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  1. Sciences
  2. Physique

Corrigés des exercices du cours de Physique générale (PHYS-H-100)

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Année 2013-2014
Version du 25 mai 2014
Université libre de Bruxelles
École polytechnique de Bruxelles
Service OPÉRA
Corrigés des exercices
du cours de
Physique générale
(PHYS-H-100)
Thomas B URY
Bertrand DE P RELLE DE LA N IEPPE
Marc H AELTERMAN
Laurent O LISLAGER
Maïté S WAELENS
Jonathan V ERLANT-C HENET
Titulaire du cours :
Marc H AELTERMAN
Copyright 2009-2014. Droits de reproduction réservés aux auteurs.
Toute correction ou suggestion peut être envoyée à l’adresse e-mail [email protected].
Table des matières
1
Thermodynamique
Exercice. 1. . . . . . .
Exercice. 2. . . . . . .
Exercice. 3. . . . . . .
Exercice. 4. . . . . . .
Exercice. 5. . . . . . .
Exercice. 6. . . . . . .
Exercice. 7. . . . . . .
Exercice. 8. . . . . . .
Exercice. 9. . . . . . .
Exercice. 10
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Exercice. 11
. . . . . . .
Exercice. 12
. . . . . . .
Exercice. 13
. . . . . . .
Exercice. 14
. . . . . . .
Exercice. 15
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Exercice. 16
. . . . . . .
Exercice. 17
. . . . . . .
Exercice. 18
. . . . . . .
Exercice. 19
. . . . . . .
Exercice. 20
. . . . . . .
Exercice. 21
. . . . . . .
Exercice. 22
. . . . . . .
Exercice. 23
. . . . . . .
Exercice. 24
. . . . . . .
Exercice. 25
. . . . . . .
Exercice. 26
. . . . . . .
Exercice. 27
. . . . . . .
Exercice. 28
. . . . . . .
Exercice. 29
. . . . . . .
Exercice. 30
. . . . . . .
Exercice. 31
. . . . . . .
Exercice. 32
. . . . . . .
Exercice. 33
. . . . . . .
Exercice. 34
. . . . . . .
Exercice. 35
. . . . . . .
Exercice. 36
. . . . . . .
Exercice. 37
. . . . . . .
Exercice. 38
. . . . . . .
Exercice. 39
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Exercice. 40
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20
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24
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29
29
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31
31
32
33
33
34
34
35
39
44
45
46
47
48
48
TABLE DES MATIÈRES
Exercice. 41
. .
Exercice. 42
. .
Exercice. 43
. .
Exercice. 44
. .
Exercice. 45
. .
Exercice. 46
. .
Exercice. 47
. .
Exercice. 48
. .
Exercice. 49
. .
Exercice. 50
. .
Exercice. 51
. .
Exercice. 52
. .
Exercice. 53
. .
Exercice. 54
. .
Exercice. 55
. .
Exercice. 56
. .
Exercice. 57
. .
Exercice. 58
. .
Exercice. 59
. .
Exercice. 60
. .
Exercice. 61
. .
2
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59
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62
63
Électrostatique
Exercice. 1. . . . .
Exercice. 2. . . . .
Exercice. 3. . . . .
Exercice. 4. . . . .
Exercice. 5. . . . .
Exercice. 6. . . . .
Exercice. 7. . . . .
Exercice. 8. . . . .
Exercice. 9. . . . .
Exercice. 10
. . . . .
Exercice. 11
. . . . .
Exercice. 12
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Exercice. 13
. . . . .
Exercice. 14
. . . . .
Exercice. 15
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Exercice. 16
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Exercice. 17
. . . . .
Exercice. 18
. . . . .
Exercice. 19
. . . . .
Exercice. 20
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Exercice. 21
. . . . .
Exercice. 22
. . . . .
Exercice. 23
. . . . .
Exercice. 24
. . . . .
Exercice. 25
. . . . .
Exercice. 26
. . . . .
Exercice. 27
. . . . .
Exercice. 28
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Exercice. 29
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70
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83
84
88
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90
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TABLE DES MATIÈRES
Exercice. 30
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Exercice. 31
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Exercice. 32
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Exercice. 33
. .
Exercice. 34
. .
Exercice. 35
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Exercice. 36
. .
Exercice. 37
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Exercice. 38
. .
Exercice. 39
. .
Exercice. 40
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Exercice. 41
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Exercice. 42
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Exercice. 43
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Exercice. 44
. .
Exercice. 45
. .
Exercice. 46
. .
Exercice. 47
. .
Exercice. 48
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Exercice. 49
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Exercice. 50
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Exercice. 51
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Exercice. 52
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Exercice. 53
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Exercice. 54
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Exercice. 55
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Exercice. 56
. .
Exercice. 57
. .
Exercice. 58
. .
Exercice. 59
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Exercice. 60
. .
Exercice. 61
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Exercice. 62
. .
Exercice. 63
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Exercice. 64
. .
Exercice. 65
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Exercice. 66
. .
Exercice. 67
. .
Exercice. 68
. .
Exercice. 69
. .
Exercice. 70
. .
Exercice. 71
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Exercice. 72
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Exercice. 73
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Exercice. 74
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Exercice. 75
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Exercice. 76
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Exercice. 77
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125
125
126
126
126
126
TABLE DES MATIÈRES
3
Magnétostatique
Exercice. 1. . . . . .
Exercice. 2. . . . . .
Exercice. 3. . . . . .
Exercice. 4. . . . . .
Exercice. 5. . . . . .
Exercice. 6. . . . . .
Exercice. 7. . . . . .
Exercice. 8. . . . . .
Exercice. 9. . . . . .
Exercice. 10
. . . . . .
Exercice. 11
. . . . . .
Exercice. 12
. . . . . .
Exercice. 13
. . . . . .
Exercice. 14
. . . . . .
Exercice. 15
. . . . . .
Exercice. 16
. . . . . .
Exercice. 17
. . . . . .
Exercice. 18
. . . . . .
Exercice. 19
. . . . . .
Exercice. 20
. . . . . .
Exercice. 21
. . . . . .
Exercice. 22
. . . . . .
Exercice. 23
. . . . . .
Exercice. 24
. . . . . .
Exercice. 25
. . . . . .
Exercice. 26
. . . . . .
Exercice. 27
. . . . . .
Exercice. 28
. . . . . .
Exercice. 29
. . . . . .
Exercice. 30
. . . . . .
Exercice. 31
. . . . . .
Exercice. 32
. . . . . .
Exercice. 33
. . . . . .
Exercice. 34
. . . . . .
Exercice. 35
. . . . . .
Exercice. 36
. . . . . .
Exercice. 37
. . . . . .
Exercice. 38
. . . . . .
Exercice. 39
. . . . . .
Exercice. 40
. . . . . .
Exercice. 41
. . . . . .
Exercice. 42
. . . . . .
Exercice. 43
. . . . . .
Exercice. 44
. . . . . .
Exercice. 45
. . . . . .
Exercice. 46
. . . . . .
Exercice. 47
. . . . . .
Exercice. 48
. . . . . .
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TABLE DES MATIÈRES
4
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Electromagnétisme
Exercice. 1. . . . . . .
Exercice. 2. . . . . . .
Exercice. 3. . . . . . .
Exercice. 4. . . . . . .
Exercice. 5. . . . . . .
Exercice. 6. . . . . . .
Exercice. 7. . . . . . .
Exercice. 8. . . . . . .
Exercice. 9. . . . . . .
Exercice. 10
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Exercice. 11
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Exercice. 12
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Exercice. 13
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Exercice. 14
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Exercice. 15
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Exercice. 16
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Exercice. 17
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Exercice. 18
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Exercice. 19
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Exercice. 20
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Exercice. 21
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Exercice. 22
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Exercice. 23
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Exercice. 24
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Exercice. 25
. . . . . . .
Exercice. 26
. . . . . . .
Exercice. 27
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Exercice. 28
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Exercice. 29
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Exercice. 30
. . . . . . .
Exercice. 31
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Exercice. 32
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Exercice. 33
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Exercice. 34
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Exercice. 35
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TABLE DES MATIÈRES
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Oscillations et ondes
Exercice. 1. . . . . . . .
Exercice. 2. . . . . . . .
Exercice. 3. . . . . . . .
Exercice. 4. . . . . . . .
Exercice. 5. . . . . . . .
Exercice. 6. . . . . . . .
Exercice. 7. . . . . . . .
Exercice. 8. . . . . . . .
Exercice. 9. . . . . . . .
Exercice. 10
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Exercice. 11
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Exercice. 12
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Exercice. 13
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Exercice. 14
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180
184
185
185
187
189
192
193
195
200
203
205
210
210
212
212
213
213
213
213
214
215
216
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229
231
233
234
237
238
239
240
TABLE DES MATIÈRES
Exercice. 15
. .
Exercice. 16
. .
Exercice. 17
. .
Exercice. 18
. .
Exercice. 19
. .
Exercice. 20
. .
Exercice. 21
. .
Exercice. 22
. .
Exercice. 23
. .
Exercice. 24
. .
Exercice. 25
. .
Exercice. 26
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Exercice. 27
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Exercice. 28
. .
Exercice. 29
. .
Exercice. 30
. .
Exercice. 31
. .
Exercice. 32
. .
Exercice. 33
. .
Exercice. 34
. .
Exercice. 35
. .
Exercice. 36
. .
Exercice. 37
. .
Exercice. 38
. .
Exercice. 39
. .
Exercice. 40
. .
Exercice. 41
. .
Exercice. 42
. .
Exercice. 43
. .
Exercice. 44
. .
Exercice. 45
. .
Exercice. 46
. .
Exercice. 47
. .
Exercice. 48
. .
Exercice. 49
. .
Exercice. 50
. .
Exercice. 51
. .
Exercice. 52
. .
Exercice. 53
. .
Exercice. 54
. .
Exercice. 55
. .
Exercice. 56
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6
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250
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268
268
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271
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275
276
277
278
279
279
280
281
Physique moderne
Exercice. 1. . . . . . .
Exercice. 2. . . . . . .
Exercice. 3. . . . . . .
Exercice. 4. . . . . . .
Exercice. 5. . . . . . .
Exercice. 6. . . . . . .
Exercice. 7. . . . . . .
Exercice. 8. . . . . . .
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290
291
8
TABLE DES MATIÈRES
Exercice. 9. .
Exercice. 10
. .
Exercice. 11
. .
Exercice. 12
. .
Exercice. 13
. .
Exercice. 14
. .
Exercice. 15
. .
Exercice. 16
. .
Exercice. 17
. .
Exercice. 18
. .
Exercice. 19
. .
Exercice. 20
. .
Exercice. 21
. .
Exercice. 22
. .
Exercice. 23
. .
Exercice. 24
. .
Exercice. 25
. .
Exercice. 26
. .
Exercice. 27
. .
Exercice. 28
. .
Exercice. 29
. .
Exercice. 30
. .
Exercice. 31
. .
Exercice. 32
. .
Exercice. 33
. .
Exercice. 34
. .
Exercice. 35
. .
Exercice. 36
. .
Exercice. 37
. .
Exercice. 38
. .
Exercice. 39
. .
Exercice. 40
. .
Exercice. 41
. .
