On considère que l'A.O. est idéal (i + = i − = 0) et fonctionne en régime linéaire (v + = v − ) . On
applique le théorème de Millman respectivement aux entrées inverseuse et non inverseuse, soit :
Ve
 Ve Vs 
1

 , V + =
+
V− =
R1 + R 2  R 2 R1 
1 + jrCω
On en déduit la fonction de transfert du montage :
V
R − jrR 2 Cω
T 2 ( jω) = s = 1
V e R 1 (1 + jrCω)
AC
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12.
85
Pour que T 2 ( jω) = 1 il faut que numérateur et dénominateur soient des nombres complexes
conjugués. Cette condition sera remplie si :
R1 = R 2
13.
Dans ce cas on a : T 2 ( jω) =
Vs
Ve
=
1 − jrCω
. Il en résulte que la tension de sortie présente, par
1 + jrCω
rapport à la tension d'entrée, un déphasage :
ϕ 2 = 2 arg (1 − jrCω) = −2 arctan (rCω)
Ce montage constitue un déphaseur pur.
Optique géométrique.
14.
En utilisant les formule de Descartes il vient :
−
1
O1 A o
+
1
O1 A i
=
1
f1
, Gt =
A i Bi
A o Bo
=
O1 A i
O1 A o
Par élimination de O1A i entre ces deux relations on obtient :

