Université A. Mira de Béjaia Faculté de la Technologie Département des Sciences et Techniques (ST) 1èreannée Année 2007/2008 18 Juin 2008 Durée : 02 heures ~ Epreuve de moyenne durée ~ Module: Physique 2 (Electricité et Magnétisme) Exercice n°1 (03 pts) 3 2 q1 On place trois charges électriques q1 = + q , q2 = −2q et q3 = − q (q>0) aux sommets d'un triangle équilatéral de coté a (figure ci-contre). r r 1. Dans la base ( O , i , j ) , exprimer puis représenter les forces agissant sur la charge q2 située au point O. 2. On donne : q=4µC, a=1.2m et K=1/(4πε0)=9 109 N.m2.C -2. r Déterminer le module de la force totale F2 s'exerçant sur q2. r j O q2 r i q3 Exercice n°2 (05 pts) Z 1. Un disque plan circulaire, de rayon R, porte une distribution surfacique de charge avec une densité σ constante et positive (figure ci-contre). Un point M de l’axe de révolution du disque est repéré par sa distance z au centre O du disque. a. Calculer le potentiel V(M) créé au point M par le disque chargé. r b. En déduire le champ électrique E( M ) créé au point M. z M r k O σ 2. Un plan indéfini (P) est percé d’une ouverture circulaire de centre O et de rayon R. Il porte une distribution surfacique de charge avec une densité σ constante et positive. En utilisant les résultats obtenus dans la question 1, calculer le champ électrique créé en un point M de la droite perpendiculaire au plan (P) en O (OM=z). Exercice n°3 (02.5 pts) Une sphère conductrice et homogène, de centre O et de rayon R, porte une charge électrique r totale Q. En appliquant le théorème de Gauss, déterminer le champ électrostatique E créé par la r sphère en tout point M de l’espace (OM=r). Tracer l’évolution du champ électrique E en fonction de r. Exercice n°4 (05 pts) 1. On considère deux sphères conductrices, de rayons R1=2cm et R2=3cm, très éloignées l’une de l’autre. Elles portent les charges électriques Q1=10µC et Q2=15µC, respectivement. On relie les deux sphères avec un fil conducteur très fin. Si on néglige la charge portée par le fil, a. Calculer les nouvelles charges Q1’ et Q2’ des deux sphères. A b. Calculer la quantité de charge qui a traversé le fil. Commenter le résultat. 2. Soit le montage ci-contre. Initialement, les condensateurs C2 et C3 étaient non C2 C1 chargés et le condensateur C1 portait la charge Q0. On prendra C1=C2=C3=C. C3 A l’équilibre, déterminer la ddp VA-VB et les charges Q1, Q2 et Q3 des trois B condensateurs en fonction de C et Q0. Exercice n°5 (04.5 pts) On considère trois résistances R1=30Ω, R2=120Ω et R3=40Ω et un générateur de f.e.m e=120volts. R1 R3 e R2 A I1 C R1 B I3 I2 R2 e 2. On assemble maintenant les trois résistances et le générateur comme le montre la figure ci-contre. Calculer les courants I1, I2 et I3 qui traversent les résistances R1, R2 et R3. B A 1. On monte les trois résistances et le générateur comme le montre la figure ci-contre. Trouver les courants circulant dans les trois résistances ainsi que celui débité par le générateur. C Bon courage R3 Université A. Mira de Béjaia Faculté de la Technologie Département des Sciences et Techniques (ST) 1èreannée Année 2007/2008 18 Juin 2008 Durée : 02 heures ~ Corrigé de l’Epreuve de moyenne durée ~ Physique 2 : Electricité et Magnétisme Exercice n°1 (03 pts) 1. Expressions des forces agissant sur la charge q2 située au point O : q1 r r 0,5 point q2 r q1q2 r u1 0,5 point F1 / 2 = K 2 u1 = −2 K 2 u1 0,5 point a a r 0,5 point r r F1 / 2 qq r q2 r r F3 / 2 = K 3 2 2 u3 = 3K 2 u 3 r F3 / 2 j u3 a a r r r q3 O q2 r r r 3 r 1r i Avec : u1 = ( − cos 60 i − sin 60 j ) = ( − i − j ) et u3 = −i Représentation des forces agissant 2 2 r sur la charge q2 2. Calcul du module de la force totale F2 : 0,5 point r r r r r q2 r q2 r q2 F2 = F1 / 2 + F3 / 2 = −2 K 2 u1 + 3K 2 u 3 = K 2 − 2 i + 3 j a a a 0,5 point r A.N : F2 = 0.2646 N. [ ] Exercice n°2 (05 pts) 1. a. Calcul du potentiel V(M) créé au point M par le disque chargé : Z Chaque élément de surface ds (figure ci-contre) crée en M le potentiel dV: dV = K 0,5 point dq l l r rj r k r σ r O i avec : dq = σ ds et l = r 2 + z 2 En coordonnées polaires, dans le plan xOy, ds s’écrit : ds = r dr dθ r∧r avec θ = ( i , r ) 0,5 point σ r dr dθ → dV = K r2 + z2 R V ( M ) = Kσ 0,5 point z M 2π ∫ ∫ r =0 θ =0 r dr dθ r2 + z2 ,→ V( M ) = σ ⎛ 2 2 ⎜ R + z − z ⎞⎟ ⎠ 2ε 0 ⎝ Y ds X 01 point N.B : On peut prendre ds = 2π r dr (couronne de rayon r et d’épaisseur dr) et on intègre dV de r= 0 à R r b. Calcul du Champ électrique E( M ) : r r ∂V r Symétrie → E( M ) est porté par l’axe Oz : E( M ) = − k ∂z 01 point r ⎞r σ ⎛⎜ z ⎟ = − E ( M ) 1 k → ⎟ 2ε 0 ⎜⎝ R2 + z 2 ⎠ z M 2. Calcul du champ créé au point M de l’axe Oz : D’après le principe de superposition : r r r E Plan Indéfini = E Plan Percé + E Disque 0,5 point σ r ⎧r ⎪ E Plan Indéfini = 2ε k 0 ⎪ On a: ⎨ r ⎛ ⎞r z σ ⎜ ⎪E ⎟k 1− Disque = 2 2 ⎟ ⎪ 2ε 0 ⎜⎝ R +z ⎠ ⎩ D’où : r r r σ E Plan Percé = E Plan Indéfini − E Disque = 2ε 0 O Plan Indéfini, Percé, de densité de charge σ R z R2 + z2 r k 01 point Page 1/3 Université A. Mira de Béjaia Faculté de la Technologie Département des Sciences et Techniques (ST) 1èreannée Année 2007/2008 18 Juin 2008 Durée : 02 heures Exercice n°3 (02.5 pts) Calcul du champ électrique créé par la sphère en tout point M de l’espace (OM=r) : Comme la sphère est conductrice, la charge Q est répartie en surface. Théorème de Gauss : Φ = ∫∫ r r E dS = ∑Q int S .Gaus 0,5 point ε0 S Symétrie sphérique → surface fermée de Gauss ≡ sphère de rayon r. On distingue deux cas : r<R (intérieur de la sphère) : 01 point Surface de Gauss considérée : sphère de rayon r Φ = E int .S = E int .4πr 2 ⎫⎪ ⎬ ⇒ Eint = O Qint S.Gauss = O ⎪⎭ r>R (extérieur de la sphère) : E(r) S.Gauss r ∑ O Q Eint = 0 R S.Gauss Surface de Gauss considérée : sphère de rayon r Φ = E ext .S = E ext .4πr 2 ⎫⎪ 1 Q ⎬ ⇒ Eext = 4πε 0 r 2 Qint S .Gauss = Q ⎪⎭ ∑ Q r 0,5 point 1 r2 Eext ∝ 0,5 point O 0 r R Evolution du champ électrique E en fonction de r R Exercice n°4 (05 pts) 1. a. Calcul des nouvelles charges Q1’ et Q2’ des deux sphères : Q' Q' Potentiels des deux sphères après la connexion : V1' = K 1 , V2' = K 2 R1 R2 Q' Q' A l’équilibre, V1' = V2' → 1 = 2 ……………….…(Eq.1) R1 R2 0,5 point 0,5 point Conservation de la charge : Q1+Q2=Q1’+Q2’………(Eq.2) R1 De (1) et (2), on trouve : Q1' = ( Q1 + Q2 ) R1 + R2 R2 ( Q1 + Q2 ) Q2' = R1 + R2 0,5 point A.N : Q1’=10µC A.N : 0,5 point Q2’=15µC b. Calcul de la quantité de charge qui a traversé le fil : On a Q1’= Q1 et Q2’= Q2. Ceci implique qu’il n’y a pas eu de transfert de charge. 0,5 point Avant la connexion des deux sphères, elles étaient au même potentiel. Après leur 0,5 point connexion, l’équilibre (potentiel=constante) s’établit donc sans transfert de charge. 2. Détermination de la ddp VA-VB et des charges Q1, Q2 et Q3 des trois condensateurs en fonction de C et Q0 : On a : V A − VB = A C2 C1 Q AB C AB 2 Q1 = C1 ( V A − VB ) = Q0 3 ≡C AB B avec : Q AB = Q0 (Conservation de la charge, seul C1 était initialement chargé) C C 3 C AB = C1 + 2 3 = C (Condensateur équivalent entre A et B) C 2 + C3 2 D’où : V − V = Q0 = 2 Q0 A B C AB 3 C C3 A B 0,5 point 0,5 point Q2 = Q3 = QCéqui 23 C C 1 = 2 3 ( V A − VB ) = Q0 3 C 2 + C3 01 point Page 2/3 Université A. Mira de Béjaia Faculté de la Technologie Département des Sciences et Techniques (ST) 1èreannée Année 2007/2008 18 Juin 2008 Durée : 02 heures Exercice n°5 (04.5 pts) 1. Calcul des courants circulant dans les trois résistances et celui débité par le générateur : V A − VB = 0A R1 0,5 point (VA=VB) VB − VC e = = 3A Courant traversant R3 : I 3 = R R3 3 0,5 point Courant traversant R2 : I2 = R1 A R2 V A − VC e = = 1A R2 R2 0,5 point B Ie R3 I1 = e Courant traversant R1 : I2 I3 C Courant débité par le générateur : 0,5 point A I1 R3 R1 B I3 I2 R2 RAC C C Schéma 2 Schéma 1 0,5 point A I1 R1 B I1 =2 A On remplace R2 et R3 par la résistance équivalente et on obtient le Schéma 3: R R Avec : RBC = 2 3 = 30Ω R2 + R3 0,5 point RBC e A.N: I1 A e 2. Calcul des courants I1, I2 et I3 : Le circuit peut être simplifié comme l’indique la figure ci-contre (Schéma 1→ Schéma 2) : R R On a : R AC = R1 + 2 3 = 60Ω R2 + R3 0,5 point e e = R AC I 1 → I 1 = RAC e Au nœud C, on a : I = I + I = 4 A e 2 3 Schéma 3 C D’où : VB − VC = RBC I 1 =60 volts Du Schéma 1, on a : VB − VC = R2 I 2 → I 2 = VB − VC R2 0,5 point A.N : I2 =0.5 A Loi des nœuds en B : I1=I2+I3→ I3=I1-I2 A. N : I3 =1.5 A 0,5 point End Page 3/3