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292
294
295
296
298
299
300
301
303
306
308
309
310
311
311
311
312
313
315
317
318
319
322
327
327
328
328
329
329
330
330
331
TABLE DES MATIÈRES
TABLE DES MATIÈRES
10
Chapitre 1
Thermodynamique
Exercice 1
Exercice 2
Exercice 3
11
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 4
Exercice 4
12
Exercice 4
Chapitre 1 - Thermodynamique
13
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 5
Exercice 5
14
Exercice 6
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 6
15
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 7
Exercice 7
La chambre à piston cylindrique schématisée ci-contre contient initialement un volume Vi = 10 l d’hélium (He) à la pression Pi = 1 atm et à la
température Ti = 20°C.
atm
a) Quel est le volume Vf du gaz juste après avoir déposé brusquement
(c’est-à-dire, de façon telle que l’on peut négliger les échanges de chaleur avec l’extérieur) une masse M d’une tonne sur le piston dont la
surface S est de 0,1 m2 ?
re,
e
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• ‚Äúon néglige les échanges de chaleur avec l’extérieur" → transformation adiabatique
1/γ
→ Pi Viγ = Pf Vfγ → Vf = Vi PPif
, avec γ = 1 + n2d et nd (He) = 3
• pression supplémentaire = force /surface
→
Pf = Pi +
Mg
S
Résultats analytique et numérique :
Vf = Vi
Pi
Mg
Pi + S
1/γ
≈ 6, 7 L
b) Quelle est la variation d’énergie interne, ∆U = U f − Ui , que provoque
cette compression subite ?
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• ∆U =
nd
2 Nk B
• gaz parfait :
• adiabatique :
T f − Ti =
nd
2 Nk B Ti
→
NkB Ti = Pi Vi
γ −1
Ti Vi
= T f Vfγ−1
Tf
Ti
−1
−1
γ −1
Vi
nd
∆U = 2 Pi Vi
γ −1 − 1
∆U =
→
nd
2 Pi Vi
Tf
Ti
Vf
Résultats analytique et numérique :
∆U =
nd
2 Pi Vi
γ −1
Vi
γ −1
Vf
−1
≈ 471 J
c) Après la compression rapide, on attend que la thermalisation complète
du gaz s’effectue avec l’atmosphère environnante, qui est à la température de départ Ti = 20°C. Quel est le volume final Vf 2 à l’équilibre
thermique ?
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• thermalisation complète
• masse M inchangée
→
→
T f2 = Ti
→
Pf2 = Pf = Pi +
16
Mg
S
Pf2 Vf2 = Pi Vi
M
Exercice 8
Chapitre 1 - Thermodynamique
Résultats analytique et numérique :
Vf2 = Vi
Pi
Mg
Pi + S
≈ 5, 1 L < Vf
Exercice 8
Dans le dispositif schématisé ci-contre, un gaz (de l’azote) est
chauffé jusqu’à ce que la hauteur h de la colonne de liquide (du
mercure) dans le tube en U soit passée de hi = 0 à h f = 76 cm.
a
a) Sachant que la pression atmosphérique environnante Pa est
e
de 1 atm et que la section S du tube en U est de 1 cm2 , calculez le travail W effectué par le gaz lors de cet échauffement
(coup de pouce : notez qu’un accroissement de hauteur ∆h
correspond à un accroissement de volume ∆V = S∆h/2).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• W=
• →
R
P dV
R hf
h2f
1
1
W = 0 ( Pa + ρgh) 2 Sdh = 2 S Pa h f + ρg 2
où ρgh f = 1 atm = Pa car h f = 76 cm
→
W=
1
2
S Pa h f 1 +
Résultats analytique et numérique :
W=
3
4
S Pa h f ≈ 5, 8 J
b) Sachant que, avant échauffement, le volume de gaz Vi est
de 150 cm3 et que sa température Ti est de 20°C, calculez la
température T f atteinte par le gaz.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• PV = nRT
→
P f Vf
Tf
=
Pi Vi
Ti
→
• Vf = Vi + 21 Sh f , Pf = 2Pa , Pi = Pa
T f = Ti
→
P f Vf
Pi Vi
T f = Ti
2Pa (Vi + 21 Sh f )
Pa Vi
Résultats analytique et numérique :
T f = Ti 2 +
Sh f
Vi
≈ 735 K ≈ 462°C
c) Calculez la chaleur Q fournie au gaz lors de l’échauffement.
17
1
2
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 9
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• Q = W + ∆U
• W=
3
4
S Pa h f
[sous-question (a)]
• ∆U = n2d NkB ∆T = n2d PTi Vi i T f − Ti =
avec nd (azote) = 7
,
Pi = Pa
et
Tf
nd
2 Pi Vi Ti − 1
Tf
Sh f
Ti = 2 + Vi
[sous-question (b)]
Résultats analytique et numérique :
Q=
3
4
S Pa h f +
Exercice 9
nd
2 Pa
Vi + Sh f ≈ 86 J
Physique générale
Séance d'exercices de thermodynamique
(exercice réservé aux Ingénieurs Civils)
Le schéma ci-contre représente
une chambre
à piston contenant de l’eau
(novembre
2008)
à la température T de 20°C. Le piston est de poids négligeable, il est supposé libre de se mouvoir sans frottement et a une surface S de 100 cm2 . La
ci-contre
représente unePchambre
piston
l’eau
à la
température
1. Le schéma
pression
atmosphérique
/‘Acontenant
la surfacedede
l’eau
flotte
une sea est de 1àbar.
T de 20°C.
Le piston
de poids négligeable,
il est
supposé
libreest
delibre
se mouvoir
sans
ringue
dontest
l’extrémité
est fermée et
dont
le piston
de se mouvoir
. La pression
atmosphérique
est2 de
frottement
et afrottement.
une surfaceLa
S de
100 cm2contient
sans
seringue
un volume
initial VPi ade
cm13 Bar.
d’airA(àla
surface de
l’eau flottethermique
une seringue
dont
l’extrémité
est fermée
et dont
le piston
libre de
l’équilibre
avec
l’eau)
et à vide,
lorsque
le piston
est est
poussé
à
3 d’air (à
3
de
2
cm
se mouvoir
sans
frottement.
La
seringue
contient
un
volume
initial
V
fond, elle présente un volume Vs de 1,05 cm . Sa masse
i totale m est de 3 g
l’équilibre(ythermique
compris avec
l’air).l’eau) et à vide, lorsque le piston est poussé à fond, elle présente
F
un volume Vs de 1,05 cm3. Sa masse totale m est de 3 g (y compris l’air).
a) Sachant que l’eau a une masse volumique ρ de 1 g/cm3 , calculez la
3, calculez la force F à exercer sur le piston de la
(a) Sachant que
l’eau
une masse
U de
force
F àa exercer
survolumique
le piston de
la1g/cm
grande
chambre à piston pour que
grande chambre
à
piston
pour
que
la
seringue
coule.
On
supposera
une
transformation
isotherme de l’air.
la seringue coule. On supposera une transformation
isotherme
de l’air.
(b) Calculez la profondeur maximale d’eau hmax, que l’on peut se permettre pour que la plongée de la seringue
soit réversible, c’est-à-dire, pour que la seringue remonte lorsque la force sur le piston est annulée.
F ≈ 25 N
(c) Si la hauteur d’eau vaut le double de hmax, de quelle hauteur 'z faut-il relever le piston pour pouvoir
récupérer la seringue à la surface de l’eau, sachant que à la pression atmosphérique le volume d’air Vai de la
b) Calculez la profondeur maximale d’eau hmax que l’on peut se perchambre à piston est initialement de 1 litre (on supposera toujours les transformations isothermes et on
mettre pour que la plongée de la seringue soit réversible, c’est-à-dire,
négligera les effets liés à la tension de vapeur de l’eau).
pour que la seringue remonte lorsque la force sur le piston est annulée.
hmax ≈ 25 cm
c) Si la hauteur d’eau vaut le double de hmax , de quelle hauteur ∆z fautil relever le piston pour pouvoir récupèrer la seringue à la surface de
l’eau, sachant qu’à la pression atmosphérique le volume d’air Vai de
la chambre à piston est initialement de 1 l (on supposera toujours les
transformations isothermes et on négligera les effets liés à la tension
de vapeur de l’eau).
∆z ≈ 2, 5 mm
18
h
Exercice 10
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 10
Exercice 11
Exercice 12
19
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 13
Exercice 13
Exercice 14
20
Exercice 15
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 15
Exercice 16
a)
21
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 16
b)
22
Exercice 16
Chapitre 1 - Thermodynamique
23
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 17
Exercice 17
Exercice 18
D
Dans le dispositif de mesure de la conductivité thermique de Fouinte
rier représenté ci-contre, l’enceinte chaude a une température une
réce
gulée à Tc = 100°C et l’eau froide circulante a une températureS
e2
d’entrée T f de 20°C. La plaque du matériau étudié a une surface
2
que
S de 100 cm , une épaisseur L de 1 cm et une conductivité thermique k T de 2 W/(m · K). Calculez le débit d’eau froide minimum
Dmin qu’il faut établir pour que la variation de température de
l’eau froide ∆T f soit inférieure à 0, 1°C.
Tc
Tf
Tf! Tf
S
L
Relation(s) de base utilisée(s) et développement
La différence de température entre les eaux des deux côtés de la plaque est non-nulle et vaut
Tc − T f . Par le deuxième principe de thermodynamique, un transfert de chaleur doit donc se
produire du corps le plus chaud vers le corps le plus froid. Un débit de chaleur H va donc circuler entre l’eau chaude et l’eau froide par l’intermédiaire de la plaque, c’est donc un phénomène
de conduction thermique (pas de travail fourni car pas de déplacement de la frontière du système thermodynamique). Pour ce phénomène, on peut utiliser la loi de Fourier (uniquement
valable dans le cas d’un transfert de chaleur par conduction) qui donne le débit de chaleur :
S
H = k T ( Tc − T f )
L
(1.1)
Cette relation met en évidence la cause du transfert de chaleur : c’est parce qu’il existe une différence entre les températures des deux corps Tc et T f qu’un transfert de chaleur a lieu entre l’eau
chaude et l’eau froide. Il n’y aurait aucun débit de chaleur (H = 0) si les deux corps étaient à la
24
Exercice 18
Chapitre 1 - Thermodynamique
même température Tc = T f .
Notons m? la petite masse d’une partie de l’eau froide et ∆t le temps pendant lequel cette petite
masse reçoit de l’énergie de la source chaude. Ainsi, durant la durée ∆t, la masse m? va recevoir une quantité de chaleur que l’on note Q. En utilisant la relation Q = c m ∆T, on obtient :
Q = c m? ∆T. Puisque Q est la chaleur transmise à la masse d’eau froide m? , il est évident que
les autres termes dans cette définition concernent aussi l’eau froide : c est donc la capacité calorifique massique de l’eau (4186 J/K · kg) et ∆T est la variation de température de l’eau froide entre
l’instant où elle rentre dans le conduit et l’instant où elle en sort (dans l’énoncé, cette donnée est
notée ∆T f ). Ainsi, on obtient la chaleur transférée à une masse m? d’eau froide : Q = c m? ∆T f .
Le débit de chaleur H est par définition la quantité de chaleur transférée par unité de temps :
H=
Q
m?
=c
∆T f
∆t
∆t
(1.2)
Dans cette relation apparaît D = m∆t? qui est le débit massique, c’est-à-dire une quantité de masse
(d’eau froide) par unité de temps. Attention à ne pas confondre avec le débit de chaleur H qui
n’est pas un transfert de matière mais un transfert d’énergie. On a donc :
H = c D ∆T f
(1.3)
Cette relation exprime la conséquence du débit de chaleur H, c’est-à-dire une augmentation de
la température de l’eau froide d’une valeur ∆T f . En effet, plus le débit de chaleur H est élevé,
et plus la température de l’eau froide augmentera. Les débits de chaleur H dans les équations
(1.1) et (1.3) sont les mêmes puisque la chaleur émise par conduction de l’eau chaude à l’eau
froide est entièrement transmise à l’eau froide. Faites attention cependant à ne pas perdre de
vue que ces deux équations ne se rapportent pas au même phénomène physique. La relation
(1.1) donne la valeur du débit de chaleur causé par la différence de température entre deux
objets situés de part et d’autre d’une paroi de conductivité thermique k T , tandis que la relation
(1.3) est une définition générale qui donne la valeur du débit de chaleur reçu par l’eau froide et
a pour conséquence l’augmentation de sa température. Comme les deux débits (1.1) et (1.3) sont
identiques, on peut écrire :
S
k T ( Tc − T f ) = c D ∆T f
(1.4)
L
Cette relation exprime donc le fait que le débit de chaleur causé par la différence de température
Tc − T f est égal au débit de chaleur provoquant le réchauffement de l’eau froide d’une valeur
∆T f . La seule inconnue est D, que l’on isole :
D = kT
S
( Tc − T f )
c L ∆T f
(1.5)
Ceci donne l’expression du débit massique D en fonction des différents paramètres du problème.