 1
O1 A o = f 1 
− 1 = −20cm

 Gt
L'objet, réel, se trouve donc dans le plan focal image de la lentille divergente.
15.
La position de l'image est telle que :
O 1 A i = G t O1 A o = −10cm
Elle est donc droite et virtuelle.
16.
L'image virtuelle A i B i donnée par L1 sert d'objet réel pour L2 qui en donne une image réelle nette
sur l'écran. De la relation de conjugaison de Descartes :
1
1
1
−
+
=
f
O2Ai O2E
2
on déduit, compte tenu que O 2 E = 2f 2 :
O 2 A i = O 2 O1 + O1 A i =
f2 O2E
O2E − f2
= 2f 2
Il en résulte que :
O1O 2 = 70cm
Remarque. O 2 E = 2f 2 montre que l'écran est dans le plan antiprincipal image de L2. Pour
observer une image nette sur cet écran il faut que l'objet A i B i se trouve dans le plan antiprincipal
objet de L2 soit O 2 A i = −2f 2 . On en déduit évidemment O1 O 2 = 70cm . Notons que dans cette
géométrie le grandissement transversal dû à la lentille convergente est, par définition des plans
antiprincipaux, G't = −1.
17. Le système (L1,L2) doit être afocal soit Fi1 = Fo2. La distance entre les centres optiques des deux
lentilles est alors :
O1 O 2 = O1 F i1 + Fo 2 O 2 = f 1 + f 2 = 20cm
18.
Le grandissement d'un système afocal est G t = −
f2
donc le rapport des diamètres des faisceaux
f1
émergent et incident est tel que :
f
D
=− 2 =2
d
f1
AC
86
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Thermodynamique : pompe à chaleur.
19. Au cours d'un cycle élémentaire réversible la machine fonctionne en pompe à chaleur si elle :
♦ prélève de la chaleur à une source froide, δQf > 0 (transformation isotherme D → C) ;
♦ cède de la chaleur à une source chaude, δQc < 0 (transformation isotherme B → A).
Le cycle doit donc être parcouru dans le sens ADCBA. L'aire algébrique de la surface limitée par le cycle
orienté représente l'opposé du travail reçu par l'agent thermique ; ici δW > 0.
Au cours du premier cycle élémentaire réversible les deux premiers principes de la thermodynamique
conduisent à écrire :
δQ c δQ f
T (0 )
+
= 0 → δQ c =
δQ f
δQ c + δQ f < 0 → δQ c > δQ f ,
T(0 ) Text
Text
Ces relations sont vérifiées si T(0) > Text.
20.
Au cours d'un cycle élémentaire réversible on a, d'après les deux principes de la thermodynamique :
T
δW = −(δQ c + δQ f ) , δQ f = − ext δQ c
T(t )
On en déduit :
T(t ) − Text
δW = −
δQ c
T(t )
d'où l'efficacité thermique de la pompe :
−δQ c
T(t )
η(t ) =
=
>1
δW
T(t ) − Text
21. Pendant la durée dt d'un cycle élémentaire l'agent thermique :
♦ reçoit un travail δW = P dt ;
♦ cède une quantité de chaleur −δQ c = C dT .
− δQ c
T(t )
=
L'efficacité de la pompe étant définie par η(t ) =
on en déduit l'équation différentielle
δW
T (t ) − Text
qui régit l'évolution de la température de la pièce au cours du temps :
dT (t ) P
T(t )
−
=0
dt
C T(t ) − Text
Avec la condition initiale T(0) = T0 cette équation différentielle s'intègre en :
 T ( t ) 
C
t = T ( t ) − T0 − Text ln 
 T  
P 
 0 
Ainsi, la température T1 sera atteinte à l'instant t1, compté à partir de l'instant origine, tel que :
 T 
C
t1 = T1 − T0 − Text ln  1  
P 
 T0  
22. Dans l'hypothèse d'un chauffage direct de la pièce on a : P dt = C dT . Dans ce cas la température
T1 sera atteinte à l'instant t2, compté à partir de l'instant origine, tel que :
C
t 2 = ( T1 − T0 ) > t1
P
La pompe à chaleur présente donc un intérêt évident pour chauffer un local. Effectivement, pour une
puissance dépensée identique, la pompe à chaleur apporte une quantité de chaleur η fois plus grande à la
source chaude qu'un chauffage direct.
23. On suppose qu'à l'instant où la température de la pièce est T1 = 295 K on arrête la pompe à chaleur ;
cet instant sera pris comme nouvelle origine du temps.
Entre deux instants voisins, t et t + dt, la température du local varie de dT < 0 ce qui correspond, en
supposant la pression constante, à une variation d'enthalpie : dH = C dT . Pendant la même durée
l'enthalpie reçue à travers la paroi du local est : δH r = δQ = −kC (T(t ) − Text ) dt .
AC
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87
Le bilan énergétique nous conduit à l'équation différentielle :
dT (t )
+ k (T (t ) − Text ) = 0
dt
Compte tenu que T(0) = T1 cette équation s'intègre en :
T(t ) = Text + (T1 − Text ) exp(−kt )
On en déduit la constante k, homogène à l'inverse d'un temps :
1  T − Text 
1
5
=
k = ln  1
ln   = 84,8.10 − 6 s −1

3
t  T − Text  10,8.10
2
24. On reprend la même démonstration qu'à la question 21 mais ici la quantité de chaleur cédée à la
source chaude est : − δQ c = C dT − kC (T(t ) − Text ) dt .
On en déduit l'équation différentielle :
dT(t )
T(t )
P
+ k (T(t ) − Text ) −
=0
dt
C T(t ) − Text
La température de la pièce atteint sa valeur maximale Tmax lorsque, au bout d'un certain temps, un régime
stationnaire s'installe. L'énergie thermique apportée par la pompe sert alors uniquement à compenser les
pertes par fuite thermique qui augmentent avec l'écart de température entre le local et le milieu extérieur.
Dans ce cas l'équation différentielle précédente se réduit à :
Tmax
P
k (Tmax − Text ) −
=0
C Tmax − Text
soit encore :
P 

2
2
Tmax
− 2  Text +
 Tmax + Text = 0
2
kC


Électrostatique.
25.
La charge électrique totale du noyau est :
2π
π
a
⌠  r2
Q = ρ 0 dϕ sin θ dθ 1 − 2

