Corrigé examen rattrapage physique 2 Fichier - E

Université A/Mira de Bejaia
Faculté de Technologie
Département de Technologie – 1ère Année
Année Universitaire 2015/2016
Sessio n Rattrapage
Durée : 02 h
Rattrapage de Physique 2
Exercice 1 : (05 points)
Soit l’ensemble de charges ponctuelles de la figure ci-contre. On suppose 𝑞 > 0 et on donne𝑂𝐴 =
𝑂𝐵 = 𝑂𝑀 = √2𝑎 ( 𝑎 est une constante positive).
𝑌
1- Déterminer la valeur de la charge 𝑄 placée à l’origine pour que le
champ électrique, créé par cette distribution, soit nul en𝑀.
On prendra cette valeur de𝑄pour la suite de l’exercice.
2- Calculer le potentiel électrique créé en𝑀.
3- On place en𝑀 une charge ponctuelle𝑞𝑀 = −𝑞, déterminer :
a- La résultante des forces électriques qui s’exerce sur elle.
𝑋′
b- Son énergie potentielle électrique.
𝑀
𝛼𝛼
𝑗⃗ 𝑖⃗
𝑋
𝑂(𝑄)
𝐴(+𝑞)
𝑌
Exercice 2 : (05 points)
𝐵(+𝑞)
′
𝑌
Soit un fil, assimilé à un segment de droite de longueur𝐿 porté par l’axe(𝑂𝑌),
uniformément chargé avec une densité linéique𝜆 > 0 (voir figure ci-contre).
𝑗⃗
𝑋
Calculer, en fonction de 𝛼 et 𝑥, le champ électrique créé par ce fil en un point𝑀 de
l’axe(𝑂𝑋)tel que𝑂𝑀 = 𝑥 > 0.
′
𝑖⃗
𝑋
𝛼
𝑂
𝑀
𝑌′
𝑍
Exercice 3 : (05 points)
𝑅
𝑅
Sur la figure ci-contre est représenté un cylindre plein, d’axe(𝑍 ′ 𝑍), infini, de rayon de
base𝑅et uniformément chargé avec une densité volumique𝜌 positive.
En utilisant le théorème de Gauss, calculer le champ électrostatique créé par cette distribution
en tout point𝑀 de l’espace. Distinguer les deux ragions 𝑟 < 𝑅 et𝑟 > 𝑅.
𝑍′
Exercice 4 : (05 points)
Soit l’assemblage de condensateurs de la figure ci-contre. On donne :
𝐶4
𝐶1
𝐶3
𝐶1 = 𝐶2 = 𝐶 = 3𝜇𝐹 ; 𝐶4 = 𝐶5 = 2𝐶 ; 𝐶3 = 𝜆𝐶(𝜆 ∈ ℝ)
𝐴
1- Déterminer la valeur du paramètre 𝜆 pour que la capacité
𝐶2
𝐶5
équivalente entre𝐴 et𝐵 soit égale à𝐶.
2- On applique entre 𝐴 et 𝐵 une différence de potentiel 𝑈 = 𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 = 220 𝑉 . A l’équilibre,
calculer la charge portée par chaque condensateur et la d.d.p entre ses bornes.
1
𝐵
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Durée : 02 h
Corrigé
Exercice 1 : (05 points)
1- La valeur de la charge𝑄 pour le champ électrique crée par cette distribution soit nul en𝑀 :