On demande de trouver le débit massique minimum Dmin tel que l’augmentation de température de l’eau froide ∆T f ne dépasse pas une valeur maximale ∆T f ,max = 0, 1◦ C. Ainsi, si on
remplace ∆T f par ∆T f ,max dans l’équation (1.5), on obtient la valeur maximale du dénominateur,
c’est-à-dire la valeur minimale de la fraction, soit la valeur minimale du débit massique Dmin .
Résultat analytique
Dmin = k T
S
( Tc − T f )
c L ∆T f ,max
Résultat numérique
Dmin ≈ 0, 38 kg/s
25
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 19
Exercice 19
Le schéma ci-contre montre une enceinte contenant de l’air à
la pression atmosphérique environnante P = 1 bar. L’air y est
chauffé à l’aide d’une résistance électrique R de 48,4 Ω alimentée
par une source de tension continue V de 220 V. La paroi de l’enceinte a une épaisseur L de 2 cm, une surface totale S de 0,85 m2 et
une conductivité thermique k T de 0,56 W/(m · K). Sachant que la
puissance de chauffe P de la résistance est donnée par la formule
de l’effet Joule P = V 2 /R et que la température ambiante TB est
de 20°C, calculez la température TH à l’intérieur de l’enceinte (on
considérera le régime stationnaire, c’est-à-dire, un débit de chaleur constant au travers de la
paroi de l’enceinte).
TH ≈ 62◦ C
Exercice 20
ompe
Le schéma ci-contre montre un système de pompage de l’eau
Calculez
d’un lac. La pompe permet d’élever l’eau à une hauteur h de 15 m
au-dessus du niveau du lac. Calculez la puissance de pompagede 2,5
Pm nécessaire à l’obtention d’un débit massique D de 2,5 kg/s.
D
h
Pm ?
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
D
La puissance est par définition une quantité d’énergie par unité
de temps. Il n’y a que deux types d’énergies qui peuvent être
transférées d’un corps à un autre : un travail W et une quantité de
chaleur Q. Dans le cas de cet exercice, transférer de la chaleur à
l’eau n’aurait aucun effet utile. Il faut en réalité exercer une force
sur l’eau de manière à la faire monter à une certaine hauteur. On applique donc une force le long
d’un certain déplacement, ce qui correspond à fournir un travail à l’eau. Ainsi, la pompe fournit
un travail à l’eau et sa puissance est donc définie comme la quantité de travail qu’elle fournit à
l’eau par unité de temps.
Notons m? la petite masse d’une partie de l’eau de mer et ∆t le temps que cette masse met à
passer du niveau de la mer au sommet de la pompe. Par définition, la puissance de la pompe
est :
W
Pm =
(1.6)
∆t
Il reste maintenant à savoir la quantité de travail (c’est-à-dire, la quantité d’énergie) qu’il est
nécessaire de fournir à la masse m? d’eau pour qu’elle monte d’une hauteur h. Pour cela, comparons les énergies de la masse m? à l’instant initial (au niveau de la mer) et à l’instant final (au
sommet de la pompe).
• Du fait du changement de hauteur de l’eau, il existe un écart d’énergie potentielle entre
les situations finale et initiale. L’énergie potentielle d’une petite masse m? peut être définie
nulle à l’endroit que l’on veut (cf. Cours de CFS). Considérons qu’elle est nulle au niveau
de la mer, on a donc E p,i = 0. Comme la force de pesanteur terrestre est la seule force que
subit la masse m? , l’énergie potentielle finale vaut E p, f = m? g h. L’écart d’énergie potentielle
entre les situations finale et initiale est donc :
∆E p = E p, f − E p,i = m? g h − 0 = m? g h
26
(1.7)
Exercice 21
Chapitre 1 - Thermodynamique
• L’écart d’énergie cinétique ∆Ec = Ec, f − Ec,i entre les situations finale et initiale peut quant
à lui être considéré comme négligeable : aucune donnée dans l’énoncé ne nous permet de
conclure à un gain ou une perte d’énergie cinétique. Si l’eau circule dans un tube de section
constante, on aura Ec, f ≈ Ec,i et on peut poser ∆Ec = Ec, f − Ec,i = 0.
En conclusion, le travail (donc l’énergie) à fournir à la masse d’eau m? pour qu’elle s’élève d’une
hauteur h est égale à la différence d’énergie potentielle entre sa position finale et sa position
initiale. On note :
W = ∆E p = m? g h
(1.8)
La puissance que la pompe doit fournir pour un régime stationnaire est l’énergie dépensée par
unité de temps pour élever la masse d’eau m? sur une hauteur h :
Pm =
∆E p
m?
=
gh
∆t
∆t
(1.9)
Dans cette relation apparaît D = m∆t? qui est par définition le débit massique, c’est-à-dire une
quantité de masse (d’eau de mer) par unité de temps. On trouve donc finalement :
Pm = D g h
(1.10)
Remarque : On aurait pu aussi partir de la définition du travail infinitésimal δW = ~F · d~r. Le
module de la force exercée sur le petit élément d’eau est le poids de la colonne d’eau au-dessus
de lui : mcol g = ρ S h g donc δW = Fz dz = ρ S dz g h. Avec la définition (1.6) on obtient la
puissance cherchée δW
δt = ρ S v g h, où v est la célérité du fluide et ρ S v est le débit massique D
(quantité de matière traversant la surface S par unité de temps).
Résolution succincte :
• Pm =
Energie
temps
=
W
∆t
dans ce cas (pas de chaleur à transmettre)
• Travail à fournir pour élever une petite masse d’eau m? d’une hauteur h :
W = ∆E p = E p, f − E p,i = m? g h − 0 = m? g h
(remarque : la différence d’énergie cinétique ∆Ec est supposée négligeable)
• Débit massique D =
m?
∆t
→ Pm =
m?
∆t
gh = Dgh
Résultats analytique et numérique :
Pm = D g h ≈ 368 W
Exercice 21
Soit un volume V d’un mètre cube d’oxygène (O2 ) à la température T de 0°C et à la pression
atmosphérique P de 1 atm.
a) Calculez la masse m de ce volume d’oxygène.
Notons m la masse cherchée de manière à ne pas confondre avec M qui est la masse molaire. Il s’agit d’un gaz de dioxygène O2 qui peut être assimilé à un gaz parfait (de manière
générale, on considérera les gaz comme parfaits si rien n’est précisé à ce sujet). Comme c’est
un gaz parfait, il suit la loi suivante :
PV = nRT
(1.11)
On en déduit le nombre de moles présentes dans le volume de gaz donné :
n=
27
PV
RT
(1.12)
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 22
On sait que la masse totale d’un corps m est la masse d’une mole M multipliée par le nombre
de moles n qui se trouvent dans le gaz :
m=nM=
PV
M
RT
(1.13)
avec la masse molaire M qui vaut 32 g/mol dans le cas du dioxygène.
b) Calculez l’énergie de rotation moyenne ER d’une molécule d’oxygène de ce volume.
L’énergie moyenne de rotation d’une molécule de dioxygène est :
ER =
nd,rotation
kB T
2
(1.14)
avec nd,rotation = 2 (deux degrés de liberté en rotation correspondant aux deux axes de
rotation de la molécule). On trouve donc :
ER = k B T
(1.15)
Résultats analytique et numérique
m=
PV
M = 1, 43 kg
RT
ER = k B T = 3, 77 · 10−21 J
Exercice 22
Une bouilloire électrique de capacité 1 L est réalisée à l’aide d’une résistance R soumise à une
tension électrique V de 220 V. Sachant que la puissance de chauffe est donnée par la formule de
l’effet Joule P = V 2 /R, calculez la résistance R à adopter pour faire bouillir de l’eau en un temps
∆t d’une minute à partir de la température ambiante Ti de 20°C.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
La puissance est par définition une quantité d’énergie par unité de temps. Il n’y a que deux types
d’énergies qui peuvent être transférées d’un corps à un autre : un travail W et une quantité de
chaleur Q. Dans le cas de cet exercice, une quantité de chaleur sera transférée à l’eau mais aucun
travail ne sera fourni. En effet, pour exercer un travail sur l’eau, il aurait fallu exercer une force
sur l’eau de manière à provoquer son déplacement, ce qui n’est pas le cas ici. Ainsi, la résistance
de la bouilloire fournit de la chaleur à l’eau et sa puissance est donc définie comme la quantité
de chaleur qu’elle fournit à l’eau par unité de temps.
Notons m la masse d’eau à chauffer et ∆t le temps (60 s) que cette masse met à passer de la
température Ti à la température T f . Notons également Q la quantité de chaleur à fournir à la
masse m pour qu’elle fasse ce changement de température. En régime stationnaire, l’énergie
fournie par le résistance est sa puissance (constante) multipliée par le temps de fonctionnement :
Eelec = Pelec ∆t =
V2
∆t
R
(1.16)
Il reste maintenant à savoir la quantité de chaleur (c’est-à-dire, la quantité d’énergie) qu’il est
nécessaire de fournir à la masse m d’eau pour qu’elle effectue une variation de température
T f − Ti . Pour cela, utilisons la définition de la chaleur Q = cV m ∆T et appliquons-la à notre cas :
Q = cV m ( T f − Ti )
28
(1.17)
Exercice 23
Chapitre 1 - Thermodynamique
L’énergie électrique est en réalité entièrement convertie en énergie thermique, si bien que la
totalité de l’énergie électrique fournie par la résistance est reçue par l’eau de manière à la faire
chauffer (c’est-à-dire augmenter sa température). Ainsi, Eelec = Q et on a le bilan énergétique :
V2
∆t = cV m ( T f − Ti )
R
On isole ensuite R :
R=
V 2 ∆t
cV m ( T f − Ti )
(1.18)
(1.19)
Dans le membre de droite, chaque grandeur est connue. La quantité d’eau à chauffer n’est pas
précisée dans l’énoncé mais correspond à 1 L, c’est-à-dire m = 1 kg. Puisque l’on veut une ébullition de l’eau, la température finale est : T f = 100◦ C.
Résultat analytique
R=
V 2 ∆t
cV m ( T f − Ti )
Résultat numérique
R ≈ 8, 7 Ω
Exercice 23
Pour connaître la capacité calorifique du fer, on dispose un bloc de fer de masse mFe = 100 g
chauffé à la température TFe de 100°C dans un calorimètre (enceinte isolée thermiquement du
monde extérieur) contenant un litre d’eau à la température initiale Ti de 20°C. Après thermalisation de l’ensemble, la mesure au thermomètre de précision indique la température T f = 20, 84°C.
Calculez la capacité calorifique massique du fer cFe (on négligera la capacité calorifique du calorimètre).
c Fe = 444 J/(K · kg)
Exercice 24
Le schéma ci-contre montre une chambre à piston dont le piston est libre
de se mouvoir verticalement sans frottement. Le piston a une surface S de
13 cm2 et une masse totale m de 3 kg. La chambre contient n = 0, 016 moles
de gaz diatomique. On considérera que l’accélération de la gravitation terrestre g vaut 10 m/s2 .
a) Sachant que la pression atmosphérique ambiante Pa est de 1 bar et que
la hauteur h du piston est de 25 cm, calculez la température T du gaz.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
pV = nRT , où p = p a + mg/S
29
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 25
Résultats analytique et numérique :
( p a + mg/s) Sh
= 301 K
nR
b) Calculez l’énergie thermique U du gaz contenu dans la chambre à piston.
n
7
U = d nRT = nRT = 140 J
2
2
c) Calculez la quantité de chaleur Q à extraire de l’enceinte pour diminuer de moitié la hauteur h du piston.