⌡ a
0
0
∫ ∫
0
 2
8πρ 0 a 3
 r dr =

15

C'est d'ailleurs la seule solution homogène proposée.
26. Le champ électrique E, vecteur vrai, appartient aux plans de symétrie de la distribution de
charge et est orthogonal aux plans d'antisymétrie de cette même distribution. Ainsi, dans le cas proposé,
on a E(P ) = E(r ) u r : le champ électrique est radial et ne dépend que de la distance r = OP du centre de la
distribution au point considéré.
27. A l'extérieur de la distribution, c'est-à-dire pour r > a, tout se passe comme si on avait une charge
ponctuelle Q placée en O. Il en résulte donc un champ électrique :
2ρ 0 a 3
1 Q
=
E ext (P ) =
r
r
4πε 0 r 3
15ε 0 r 3
28. A l'intérieur de la distribution on applique le théorème de Gauss sur une surface sphérique Σ de
centre O et de rayon r < a. Il vient :
ρ
4πr E int (r ) = 0
ε0
2
2π
π
r
⌠  r' 2
dϕ sin θ dθ 1 − 2

⌡ a
0
0
∫ ∫
0
 2
ρ
 r ' dr ' = 4π 0

ε0

5
 r3
 − r
 3 5a 2





On en déduit :
E int (P ) =
ρ0
ε0
1 r2
 −
 3 5a 2


r


AC
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88
Notons que le champ électrique est continu en r = a compte tenu de l'absence de charges superficielles.
29.
Champ et potentiel sont liés par E = −∇V, soit pour r > a : E ext (r ) = −
la condition aux limites lim Vext (r ) = 0 , on en déduit par intégration :
dVext (r ) r
. Compte tenu de
dr
r
r → +∞
Vext (P ) =
30.
2ρ 0 a 3
15ε 0 r
On effectue le même raisonnement pour r < a ce qui nous donne par intégration :
ρ  r2
r 4 
Vint (P ) = − 0  −
+ K'
ε 0  6 20a 2 
On détermine la constante K' en utilisant la continuité du potentiel en r = a, d'où K ' =
ρ0a 2
. En définitive
4ε 0
il vient :
Vint (P ) =
 a2 r2
r4

−
+
 4
6 20a 2

ρ0
ε0




Magnétostatique.
31. Tous les plans contenant l'axe Oz sont plans d'antisymétrie pour la distribution de courant. Le
champ magnétique B, pseudo vecteur, appartient à ces plans donc à leur intersection. Il en résulte
qu'en tout point M de l'axe Oz, B(M) est porté par cet axe.
Le plan xOy est plan de symétrie pour la distribution de courant. B(P) est alors orthogonal à ce plan en
tout point P de celui-ci.
32.
C'est un résultat classique du cours, soit :
B(M ) =
33.
µ0I
sin 3 α e z
2R
On a (z M − z ) tan α = R qui nous donne, en prenant sa dérivée logarithmique :
dα
2
tan α cos α
−
dz
=0
zM − z
On en déduit aisément :
dz =
34.
z M − z dα
R
=
dα
2
tan α cos α sin 2 α
Si on note n le nombre de spires par unité de longueur on a n =
N
d'où le nombre de spires
L
contenues dans un élément de longueur dz de solénoïde :
dN = n dz =
N
dz
L
35. L'élément de longueur dz de solénoïde peut être considéré comme une spire circulaire plane de
rayon R, centrée à la cote z et parcourue par le courant d'intensité di = I dN . Elle crée donc en M le
champ magnétique élémentaire :
µ NI
µ I
dB(M ) = 0 sin 3 α dN e z = 0 sin α dα e z
2R
2L
On obtient, par intégration, le champ magnétique total créé en ce point par le solénoïde, soit :
µ NI
B(M ) = 0 (cos α 1 − cos α 2 ) e z
2L
AC
PHYSIQUE - CORRIGÉ
36.
89
Pour un solénoïde infini, comportant n =
et α 2 = π . On en déduit :
N
spires circulaires par unité de longueur, on a α 1 = 0
L
B ∞ (M ) = µ 0 nI e z
Le champ magnétique est uniforme à l'intérieur du solénoïde infini et nul à l'extérieur. C'est un résultat
qui fait partie des connaissances de base de la magnétostatique.
AC