D’après le principe de superposition, on a :
𝐸⃗⃗𝑀 = 𝐸⃗⃗𝐴 + 𝐸⃗⃗𝑂 + 𝐸⃗⃗𝐵 = 𝐾
𝑞
𝑄
𝑞
𝑢
⃗⃗𝐴𝑀 + 𝐾
𝑢
⃗⃗𝑂𝑀 + 𝐾
𝑢
⃗⃗ (𝟎. 𝟓)
2
2
(𝐴𝑀)
(𝑂𝑀)
(𝐵𝑀)2 𝐵𝑀
D’après la figure, on a :
(𝐴𝑀)2 = (𝐵𝑀)2 = 4𝑎2 (𝟎. 𝟐𝟓); 𝑢
⃗⃗𝐴𝑀 = sin 𝛼 𝑖⃗ + cos 𝛼 𝑗⃗(𝟎. 𝟐𝟓); 𝑢
⃗⃗𝑂𝑀 = 𝑗⃗(𝟎. 𝟐𝟓);
𝑢
⃗⃗𝐵𝑀 = − sin 𝛼 𝑖⃗ + cos 𝛼 𝑗⃗(𝟎. 𝟐𝟓)
Ce qui nous donne :
𝐸⃗⃗𝑀 =
𝑌
𝑀
𝛼𝛼
𝐾
[𝑞 cos 𝛼 + 𝑄]𝑗⃗(𝟎. 𝟓)
2𝑎2
Ce champ est nul si seulement si :
𝑢
⃗⃗𝐴𝑀
𝑞 cos 𝛼 + 𝑄 = 0 ⇒ 𝑄 = −𝑞 cos 𝛼 (𝟎. 𝟓)
𝐴(+𝑞)
𝑢
⃗⃗
𝑗⃗ 𝑖⃗ 𝑂𝑀
𝑂(𝑄)
𝑌′
Sachant que :
cos 𝛼 =
𝑂𝑀 √2
=
(𝟎. 𝟓)
𝐴𝑀
2
On a finalement :
𝑄=−
√2
𝑞 (𝟎. 𝟓)
2
2- Le potentiel électrique crée en𝑀 :
D’après le principe de superposition, on a :
𝑉𝑀 = 𝑉𝐴 + 𝑉𝑂 + 𝑉𝐵 = 𝐾
𝑞
𝑄
𝑞
𝑞 1 1 √2
𝑞
√2
+𝐾
+𝐾
= 𝐾 ( + − ) = (1 − ) 𝐾 (𝟎. 𝟓)
𝐴𝑀
𝑂𝑀
𝐵𝑀
𝑎 2 2
2
2
𝑎
3- On place en𝑀 une charge ponctuelle𝑞𝑀 = −𝑞 :
a- La résultante des forces électriques qui s’exerce sur elle :
⃗⃗(𝟎. 𝟐𝟓)
𝐹⃗𝑀 = 𝑞𝑀 𝐸⃗⃗𝑀 = 0
b- Son énergie potentielle électrique :
𝐸𝑝 = 𝑞𝑀 𝑉𝑀 = − (1 −
2
𝑞2
√2
) 𝐾 (𝟎. 𝟓)
2
𝑎
(𝟎. 𝟐𝟓)
𝑢
⃗⃗𝐵𝑀
𝑋
𝐵(+𝑞)
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Exercice 2 : (05 points)
Une charge élémentaire𝑑𝑞, contenue dans l’élément de longueur𝑑𝑙 entourant le point 𝑃, va créer au
point𝑀 un champ électrostatique élémentaire(𝟎. 𝟓𝟎) :
𝑑𝐸⃗⃗ = 𝐾
𝑑𝑞
𝜆𝑑𝑙
𝜆𝑑𝑦
𝑢
⃗⃗ = 𝐾 2 𝑢
⃗⃗ = 𝐾 2 𝑢
⃗⃗(𝟎. 𝟓)
2
𝑟
𝑟
𝑟
𝑟 = 𝑃𝑀 ; 𝑢
⃗⃗ = 𝑟⃗⁄𝑟 ; 𝑦 = 𝑂𝑃
D’après la figure, on a :
tan 𝜃 =
𝑦
𝑥
⇒ 𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 (𝟎. 𝟓𝟎) ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑙 =
𝑑𝜃 (𝟎. 𝟓)
𝑥
cos 2 𝜃
cos 𝜃 =
𝑥
𝑥
⇒𝑟=
(𝟎. 𝟓)
𝑟
cos 𝜃
𝑢
⃗⃗ = cos 𝜃 𝑖⃗ − sin 𝜃 𝑗⃗(𝟎. 𝟓)
Ce qui nous donne :
𝑌
𝜆
𝑑𝐸⃗⃗ = 𝐾 (cos 𝜃 𝑖⃗ − sin 𝜃 𝑗⃗)𝑑𝜃 (𝟎. 𝟓)
𝑥
Le champ électrique total en 𝑀 s’obtient en intégrant sur tout le fil :
𝑑𝑞(𝑑𝑙)
𝑗⃗
𝑃
(𝟎. 𝟓𝟎)
𝑢
⃗⃗
𝑖⃗ 𝜃
𝑋′ 𝑂
𝑋
𝛼
𝑀
𝑑𝐸⃗⃗
𝑌′
𝛼
𝜆
𝜆
𝜆
𝐸⃗⃗ = 𝐾 ∫[(cos 𝜃 𝑖⃗ − sin 𝜃 𝑗⃗)𝑑𝜃] = 𝐾 [sin 𝜃 𝑖⃗ + cos 𝜃 𝑗⃗]𝛼0 = 𝐾 [sin 𝛼 𝑖⃗ + (cos 𝛼 − 1)𝑗⃗](𝟎𝟏)
𝑥
𝑥
𝑥
0
Exercice 3 : (05 points)
La distribution de charges possède une symétrie cylindrique ⇒ 𝐸⃗⃗ = 𝐸(𝑟)𝑒⃗𝑟 (𝟎. 𝟓𝟎)
N.B : nous avons utilisé la coordonnée𝑟 au lieu de𝜌 pour éviter toute confusion avec la densité de
charges.
La surface de Gauss est un cylindre d’axe(𝑂𝑍), de rayon de base𝑟 et de
hauteurℎ (𝟎. 𝟓𝟎).