T=
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
• Q = ∆U + W
• processus isobare, donc
• ∆U =
W = p · ∆V = ( p a + mg/S) · (−
nd
nR∆T , T f = T/2
2
Résultats analytique et numérique :
7
T
hS
Q = − nR − ( p a + mg/S)
= −90 J
2
2
2
Exercice 25
Les schémas ci-contre montrent une chambre à piston parfaitement étanche contenant initialement un volume Vi d’un
litre d’air en équilibre avec l’atmosphère environnante qui
est à la température Ti de 20°C et à la pression Pi de 105 Pa
(le piston est libre de se mouvoir sans frottement et son poids
est négligeable). On tire ensuite le piston vers le bas avec une
certaine force F. Le piston a une surface S de 0,02 m2 et le cylindre a une hauteur totale h de 10 cm.
a) En considérant que la chambre à piston n’est pas isolée
thermiquement de l’atmosphère environnante (et que
le temps de descente du piston est plus long que le
temps caractéristique des échanges de chaleur avec l’extérieur), calculez la force minimale F qu’il faut exercer
pour extraire totalement le piston du cylindre.
F = 1000 N
b) En considérant cette fois que la chambre à piston est isolée thermiquement, calculez le volume de gaz Vf obtenu
lorsque la masse M calculée ci-dessus est suspendue au
piston.
Vf = 1, 71 L
30
hS
)
2
Exercice 26
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 26
n
Le schéma ci-contre montre une chambre à piston contenant inità
tialement un volume Vi de 1 l d’air en équilibre avec l’atmosphère
l’air
environnant qui est à la température Ti de 20°C et à la pression Pi
de 1 bar. /‘A un instant donné l’air est chauffé et en se dilatante il
repousse le piston qui est retenu (sans frottement) par un ressort
initialement au repos. Le piston a une surface S de 100 cm2 et le
ce
ressort a une constante de rappel κ de 2 · 104 N/m.
0
x
f = - x1x
S
Q
a) Calculez le travail W exercé par le gaz pour déplacer le piston d’une distance x de 10 cm.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
W=
Z Vf
Vi
p dV =
Z x
0
κx 0
( pa +
) (S dx 0 )
S
Résultats analytique et numérique :
κx2
= 200 J
2
b) Calculez la quantité de chaleur Q qu’il faut pour déplacer le
piston d’une distance x de 10 cm.
W = p a Sx +
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
• Q = ∆U + W
• ∆U =
p f Vf
nd
nR( T f − Ti ) , où T f =
2
RT
• comme p f = p a +
κx
et que Vf = Vi + Sx , on obtient :
S
Résultats analytique et numérique :
Q=
κVi
κx2
7
x ( Pa S + κx +
) + ( p a Sx +
) = 1, 95 kJ
2
S
2
Exercice 27
31
M
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 28
Exercice 28
32
Exercice 29
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 29
Exercice 30
Exercice non corrigé.
33
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 31
Exercice 31
Exercice 32
34
Exercice 33
Chapitre 1 - Thermodynamique
de
tiale
de
Exercice 33
Le schéma ci-contre montre une chambre à piston contenant deux moles
(n = 2) de gaz parfait diatomique soumises à un échauffement à partir de
la température initiale Ti = 20°C. Le piston est libre de se mouvoir sans le
frottement, il a un poids total Fp de 500 N et une surface S de 0,02 m2 .
h
S
Fp
Q
a) Sachant que la pression atmosphérique environnante Pa est de 1 bar, calculez la température
T f que le gaz doit atteindre pour que, sous l’effet de l’échauffement, le piston monte de la
hauteur ∆h = 10 cm.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
Il est recommandé de toujours définir le système avant de commencer l’exercice, surtout
quand il y a plusieurs possibilités. Cet exercice est relativement simple car il n’y a que 4
systèmes possibles : le gaz (en vert), le piston (en jaune), la bougie (en rouge) et le système
total (en bleu). L’énoncé mentionne différentes grandeurs qui sont propres au gaz, nous
M
considérerons donc le système gaz (en vert). Il s’agit d’un système fermé (n et N constants)
et non isolé (échange de chaleur possible) avec un nombre de degré de libertés égal nd = 7.
Ce système va subir une transformation à cause d’effets extérieurs et va passer d’un état
thermodynamique stable froid (en vert ci-dessous) à un état thermodynamique stable chaud
(en rouge). Ce passage ne se fera pas instantanément et on a pour habitude de le décomposer en transformations infinitésimales. Chaque transformation infinitésimale se produit
à cause d’un transfert de chaleur infinitésimale dQ et d’une expulsion de travail dW, ce qui
provoque l’augmentation de la température d’une quantité infinitésimale dT. Pour passer
de l’état initial à l’état final, le système va donc traverser un ensemble d’états thermodynamiques intermédiaires stables représentés dans le schéma ci-dessous.
35
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 33
Isobare
Pi
Ti  293,15 K
Tf
Vi
Vf  Vi  Sh
n  2 mol
Ui 
nd
nR Ti
2
n  2 mol
W
dW
dW
Uf
dW
Gaz
Gaz
Pi Vi  nR Ti
dQ
dQ
dQ
Pf Vf  nR Tf
Q
Il est important de toujours organiser sa réponse de cette manière afin de structurer les informations fournies dans l’énoncé et mettre en évidence les informations dont on ne dispose
pas. À chaque état thermodynamique stable, il est autorisé d’utiliser la loi des gaz parfait. À
chaque état thermodynamique stable, on doit avoir un équilibre mécanique et donc la force
(ou pression) exercée par le gaz sur le monde extérieur doit être égale à la force (ou pression)
exercée par le monde extérieur sur le gaz. Il y a deux corps qui exercent une force sur le gaz :
la masse posée sur le piston (force FP , pression FSP ) et la colonne d’air se trouvant au-dessus
du piston (pression atmosphérique Pa ). Le gaz est donc toujours à pression P = Pa + FSP
afin d’être à l’équilibre avec le monde extérieur, et la transformation qu’il subira sera donc
isobare. L’ensemble des grandeurs thermodynamiques et la loi des gaz parfait sont rappelés
sur le schéma ci-dessus. À l’état initial, la seule inconnue est Vi et il est aisé de le trouver à
i
l’aide de la loi des gaz parfaits appliquée à l’état initial : Vi = nRT
Pi . À l’état final, la seule
inconnue est la température que l’on peut déterminer à l’aide de la loi des gaz parfaits apP f Vf
. En remplaçant les différentes grandeurs en fonction de ce
pliquée à l’état final : T f = nR
qui est donné dans l’énoncé, on trouve finalement :
F
P f Vf
Pf
Pf Vi
Pf
Pa + Sp
Tf =
=
(Vi + S∆h) =
+
S∆h = Ti +
S∆h
nR
nR
nR
nR
nR
Résultats analytique et numérique :
F
T f = Ti +
Pa + Sp
S∆h = 308 K
nR
36
Exercice 33
Chapitre 1 - Thermodynamique
b) Calculez la quantité de chaleur Q qui est nécessaire pour atteindre la température T f .
La chaleur Q est la somme de toutes les chaleurs infinitésimales dQ fournies au cours de
la transformation. Il y a deux possibilités pour calculer cette quantité de chaleur : en utilisant la définition (uniquement définie dans le cours pour des transformations isobares ou
isochores) ou en utilisant le premier principe (requiert de connaitre la variation d’énergie
interne ∆U et le travail W fourni au monde extérieur). La première solution est celle qui
requiert le moins de calculs et elle est bien applicable ici puisque l’on a une transformation
isobare. On utilise donc la définition de la chaleur reçue en fonction du nombre de moles n
et de la chaleur molaire à pression constante CP :
n
d
Q = nCP ∆T = n(CV + R)∆T = nR
+ 1 ( T f − Ti )
2
Vu que T f est la réponse d’une sous-question précédente, on peut considérer cette grandeur
comme "acquise" et on ne doit pas la remplacer par son expression complète T f = Ti +
Fp
Pa + S
nR
S∆h. On obtient Q = 1, 13 kJ.
c) Calculez l’entropie ∆S générée dans le gaz par l’échauffement considéré ci-dessus.
La situation est représentée ci-dessous où seules la grandeur thermodynamique d’entropie
est considérée. On part d’un état froid et l’apport de chaleur va augmenter l’agitation thermique des particules se trouvant dans le gaz, ce qui aura pour effet d’augmenter le désordre
du système gaz. À l’état final, l’entropie S f doit donc être supérieure à l’entropie initiale Si .
On doit donc obtenir une différence d’entropie ∆Sgaz positive.
S f  Si
Si
dQ
dQ
dQ
Q
La variation d’entropie du système gaz est donnée par
∆Sgaz =
Z f
dQ
i
T
+ ∆i S
Le deuxième terme correspond à des phénomènes irréversibles internes au système gaz et
est forcément nul car il n’y a nulle part à l’intérieur du gaz un phénomène irréversible qui
37
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 33
se produit. La variation d’entropie du gaz est donc uniquement due à l’apport de chaleur :
∆Sgaz =
Z f
dQ
i
T
où dQ est l’apport de chaleur à chaque transformation infinitésimale, responsable d’une
augmentation dT de température. On peut appliquer la définition de la chaleur reçue à une
transformation isobare infinitésimale et écrire que dQ = nCP dT. On trouve donc :
Z f
Z Tf
Z Tf
Tf
dQ
nCP dT
dT
∆Sgaz =
=
= nCP
= nCP ln
T
T
T
Ti
i
Ti
Ti
n
T Tf
f
= nR d + 1 ln
= n (CV + R) ln
Ti
2
Ti
Cette variation est bien positive puisque T f > Ti et le logarithme donne donc une valeur
positive. On trouve ∆Sgaz = 3, 74 J/K.
On aurait également pu poser la question suivante : "Calculez la variation d’entropie ∆Stot
du système complet comprenant le gaz, le piston et la bougie". À ce moment là, le système
considéré est le système entouré en bleu ci-dessous. Ce système est fermé et isolé, donc
si son entropie augmente, ce ne sera pas à cause d’un transfert de chaleur. Appliquons la
définition de la variation d’entropie :
∆Stot =
Z f
dQ
i
T
+ ∆i S
Le premier terme est nul et la variation d’entropie du système complet sera donc due uniquement à des phénomènes internes irréversibles. Il se passe en effet un phénomène irréversible interne au système complet : le sous-système "gaz" reçoit une quantité de chaleur
Q de la part du sous-système "bougie" et cet échauffement est irréversible. Il est improbable
que, spontanément, les particules du gaz perdent leur énergie cinétique, se réordonnent et
reviennent à leur état initial en rendant la chaleur Q à la bougie. L’apport d’entropie de ce
phénomène irréversible a déjà été déterminé précédemment : il s’agit de la valeur ∆Sgaz . On
trouve donc :
∆Stot = ∆i S = ∆Sgaz
Le second principe stipule que l’entropie d’un système isolé ne peut qu’augmenter ou rester
constante au cours du temps, c’est-à-dire ∆i S ≥ 0. Le résultat ci-dessus est donc bien en
accord avec le second principe puisque ∆Sgaz > 0.
38
Exercice 34
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 34
Le schéma ci-contre montre deux enceintes de gaz mises en
N2
He
contact thermique. Une des enceintes est munie d’un piston
libre de se mouvoir sans frottement et contient de l’hélium (He).
L’autre enceinte est de volume fixe et contient une mole d’azote
(N2 ). Lors de la mise en contact des enceintes, l’hélium qui était à la température T1i de 200°C occupait un volume Vi d’un litre et l’azote était à la température T2i de −20°C. On suppose que les
échanges de chaleur ne se font qu’entre les deux gaz et que la pression de l’atmosphère ambiante
est de 1 bar.
a) Calculez la température T1 f atteinte par l’hélium après la thermalisation du système.
Deux systèmes sont à considérer ici et il est d’autant plus important de les identifier correctement et d’organiser les grandeurs thermodynamiques dans 4 colonnes comme c’est fait
ci-dessous.
Q W
• Le système 1 est l’hélium qui fournit une quantité de chaleur Q2 et échange un travail
W2 avec le monde extérieur. Le signe de ce travail n’est pas connu de l’énoncé et il est
donc impossible de dire pour l’instant s’il s’agit d’un travail reçu ou fourni. Il s’agit
d’un système fermé (n et N constants) et non isolé, avec nd1 = 3 degrés de liberté. La
pression du gaz doit constamment compenser la pression exercée par le monde extérieur (= l’air uniquement) sur le gaz afin d’avoir un équilibre thermodynamique : il faut
donc que P1 = Pa à tout moment. Le gaz restera donc à pression constante : sa transformation sera isobare. L’état initial est quasi entièrement connu puisqu’il n’y a qu’une
inconnue : le nombre de moles n1 . Cette valeur peut donc facilement se déterminer à
1i V1i
l’aide de la loi des gaz parfaits : n1 = PRT
. L’état final comporte trop d’inconnues pour
1i
être déterminé, puisque l’on a 2 inconnues (T f , V1 f ) pour 1 équation (la loi des gaz
parfaits).
• Le système 2 est le diazote qui reçoit une quantité de chaleur Q1 et n’échange aucun
travail avec le monde extérieur. Il s’agit d’un système fermé (n et N constants) et non
isolé, avec nd2 = 7 degrés de liberté. Le gaz n’est pas libre de s’étendre ou se contracter
et il restera donc à volume constant : sa transformation sera isochore. Ni l’état thermodynamique initial, ni l’état thermodynamique final sont entièrement connus car on a
respectivement 2 et 3 inconnues pour 1 équation (la loi des gaz parfaits). On sait cependant que la température finale T f 2 sera la même que la température finale de l’hélium
T f 1 . On les notera T f .
39
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 34
Isobare
P1i  Pa
P1i  Pa
T1i  473,15 K
Tf
2
V1i  10 3 m3
n1
V1f
Q2
n
U1i  d nR T1i
2
n1
U1f
dQ 2
dQ 2
dQ 2
He
He
P1i V1i  n1 R T1i
dW2
dW2
dW2
P1 f V1f  n1 R Tf
W2
Fermé n,N cst 
Non isolé
1
nd1  3
Isochore
P2i
P2f
T2i  253,15 K
Tf
V2i
V2i
n2  1 mol
n2  1 mol
n
U2i  d nR T2i
2
U2f
N2
N2
P2i V2i  n2 R T2i
dQ 1
dQ 1
dQ 1
P2f V2f  n2 R Tf
Q1
Fermé n,N cst 
Non isolé
nd2  7
1
2
Il n’est donc pas possible de déterminer l’état final (et donc la température finale) de l’hélium en se basant uniquement sur la loi des gaz parfaits. Ces deux systèmes sont cependant
liés par le fait que la chaleur sortant du système 1 est égale à la chaleur entrante dans le
système 2 (principe de conservation de l’énergie). Comme une chaleur sortante est considé40
Exercice 34
Chapitre 1 - Thermodynamique
rée comme négative, cette propriété se traduit par la relation − Q2 = Q1 . La définition de
la chaleur transmise sera cependant différente selon que l’on parle de l’hélium (isobare) ou
du diazote (isochore). On trouve finalement :
h
i
n
n
− n2 R d2 ( T f − T2i ) = n1 R d1 + 1 ( T f − T1i )
2
2
En isolant T f , on trouve :
n2 n2d2 T2i + n1
Tf =
n2 n2d2 + n1
avec n1 =
P1i V1i
RT1i .
nd1
2
nd1
2
+ 1 T1i
+1
On trouve T f = 257 K.
b) Calculez le volume Vf qu’occupe l’hélium après la thermalisation du système.
On a trouvé la température finale T f des deux gaz. Mettons à jour les tableaux établis à la
sous-question précédente :
2
P2i
T2i  253,15 K
V2i
n2  1 mol
n
U2i  d nR T2i
2
P2i V2i  n2 R T2i
P1i  Pa
P2f
T1i  473,15 K
Tf  257 K
V1i  10 3 m3
V2i
P1i V1i
R T1i
n
U1i  d nR T1i
2
n1 
n2  1 mol
U2f
P2f V2f  n2 R Tf
P1i V1i  n1 R T1i
1
P1i  Pa
Tf  257 K
V1 f
n1
U1 f
P1f V1f  n1 R Tf
On remarque qu’il n’y a plus qu’une seule inconnue à l’état final de l’hélium : V1 f . On peut
RT
la déterminer en isolant dans la loi des gaz parfaits : V1 f = n1 P1 ff avec n1 =
donc :
P1i V1i RT f
V
V1 f =
= 1i T f
RT1i P1 f
T1i
P1i V1i
RT1i .
On trouve
Comme T1 f > T f , l’expression ci-dessus montre que V1i > V1 f . Le gaz va donc se compresser en demandant du travail au monde extérieur. En effet, W = Pa (V1 f − V1i ) < 0 est bien
un travail reçu par le système. On trouve V1 f = 0, 543 L.
c) Calculez l’entropie ∆S générée par la thermalisation du système.
Le système à considérer ici est le système total comprenant les deux gaz et le piston. Il s’agit
d’un système fermé et isolé. Appliquons la définition de la variation d’entropie pour ce
système :
Z f
dQ
+ ∆i S
∆Stot =
T
i
Le premier terme est forcément nul puisque le système est isolé. La variation d’entropie du
système complet sera donc uniquement due à des transformation internes irréversibles. Il y
a effectivement deux transformations irréversibles apparaissant dans des sous-systèmes :
41
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 34
• Une chaleur est transmise au sous-système 2 (diazote) et elle ne peut être restituée
spontanément. L’entropie de ce sous-système va donc augmenter d’une valeur ∆S2 =
R f dQ
+ ∆i S avec ∆i S = 0 puisqu’il n’existe aucune transformation irréversible interne
i T
au diazote. On trouve
Z Tf
Tf
n2 CV2 dT2
nd2
∆S2 =
= n2 R
ln
T2
2
T2i
T2i
• Une chaleur est fournie par le sous-système 1 (hélium) et elle ne peut être restituée
spontanément. L’entropie de ce sous-système va donc augmenter d’une valeur ∆S1 =
R f dQ
+ ∆i S avec ∆i S = 0 puisqu’il n’existe aucune transformation irréversible interne
i T
à l’hélium. On trouve
Z Tf
T n1 CP1 dT1
P1i V1i nd1
f
∆S1 =
=
+ 1 ln
T1
T1i
2
T1i
T1i
S2f  S2i
S2i
dQ 1
dQ 1
dQ 1
Q1
Fermé n,N cst 
Non isolé
2
1
nd2  7
Fermé n,N cst 
1
Non isolé
nd1  3
2
Q2
S1i
dQ 2
dQ 2
42
dQ 2
S1f  S1i
Exercice 34
Chapitre 1 - Thermodynamique
La variation d’entropie du système complet étant donnée par la variation d’entropie liée aux
transformations irréversibles internes, elle est égale à la somme des variations d’entropies
des sous-systèmes 1 et 2 :
∆Stot = ∆i S = ∆S1 + ∆S2
et donc :
∆Stot =
T Tf
P1i V1i nd1
n
f
+ 1 ln
+ n2 R d2 ln
= 0, 125 J/K
T1i
2
T1i
2
T2i
Il s’agit bien d’une valeur positive, ce qui est en accord avec le second principe. Les variations d’entropie sont récapitulées dans le schéma ci-dessous. On remarque que la variation
d’entropie du diazote est (en valeur absolue) plus élevée que celle de l’hélium, alors que la
quantité de chaleur transmise Q est identique (en valeur absolue) pour les deux systèmes.
La différence s’explique par le fait que les températures des gaz ne sont pas les mêmes : le
diazote part d’un état froid (plus enclin à une grosse variation d’entropie) alors que l’hélium part d’un état chaud (moins enclin à une grosse variation d’entropie). On rejoint bien
ici ce qu’on disait précédemment : il est plus difficile de faire varier l’entropie d’un système
chaud.
Q W
+ 0,439 J/K
- 0,314 J/K
43
+ 0,125 J/K
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 35
Exercice 35
44
Exercice 36
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 36
45
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 37
Exercice 37
a)
46
Exercice 38
Chapitre 1 - Thermodynamique
b)
Exercice 38
Exercice non corrigé.
47
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 39
Exercice 39
Exercice 40
Un moteur muni d’une chambre à piston contenant de l’hélium fonctionne sur base d’un cycle
thermodynamique constitué des 4 transformations suivantes entre les états thermodynamiques
a, b, c et d : a − b compression isotherme, b − c détente isobare, c − d détente adiabatique et d − a
transfert de chaleur isochore. Les états a, b et c sont respectivement caractérisés par les grandeurs
suivantes : Ta = 100°C, Va = 3 l, Vb = 300 cm3 et Vc = 500 cm3 (il ne faut pas re-démontrer les
expressions mathématiques des chaleurs et travaux des 4 transformations).
a) Calculez la pression Pa qu’il faut imposer à l’état a pour obtenir un travail W de 318 J sur un
cycle du moteur.
Pa = 106 Pa
b) Représentez graphiquement de façon qualitative le cycle dans un plan P, V et calculez-en le
rendement r.
r = 4, 4 %
48
Exercice 41
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 41
P
Le cycle thermodynamique représenté dans le diagramme P, V ci-contre concerne un moteur idéal à gaz
parfait monoatomique. Les données sont : Pa = 1 atm,
Pb = 100 atm, Va = 10 ml, Vc = 1 l.
Pb
a) Sachant que la température Ta au point a du cycle
est de 20°C, calculez la chaleur Q ab associée à la
transformation a − b.
Pa
b
c
a
d
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
Va
Vc
T
• Q ab = nCV ( Tb − Ta )
• comme le système est fermé et que le volume
est constant, ( pb − p a )V = nR( Tb − Ta )
• on a donc Q ab = nCV ·
( p b − p a )V
n
( p − p a )Va
= n· dR· b
nR
2
nR
Résultats analytique et numérique :
3
· ( pb − p a )Va = 150 J
2
b) Calculez la chaleur Qbc associée à la transformation
b − c.
Q ab =
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
• Qbc = nC p ( Tc − Tb )
• comme pc = pb , on a : pb (Vc − Vb ) = nR( Tc − Tb )
• on a alors Qbc = nC p ·
pb (Vc − Vb )
n
p (Vc − Va )
= n · ( d + 1) R · b
nR
2
nR
Résultats analytique et numérique :
5
· p (Vc − Va ) = 25, 1 kJ
2 b
c) Calculez le travail W et le rendement r du moteur.