(𝟎. 𝟓𝟎)
𝑛⃗⃗2
𝐸⃗⃗
Le flux total peut être subdivisé en trois flux : deux flux à travers les surfaces des
deux bases (inférieure (1) et supérieure (2)) et un flux à travers la surface latérale
(3) :
𝑛⃗⃗3
Φ = Φ1 + Φ2 + Φ3 (𝟎. 𝟓𝟎)
Φ1 = ∬ 𝐸⃗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑆 = ∬(𝐸⃗⃗ . 𝑛⃗⃗1 )𝑑𝑆 = 0 (𝐸⃗⃗ ⊥ 𝑛⃗⃗1 )(𝟎. 𝟓𝟎)
𝑆1
𝑆1
⃗⃗⃗⃗⃗ = ∬(𝐸⃗⃗ . 𝑛⃗⃗2 )𝑑𝑆 = 0 (𝐸⃗⃗ ⊥ 𝑛⃗⃗2 )(𝟎. 𝟓𝟎)
Φ2 = ∬ 𝐸⃗⃗ . 𝑑𝑆
𝑆2
𝑆2
3
𝑛⃗⃗1
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Sessio n Rattrapage
Durée : 02 h
Φ3 = ∬ 𝐸⃗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑆 = ∬(𝐸𝑑𝑆)(𝑒⃗𝑟 . 𝑛⃗⃗3 ) = ∬ 𝐸𝑑𝑆 = 𝐸𝑆3 = 𝐸(2𝜋𝑟ℎ)(𝟎. 𝟓𝟎)
𝑆3
𝑆3
𝑆3
D’après le théorème de Gauss :
Φ = ∯ 𝐸⃗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑆 =
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑄𝑖𝑛𝑡
⇒ 𝐸(2𝜋𝑟ℎ) =
⇒𝐸=
(𝟎. 𝟓𝟎)
𝜀0
𝜀0
2𝜋𝜀0 𝑟ℎ
Régine I :𝑟 < 𝑅
𝑄𝑖𝑛𝑡 = 𝜌𝑉 = 𝜌(𝜋𝑟 2 ℎ) ⇒ 𝐸𝑖𝑛𝑡 (𝑀) =
𝜌𝑟
(𝟎. 𝟓𝟎)
2𝜀0
𝑄𝑖𝑛𝑡 = 𝜌𝑉 = 𝜌(𝜋𝑅 2 ℎ) ⇒ 𝐸𝑒𝑥𝑡 (𝑀) =
𝜌𝑅 2
(𝟎. 𝟓𝟎)
2𝜀0 𝑟
Région II :𝑟 > 𝑅
Exercice 4 : (05 points)
1- La valeur du paramètre𝜆 pour que la capacité équivalente entre𝐴 et𝐵 soit égale à𝐶 :
1
1
1
1
1
1
1
1
1
= =
+ +
⇒ =
+
+
⇒ 𝜆 = 4 (𝟎. 𝟓𝟎)
𝐶𝑒𝑞 𝐶 𝐶1 + 𝐶2 𝐶3 𝐶4 + 𝐶5 𝐶 2𝐶 𝜆𝐶 4𝐶
2- La charge portée par chaque condensateur et la d.d.p entre ses bornes :
Le montage équivalent permet de déterminer la charge𝑄3 , en effet :
𝐴
𝑄3 = 𝐶𝑒𝑞 𝑈 = 𝐶𝑈 (𝟎. 𝟐𝟓)
𝐶4 , 𝑄4
𝐶1 , 𝑄1
𝑉1
𝑉2
𝐶3 , 𝑄3
𝐶2 , 𝑄2
Sachant que𝐶1 = 𝐶2 ; 𝐶4 = 𝐶5 , il s’en suit que :𝑄1 = 𝑄2 ; 𝑄4 = 𝑄5 (𝟎. 𝟐𝟓)
La conservation de la charge donne𝑄3 = 𝑄1 + 𝑄2 = 𝑄4 + 𝑄5 (𝟎. 𝟓𝟎), on en déduit :
𝑄3 𝐶𝑈
=
(𝟎. 𝟓𝟎)
2
2
A.N :𝑄3 = 660𝜇𝐹(𝟎. 𝟐𝟓); 𝑄1 = 𝑄2 = 𝑄4 = 𝑄5 = 330𝜇𝐹 (𝟎. 𝟐𝟓)
Le calcul des potentiels ne pose aucune difficulté :
𝑉1 = 𝑉2 =
𝑄1 𝑈
𝑄4 𝑈
𝑄3 𝑈
= (𝟎. 𝟓𝟎); 𝑉4 = 𝑉5 =
= (𝟎. 𝟓𝟎); 𝑉3 =
= (𝟎. 𝟓𝟎)
𝐶1 2
𝐶4 4
𝐶3 4
A.N : 𝑉1 = 𝑉2 = 110 𝑉(𝟎. 𝟐𝟓); 𝑉3 = 𝑉4 = 𝑉5 = 55𝑉 (𝟎. 𝟐𝟓)
4
𝐶5 , 𝑄5
𝑈
D’après le montage, on a : 𝑉1 = 𝑉2 ; 𝑉4 = 𝑉5 (𝟎. 𝟐𝟓)
𝑄1 = 𝑄2 = 𝑄4 = 𝑄5 =
𝑉3
𝑉4
𝑉5
(𝟎. 𝟐𝟓)
𝐵