Qbc =
W
=
I
cycle
p dV
= aire délimitée par le cycle
= ( pb − p a ) · (Vc − Va ) = 9, 93 kJ
r = W/Q H = W/( Q ab + Qbc ) = 39 %
49
a
V
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 42
d) En considérant chacune des quatre transformations
séparément, démontrez qu’au sein du gaz contenu
dans le moteur la variation d’entropie ∆S est nulle
sur un cycle complet.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
∆S =
I
cycle
dQ
T
=
Z b
dQ
a
T
= nCV ln
+
Z c
dQ
b
T
+
Z d
dQ
c
T
+
Z e
dQ
d
T
Tc
T
Ta
Tb
+ nC p ln
+ nCV ln d + nC p ln
Ta
Tb
Tc
Td
Physique générale
En utilisant pour chaque T l’équation d’état pV =
nRT on a :
d'exercices
Séance
de thermodyn
pb Vb
pd Vd
pc Vc
p a Va
+ nCV ln
·
·
·
·
+ nC p ln
+ nC p ln
∆S = nCV ln
(décembre 2
p a Va
pb Vb
pc Vc et électrostatique
pd Vd
pb
Vc
pa
Va
= nCV ln
· 1 + nC p ln 1 ·
+ nCV ln
· 1 + nC p ln 1 ·
pa
Va
pb
Vc
Supposez que
1. vous
vouliez fabriquer
une pompe à chaleur qui fonctionne
pb
Vc (voir figures ci-dessous)
pb
avec deVl’air
comme vecteur d’échange thermiqu
c
= nCV ln
+ nC p ln
− nCV ln
− nC p ln
à la température
de 20°C en extrayant la chaleur
pa
Va chauffer une habitation
pa
Va
une température de 10°C et, afin de ne pas perturber le biotope du jardin
supérieure à ou égale à -10°C dans l’échangeur thermique froid. De mêm
froid doit être égale à la pression atmosphérique (on évite ains
Physiquethermique
générale
l’échangeur enterré). Les échangeurs thermiques sont supposés conçus
Exercice 42
thermique
à leur sortie. En d’autres termes, la sortie de l’échangeur therm
Séance d'exercices de
thermodynamique
(exercice réservé aux Ingénieurs Civils)
la sortie de l’échangeur thermique du jardin est à 10°C. Le diagramme P,
=
0
et électrostatiqueBrayton
(décembre
2008)
inversé pour
un litre d’air considéré à la sortie de l’échangeur fro
Supposez que vous vouliez fabriquer une
pompe à chaleur qui fonctionne selon un cycle
Vc
Vb
P
de Brayton inversé (voir figure ci-contre) avec
1. Supposez que vous vouliez fabriquer une pompe à chaleur qui fonctionne selon un cycle de Brayton inversé
b
de l’air comme vecteur d’échange thermique.
Pb
(voir figures ci-dessous) avec de l’air comme vecteur d’échangec thermique. VousQavez
comme contraintes de
H 0
Vous avez comme contraintes de chauffer une
chauffer une habitation à la température de 20°C en extrayant la chaleur du terrain environnant (le jardin) qui a
habitation à la température de 20°C en extraune température de 10°C et, afin de ne pas perturber le biotope du jardin, vous devez garantir une température
yant la chaleur du terrain environnant (le jarPa
supérieure à ou égale à -10°C dans l’échangeur thermique froid.
d De même, la pression dans l’échangeur
din)
quidoit
a une
de 10°C
et, afin de (on évite ainsi les problèmes de fuitea dans
thermique
froid
être température
égale à la pression
atmosphérique
ne pas
perturber
le biotope du
jardin, vous
0
l’échangeur
enterré).
Les échangeurs
thermiques
sont desupposés conçus
l’équilibre
Vd de façonQà obtenir
!
0
V
0
vez
garantir
une
température
supérieure
ou
B
a
thermique à leur sortie. En d’autres termes, la sortie de l’échangeur thermique chaud (radiateur) est à 20°C et
à −10°Cthermique
dans l’échangeur
la sortie égale
de l’échangeur
du jardin estthermique
à 10°C. Le diagramme P,V ci-dessous montre le cycle de
froid. De même, la pression dans l’échangeur
Brayton inversé pour un litre d’air considéré à la sortie de l’échangeur froid (Va = 1l, Ta = 10°c, Pa = 1 bar).
thermique froid doit être égale à la pression
(a) Calculez la pression Pb à atteindre avec le compresseur pour respect
atmosphérique
(on
évite
ainsi
les
problémes
dessus (P
Td = -10°c, Tc = 20°C).
Vc
V
de fuite
dans l’échangeurbenterré). Les échanQH b
c
sont supposés
conçus de fab
cgeurs thermiques
P
Q
0
H
b
çon à obtenir l’équilibre
thermique à leur sortie. En d’autres termes, la sortie de l’échana
d
geur thermique chaud (radiateur) est à 20°C
Pa
det la sortie de l’échangeur thermique du jara
QB
din est à 10°C. Le diagramme P, V ci-contre
0
Vd le cycle Qde !Brayton
montre
pour un
0
Vinversé
0
B
a
Vc
Vd Vb Va
litre d’air considéré à la sortie de l’échangeur
froid (Va = 1 l, Ta = 10°C, Pa = 1 bar).
W<0
W<0
V
(a) Calculez la pression Pb à atteindre avec le compresseur pour respecter les contraintes mentionnées cidessus (Td = -10°c, Tc = 20°C).
50
Exercice 42
Chapitre 1 - Thermodynamique
a) Calculez la pression Pb à atteindre avec le compresseur pour respecter les contraintes mentionnées ci-dessus (Td = −10°C, Tc = 20°C).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• ‚Äúcycle de Brayton inversé"

a→b



b→c
c
→d



d→a
→
:
:
:
:
compression adiabatique
refroidissement isobare
détente adiabatique
échauffement isobare
• Adiabatiques → rapport des températures lié au rapport des pressions
(
→
•
→
γ
Pi Vi
γ −1
Ti Vi
Pc = Pd
=
=
γ−γ 1
Tc
Td
γ
P f Vf
γ −1
T f Vf
→
2
nd
avec γ = 1 +



Vf
Vi
=


Vf
Vi
=
Pi
Pf
Ti
Tf
γ1
γ−1 1
→
Pi
Pf
=
Ti
Tf
γ−γ 1
et nd (air) = 7, Pc = Pb et Pd = Pa
Résultats analytique et numérique :
Pb = Pa
n2d +1
Tc
Td
≈ 1, 63 × 105 Pa
b) Calculez la température Tb atteinte à l’entrée des radiateurs (échangeur thermique chaud).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
γ−γ 1
[sous-question (a)]
• Adiabatique a → b → PPif = TTif
γ−γ 1
n2d +1
• → Tb = Ta PPba
avec Pb = Pa TTdc
[sous-question (a)]
Résultats analytique et numérique :
Tb = Ta
2+2n
Pb
Pa
d
≈ 315 K ≈ 42 ◦ C
c) Calculez le débit volumique d’air qu’il est nécessaire d’établir à l’entrée du compresseur
pour chauffer l’habitation avec une puissance thermique de 5 kW.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• D=
Va
∆t
• H=
∆Q
∆t
→
∆t =
• Qbc = ∆Ubc + Wbc
avec
→
=P
QH =
nd
2
∆Q
P
=
|Q H |
P
∆U =
+ 1 NkB ∆T
=
| Qbc |
P
nd
2 Nk B ∆T
avec
51
et
NkB =
Pa Va
Ta
Wisobare = P∆V = NkB ∆T
et
∆T = Tc − Tb < 0
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 42
Résultats analytique et numérique :
D=
Va P
n
|( 2d +1) PaTVa a (Tc −Tb )|
≈ 143 L/s
d) Calculez le coefficient d’efficacité de la pompe à chaleur et déduisez-en le facteur de réduction des coûts de chauffage par rapport à un chauffage électrique standard.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
|Q H |
avec Q H < 0 et Wcompresseur < 0
|Wcompresseur |
• Q H = n2d + 1 PTa Va a ( Tc − Tb ) [sous-question (c)]
• Ce =
• Wcompresseur = Wab
→
• Wadiab = − n2d NkB ∆T
NkB =
avec
adiabatique
∆U = Q −W
|{z}
car
=0
Pa Va
Ta ,
∆T = Tb − Ta > 0
et
Résultats analytique et numérique :
Ce =
→
( n2d +1)(Tb −Tc )
nd
2
( Tb − Ta )
≈ 0, 88 < 1
Moins efficace : coût plus élevé d’un facteur
1
Ce
≈ 1, 13
e) Calculez le coefficient d’efficacité obtenu lorsque la vanne de détente est remplacée par une
turbine basse pression dont on récupère la puissance mécanique au niveau du compresseur
(comme suggéré par la ligne pointillée sur le schéma ci-dessus).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• Ce =
|Q H |
Wtotal
• QH =
nd
2
+1
Pa Va
Ta
( Tc − Tb ) [sous-question (c)]
• Wtotal = |Wab | − |Wcd |
avec
Wab = − n2d PTa Va a ( Tb − Ta )
et
Wcd = − n2d PTa Va a ( Td − Tc )
Résultats analytique et numérique :
Ce =
nd
2
( n2d +1)(Tb −Tc )
[( Tb − Ta )−( Tc − Td )]
≈ 14
→ On gagne un facteur 14 sur le coût !
52
Exercice 43
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 43
Le schéma ci-contre montre un moteur thermique constitué d’une chambre
à piston contenant n = 0, 5 mole d’azote (N2 ). Lorsque le piston est arrêté
en position haute correspondant au volume minimum Va = 10 cm3 , le gaz
est à l’équilibre thermique avec l’atmosphère ambiante qui est à la température Ta = 20°C. Pendant l’arrêt du piston une quantité de chaleur Q ab est
apportée au gaz, dont la température s’éléve jusqu’à la valeur Tb . Ensuite
le piston est libéré et redescend donc rapidement de sorte que les échanges
de chaleur avec l’extérieur puissent être négligés tout au long de sa course
jusqu’au volume maximum Vc = 1 l.
Question sur les cycles thermodynamiques et les transformations élémentaires. Teste la capacité
de manipulation des formules de base.

n = 0,5moles



Va = 10−5 m3
Données :
T = 293.15 K


 a
volume max = Vc = 10−3 m3
a) Calculez la quantité de chaleur Q ab qu’il faut fournir pour que le cycle puisse être complété
par une compression isotherme.
Calculer Q ab telle que Tc = Ta
(c → a isotherme)
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
• Q ab = nCV ( Tb − Ta )
• Tb Vbγ−1 = Tc Vcγ−1 puisque
b→c
"
• on obtient donc : Q ab = nCV Tc
Vc
Vb
est adiabatique
#
γ −1
− Ta
, et comme Tc = Ta , on a :
Résultats analytique et numérique :
Q ab
7
= n · R · Ta
2
"
Vc
Vb
#
γ −1
− 1
= 11, 6 kJ
b) Représentez de manière qualitative mais précise le diagramme P, V du cycle du moteur.
p
b
a
c
Va
Vc
V
53
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 44
c) Calculez le travail Wbc fourni par le moteur lors de la descente rapide du piston.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
nd
n
n
nR∆T = − d nR · ( Tc − Tb ) = n · d R · ( Tb − Tc )
2
2
2
(remarque : Wbc = Q ab car c → a est une isotherme pour laquelle ∆U = 0 ⇒ Q = W pour
toute transformation qui relie deux points d’une même isotherme)
Wbc = −∆U + Q = −∆U = −
Résultats analytique et numérique :
7
Wbc = n · R · Ta
2
"
Vc
Vb
#
γ −1
− 1
= 11, 6 kJ
d) Calculez le travail Wca de la compression isotherme.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
Wca =
Z Va
Vc
p(V )dV =
Z Va
nRT
Vc
V
dV = nRTa
Z Va
dV
Vc
V
Résultats analytique et numérique :
Wca = nRTa ln
Va
= −5, 61 kJ
Vc
e) Calculez la chaleur Qca évacuée (< 0) ou absorbée (> 0) par le gaz lors de la compression
isotherme.
Qca = (Ua − Uc ) + Wca = Wca = −5, 61 kJ
f) Calculez le rendement r du moteur.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement
r=
Wcycle
W + Wca
W
Wca
= bc
= bc +
QH
QH
Q ab
Q ab
Résultats analytique et numérique :
r = 1+
Wca
= 51, 8 %
Q ab
Exercice 44
Le schéma ci-contre montre une chambre à piston (thermiquement isolée de l’extérieur) de volume total Vf = 300 cm3 . Une ré-est
ique
sistance électrique R = 13 Ω est placée à l’intérieur de la chambre
et est reliée à une source de tension électrique Ve = 4, 5 V. Lala
chambre contient initialement un volume d’air Vi de 200 cm3 à la
température Ti = 20°C.
uelle
54
R
Pa
Ve
Exercice 45
Chapitre 1 - Thermodynamique
a) Sachant que la pression atmosphérique environnante Pa est
de 1 bar et supposant que le piston se meut librement, calculez la durée ∆t pendant laquelle il faut brancher la résistance à la source de tension pour
extraire complètement le piston de la chambre (rappel : la puissance Joule PJ dissipée dans
une résistance est donnée par l’expression PJ = Ve2 /R).
∆t = 29 s
b) Calculez la production d’entropie ∆S résultant de cette opération.
∆S = 0, 12 J/K
Exercice 45
Le schéma ci-contre représente une enceinte contenant un gaz
parfait diatomique isolé thermiquement de l’extérieur. Cette enV1i
T
ceinte est cloisonnée à l’aide d’une paroi rigide amovible. Lesonnée
vosont
P1i
lumes de droite et de gauche sont initialement égaux et valent
V1i = V2i = V = 10 l ; ils sont à l’équilibre thermique à la tempédes
rature ambiante T de 300 K. Les pressions P1i et P2i des volumes
V1i et V2i valent respectivement 1 bar et 2 bar. Calculez la producigide.
tion d’entropie provoquée par le retrait (sans travail) de la paroi rigide.
∆S = 0, 565 J/K
Exercice 46
55
T
V2i
P2i
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 47
Exercice 47
Exercice 48
Exercice 49
56
Exercice 50
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 50
Exercice 51
Exercice 52
57
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 53
Exercice 53
58
Exercice 54
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 54
Exercice 55
59
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 56
Exercice 56
Exercice 57
60
Exercice 57
Chapitre 1 - Thermodynamique
61
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 58
Exercice 58
Exercice 59
Exercice 60
62
Exercice 61
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 61
63
Chapitre 1 - Thermodynamique
Exercice 61
64
Chapitre 2
Électrostatique
Exercice 1
Dans l’exercice préparatoire, vous souhaitez que la force résultante exercée sur q1 soit nulle. Pour
ce faire, placez sur votre schéma (à une position que vous choisissez) une charge q4 . Précisez la
valeur de q4 et démontrez que la force totale exercée sur q1 est maintenant nulle.
La charge q4 doit être placée sur la droite y = x pour x > 0. Si on la place par exemple au point
(2, 2), alors il faut que q4 = 1, 13 C.
Exercice 2
Exercice 3
e
Le schéma ci-contre montre un point massique possédant une chargé
électrique q = −1 mC et une masse m = 1 kg plongé dans le champ
gravitationnel à la surface de la terre. Une deuxième charge ponctuelle
Q = 2 µC est fixée à la verticale du point massique. Déterminez quelle
est la distance d’équilibre déq à établir entre la charge fixe Q et le point
massique pour que ce dernier ne tombe pas dans le champ gravitationnel.
Q
la
d
m, q
Pour attaquer cet exercice, il est nécessaire de faire une étude des forces en présence et un schéma
des forces est donc indispensable pour y voir plus clair. Ce schéma ne peut cependant pas vous
aider à résoudre l’exercice de manière analytique. En effet, la manière dont vous placez la force
électrique suppose automatiquement que vous faites une résolution numérique. En effet, vous
placez la force électrique vers le haut puisque les charges sont de signes opposés, mais vous ne
le savez qu’en utilisant la valeur numérique q = −1 mC. Pour déterminer une réponse analy65
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 3
tique (ce qui est demandé à l’examen), vous êtes donc dans une impasse et il faut opter pour une
résolution analytique, ce que nous faisons ci-dessous.
Q
Fél
q
1rqQ
Fg
La première loi de Newton stipule qu’un objet au repos ne peut rester au repos que si la somme
des forces exercées sur lui est nulle :
~F = F~él + F
~g = 0
qQ
qQ
~g = m~g = −mg~1y si l’on place un axe y verticalement
avec F~él = k0 d2 ~1rqQ = −k0 d2 ~1y et F
vers le haut. Attention, il s’agit d’une somme vectorielle et chaque terme est donc important, en
particulier les vecteurs unitaires. Notez que ~1rqQ = −~1y (cf. schéma ci-dessus) car, par définition,
le vecteur unitaire dans la définition de la force électrique (et du champ électrique) est toujours
orienté de la cause (la charge qui créé l’effet électrique) vers la conséquence (la charge ou la
position de l’espace qui subit l’effet). Ce vecteur unitaire est donc toujours dans le même sens,
peu importe la situation. Par contre, la force électrique peut être orientée différemment selon le
signe des charges. La première loi de Newton devient :
−k0
qQ~
1y − mg~1y = 0
d2éq
c’est-à-dire
!
qQ
k0 2 + mg ~1y = 0
déq
Le vecteur ~1y ne pouvant pas être nul, seuls les termes dans la parenthèse peuvent annuler
l’expression et donc :
k0
qQ
+ mg = 0
d2éq
et en isolant déq :
s
déq =
−
k0 qQ
mg
Notez que cette expression pouvait se déterminer en égalant la norme des deux forces. Il faut
alors bien faire attention à prendre la valeur absolue des charges au risque de ne pas pouvoir
déterminer la réponse numérique (racine carrée d’un nombre négatif). Si cette méthode peut
paraitre plus rapide et plus efficace, elle n’est malheureusement valable que dans la situation
de cet exercice où il n’y a que deux forces en présence. Elle ne fonctionnerait par exemple déjà
66
Exercice 4
Chapitre 2 - Électrostatique
pas dans la situation avec trois charges non alignées. L’utilisation des vecteurs est indispensable
pour la majorité des exercices de Physique, vous n’y échapperez pas.
En remplaçant les valeurs numériques dans cette réponse analytique, on trouve
déq = 1, 35 m
Important
Les corrigés se veulent parfois particulièrement bavards dans le but d’expliquer au mieux
la matière vue. Gardez cependant à l’esprit qu’il est toujours nécessaire de faire preuve
d’esprit de synthèse, surtout à l’examen. A titre d’exemple, voici une manière plausible
de répondre à cette question dans un format synthétique.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
~g = 0 avec
• Équilibre si la résultante des forces est nulle : ~F = F~él + F
qQ
qQ
– F~él = k0 d2 ~1rqQ = −k0 d2 ~1y
~g = m~g = −mg~1y
– F
~
~
• L’équation devient : −k0 dqQ
2 1y − mg1y = 0
éq
q
0 qQ
• On isole la distance d’équilibre : déq = − kmg
Résultats analytique et numérique :
q
k0 qQ
déq = − mg
= 1, 35 m
Exercice 4
Le schéma ci-contre montre un pendule constitué d’une tige isolante de longueur l = 10 cm (que l’on supposera sans masse)
et d’une sphère de masse m = 100 g portant une charge électrique q = 2 mC (que l’on considérera comme ponctuelle). Le
pendule est plongé dans un champ électrique uniforme de module E = 103 N/C et il est initialement orienté perpendiculairement au champ électrique. Calculez la vitesse v qu’atteint la
masse du pendule lorsque celui-ci devient parallèle au champ,
en supposant qu’il est lâché à vitesse nulle à partir de sa position initiale et en négligeant tout
frottement. Faites d’abord le calcul sans force de pesanteur et ensuite faites-le en considérant
que l’expérience se fait à la surface de la Terre avec le pendule initialement orienté verticalement
(position de repos). Pour simplifier les calculs on supposera que l’accélération de la gravitation
est g = 10 m/s2 .
v
E
q m
On utilise le théorème de l’énergie cinétique :
∆EC =
Z ~x f
~xi
~
~F (~r ) · dx
~ = dx~1x + dy~1y (où x est l’axe horizontal
où ~F (~r ) est la force résultante exercée sur la charge, et dx
et y est l’axe vertical).
67
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 4
• Lorsque l’on ne tient pas compte de la pesanteur, ~F (~r ) = ~Fél = q~E = qE~1x et le théorème
devient :
Z ~x f
1 2 1 2
~
qE~1x · dx
mv f − mvi =
2
2
~xi
~ contribuera au produit scalaire, on trouve donc :
Seule la composante en x du vecteur dx
1 2
mv =
2
Z `
qEdx = qE`
0
En isolant v, on trouve :
r
2`
v=
qE
= 2, 0 m/s
m
• Lorsque l’on tient compte de la pesanteur, ~F (~r ) = ~Fél + ~Fg = qE~1x − mg~1y et le théorème
devient :
1 2 1 2
mv f − mvi =
2
2
Z ~x f ~xi
Z
~
~
~
qE1x − mg1y · dx =
~x f
~xi
~ −
qE~1x · dx
Z ~x f
~xi
~
mg~1y · dx
~ contribuera au produit
Dans la première intégrale, seule la composante en x du vecteur dx
~ contribuera au
scalaire. Dans la deuxième intégrale, seule la composante en y du vecteur dx
produit scalaire. On trouve donc :
1 2
mv =
2
Z `
qEdx −
Z `
mgdy = (qE − mg)`
0
0
En isolant v, on trouve :
r
v=
2`
qE − mg
= 1, 4 m/s
m
68
Exercice 5
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 5
Exercice 6
69
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 7
Exercice 7
Exercice 8
70
Exercice 9
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 9
Exercice 10
71
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 11
Exercice 11
Exercice 12
Soit une charge électrique q = 1 mC située en ( x 0 = 2 m, y0 = 1 m, z0 = −2 m) dans un repère
cartésien orthonormé.
a) Calculez les composantes du champ électrique au point ( x = 1 m, y = 0 m, z = 1 m).
b) Calculez le module du champ électrique que génère cette charge en ce point.
L’exercice est une simple application de la définition du champ électrique d’une charge élecq
trique : ~E = k0 r2~1r . La seule difficulté réside dans le calcul vectoriel, puisqu’il est demandé de
déterminer les composantes du champ électrique et que l’on doit donc connaitre ~1r en fonction
de ses composantes selon ~1x , ~1y et ~1z . Utilisons le schéma ci-dessous pour représenter la situation
comme fait dans le cours théorique.
q
r
x
1r
E
x
Remarquez qu’aucune information numérique n’est noté sur le schéma, c’est en effet un schéma
que vous pouvez utiliser à chaque fois que vous avez à calculer un champ électrique, de manière
à bien visualiser les vecteurs ~x, ~x 0 , ~1r et éventuellement le vecteur ~r. Etant donné les définitions
vues au cours, ~x 0 est le vecteur qui relie l’origine des coordonnées (représentée par les trois
flèches grises) au point où se trouve la charge, et ~x (à ne pas confondre avec x qui représente un
seul axe) qui est le vecteur qui relie l’origine des coordonnées au point où l’on désire calculer
le champ électrique. Le vecteur ~r est un vecteur orienté de la charge vers le point de calcul du
champ électrique (selon la relation de Chasles, on sait que ~r = ~x − ~x 0 ), de même que le vecteur
unitaire ~1r . Puisque les vecteurs ~r et ~1r sont dans la même direction et que ~1r doit avoir une
72
Exercice 12
Chapitre 2 - Électrostatique
norme de 1, le seul moyen de déterminer ~1r est de diviser ~r par sa propre longueur. On trouve :
~1r = ~r
k~r k
Il reste donc à trouver le vecteur ~r. L’énoncé nous apprend que :
~x = 1~1x + 1~1z
~x 0 = 2~1x + 1~1y − 2~1z
et donc :
~r = ~x − ~x 0 = −1~1x − 1~1y + 3~1z
q
√
k~r k = (−1)2 + (−1)2 + (3)2 = 11m
On trouve finalement le vecteur ~1r par le quotient de ces résultats :
~1r = ~r = √1
−1~1x − 1~1y + 3~1z
k~r k
11
Maintenant que l’on a le vecteur unitaire ~1r , on peut facilement trouver le champ électrique :
~1x − 1~1y + 3~1z
~E = k0 q ~1r = 9.109 m2 C −2 1mC √1
−
1
√
2
r2
11
11m
N
9.106 ~
= √
−11x − 1~1y + 3~1z
C
11 11
Le calcul de la norme ne fait intervenir aucun calcul vectoriel :
q q
~ E = k0 2~1r = k0 2
r
r
puisque ~1r = 1 par définition des vecteurs unitaires.
Résolution succincte :
~E = k0
avec
q~
1
r2 r
h
i
h
i
~1r = 1 ( x0 − x )~1x + (y0 − y)~1y + (z0 − z)~1z = √1 −~1x − ~1y + 3~1z
r
11
Résultat numérique :
Ex = − √E , Ey = − √E , Ez = 3 √E ,
11
11
11
avec
E=
73
9
11
· 106 N/C
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 13
Exercice 13
z
Le schéma ci-contre montre une tige infiniment mince et longue disposée
le long de l’axe z. Elle porte la densité de charge linéique uniforme λ et son
extrémité se trouve en z = 0. Calculez l’expression analytique du champ
électrique ~E(0, 0, z) en tout point de coordonnée z positive.
0
☎
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• Coulomb : ~E =
q ~
1r
4πe0 r2
z
• Décomposition infinitésimale : ~E =
dq = λ dz0 ,
avec
→
r = z − z0
~E(0, 0, z) = λ
4πe0
Z 0
−∞
Z
~
dE
~ =
où dE
dq ~
1r
4πe0 r2
et ~1r = ~1z
z dE
0
0
dz0 ~
λ
1
~1z
1z =
( z − z 0 )2
4πe0 z − z0 −∞
z'
dz'
Résultat analytique :
~E(0, 0, z) =
λ ~
1z
4πe0 z
Exercice 14
y
Le schéma ci-contre montre une tige de matériau diélectrique uniformément chargée portant la densité de charge linéique λ = 1, 2 mC/m.
La tige, supposée infiniment mince, se situe dans le plan ( x, y) d’un
système de coordonnées cartésiennes et a la forme d’un demi-cercle
dont le rayon R vaut 12 cm et dont le centre de courbure se situe à l’origine du repère cartésien. Calculez l’expression du champ électrique
~E(0) que cette tige génère à l’origine.
R
0
E=?
x
Pour la résolution de cet exercice, on part de la définition du champ électrique généré par une
distribution de charge :
~E(~x ) =
Z
distribution
~ = k0
dE
Z
distribution
dQ ~
1 ~0
k~x − ~x 0 k2 ~x−x
Commençons par placer les différentes grandeurs de cette expression sur le schéma ci-dessous
afin d’y voir plus clair :
• dQ est une partie infinitésimale de la charge totale, responsable de l’apparition d’un champ
~ au point de calcul (on prend une charge dQ au hasard ci-dessous)
dE
• Le vecteur ~x 0 est le vecteur position de la charge dQ et le vecteur ~x est le vecteur position du
point où l’on désire calculer le champ électrique. Ce dernier est fixe dans notre cas : ~x = ~0.
• Le vecteur ~x − ~x 0 est, selon la loi de Chasles, un vecteur orienté de la cause (la charge dQ)
~ apparaissant en ~x = ~0). Le vecteur ~1 ~0 a la même orienvers la conséquence (le champ dE
~x − x
tation mais a une norme unitaire.
74
Exercice 14
Chapitre 2 - Électrostatique
• Comme souvent dans ces exercices, on définit un angle θ (angle que fait le vecteur ~x 0 avec
l’axe x, pris dans le sens indiqué). Cet angle deviendra notre variable d’intégration par la
suite.
y
1xx 
x
dQ
dE
x

x  x
Maintenant que nous savons cela, il faut remplacer chaque partie de l’intégrale par une valeur
appropriée :
• dQ = λd` puisque la distribution est linéique. Le terme d` indique que l’intégration se fera
en fonction de la grandeur `, c’est-à-dire une longueur curviligne. Une telle intégrale se
résout plus aisément en changeant de variable d’intégration, et en intégrant sur un angle
comme l’angle θ défini ci-dessus. Il reste alors à trouver un lien entre les deux variables :
d` = Rdθ. Cette relation est valable lorsque l’angle est négligeable, et est donc souvent
utilisée dans ce genre de situation puisque dθ est infinitésimal. Un zoom sur le point rouge
contenant la charge dQ est représenté ci-dessous pour visualiser les différentes grandeurs
liées à cette relation. On trouve donc dQ = λRdθ. On intègrera donc par rapport à l’angle
θ et pour que cette intégrale balaye l’ensemble des charges de la distribution, il faut que θ
varie de − π2 (charge la plus haute) jusqu’à π2 (charge la plus basse).
• k~x − ~x 0 k = R, peu importe la position de ~x 0 (et sachant que ~x = ~0).
• Le vecteur unitaire ~1~x−~x0 se détermine comme nous l’avons déjà fait précédemment pour un
vecteur d’orientation quelconque :
~1λ = cos(θλx )~1x + cos(θλy )~1y + cos(θλz )~1z
Dans notre cas, le vecteur ~1~x−~x0 fait un angle θ avec le vecteur ~1x , un angle π2 − θ avec le
vecteur ~1y et un angle π2 avec le vecteur ~1z . On trouve donc ~1~x−~x0 = cos θ~1x + sin θ~1y .
75
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 15
R
d
d
On remplace ensuite ces trois expressions dans l’intégrale, et on trouve :
Z π
Z π
Z π
2
2
~
~
~E(~0) = k0 2 λRdθ cos θ~1x + sin θ~1y = k0 λ
cos θdθ 1x + π sin θdθ 1y
R2
R − π2
− π2
−2
La première intégrale donne 2, tandis que la deuxième intégrale donne 0. Il était possible de
prédire ce deuxième résultat car la symétrie du problème implique que le champ électrique total
n’a qu’une composante selon x et aucune composante selon y. En effet, deux éléments de charges
dQ symétriques par rapport à l’axe x génèrent des champs symétriques par rapport à l’axe x,
dont les composantes verticales sont opposées et s’annulent. On aurait donc pu immédiatement
oublier la composante en y dans le calcul en le justifiant de cette manière. On trouve finalement :
~E(~0) = k0 2λ~1x
R
ce qui donne, après remplacement des valeurs numériques :
~E(~0) = 1, 8 · 108 ~1x N/C
Exercice 15
Le schéma ci-contre montre une particule de masse m et de charge
q se situant à une distance x = L de la surface plane d’un matériau conducteur d’extension infinie (dans le demi-espace x < 0).
La particule est libre de se mouvoir sans frottement le long de
l’axe x. Calculez la vitesse v atteinte par la particule lorsqu’elle
arrive en x = L/2 après avoir été lâchée à vitesse nulle.
s
v=
q2
8πe0 Lm
76
L/2
L
m, q
x
Exercice 16
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 16
q
située
Le schéma ci-contre montre une charge électrique ponctuelle q ie)
de d’un
64 µC située à une distance h = 20 cm de la surface plane (suppoue
F
h
sée d’extension infinie) d’un matériau conducteur neutre. Calculez le module F de la force électrique que subit la charge q.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement :
• Influence Electrostatique :
Apparition d’une pellicule de
charges négatives à la surface. La
répartition des charges est telle que
le champ est nul dans le conducteur.
La pellicule de charges génére
donc un champ partout opposé au
champ ~E de la charge q.
~E =
0
Ē + Ē = 0
q ~
1r
4πe0 r2
• Le champ induit ~E0 compense ~E et par symétrie on sait que le champ « induit » est identique
q
au dessus de la surface : F = qE0 où E0 =
2
4πe0 (2h)
Résultats analytique et numérique :
F=
q2
16πe0 h2
= 2, 3 · 102 N
Exercice 17
77
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 18
Exercice 18
Exercice 19
78
Exercice 20
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 20
vitesse
Soit un flux uniforme de particules d’une densité η de 1020 m−3uiet
de vitesse constante de module v = 10 m/s. Calculez le nombre
fait un
∆N de particules qui traversent en une milliseconde une surface
S de 1 cm2 dont la normale fait un angle θ = 30° avec les trajectoires des particules.
S
v
1n
∆N = 0, 866 · 1014
Exercice 21
Supposons qu’un phare maritime émette un flux de photons isotrope. Calculez le nombre de photons Φ émis par seconde par
nt
un tel phare sachant qu’à une distance d de 10 km on mesure
de
une densité de flux de photons F de 1013 m−2 s−1 . Sachant qu’un
photon transporte une énergie électromagnétique moyenne de e
E ph = 4 · 10−19 J, calculez la puissance lumineuse P du phare.
On s’intéresse au flux de photons représenté par les particules jaunes ci-dessous et on suppose
qu’ils sont envoyées dans toutes les directions. Le flux au-travers de n’importe quel sphère de
rayon r est constant, mais nous allons nous intéresser à celui passant au travers d’une sphère de
rayon d puisque l’énoncé fournit la valeur de la densité de flux F (d) pour cette distance.
F  d
S
dS
v
  d
d
Le flux peut se définir de deux manières différentes :
∆N
=
Φ=
∆t
Z
S
E
~
~F (~x ) · dS
Il est évident que c’est la deuxième définition que nous utiliserons ici, puisque la densité de flux
est fournie. Puisque l’on intègre sur la surface d’une sphère, cette surface est donc fermée et on
79
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 21
note l’intégrale avec un rond pour le préciser :
Φ=
I
S
~
~F (d) · dS
La densité de flux étant définie par ~F (~x ) = η (~x )~v(~x ), on sait qu’elle est orientée dans le même
sens que la vitesse des photons, c’est-à-dire de manière radiale. La densité de flux est donc
~ En tout
perpendiculaire et sortant de la sphère S, ce qui est également le cas du vecteur dS.
~ sont donc parallèles et leur produit scalaire est égal au
point de cette sphère, les vecteurs ~F et dS
produit des normes :
Φ=
I
S
F (d)dS
Sur tous les points de la sphère S, la densité de flux est constante et peut donc sortir de l’intégrale :
Φ = F (d)
I
S
dS
H
où S dS = S = 4πd2 puisque l’on somme tous les morceaux de surface dS jusqu’à obtenir la
surface totale de la sphère. On trouve donc
Φ = F (d)4πd2
Notez que ces approximations successives (produit scalaire et terme sortant de l’intégrale) sont
des simplifications qui reviennent souvent, en particulier dans le calcul de flux de champ électrique (cf. exercices consacrés à Gauss) et du flux de champ magnétique.
Pour déterminer la puissance, on divise l’énergie totale (l’énergie d’un photon multiplié par le
nombre de photons traversant la surface S) par un intervalle de temps ∆t :
P=
Eph ∆N
Etot
=
∆t
∆t
Il apparait ici la définition du flux de particules Φ =
∆N
∆t .
On trouve :
P = Eph Φ
Remarquez que, puisque le flux est constant, la puissance également. C’est une grandeur qui
ne dépend pas de la distance à laquelle on mesure l’énergie fournie par les photons, mais qui
correspond à la puissance électrique fournie au système d’éclairage du phare. On trouve les
valeurs suivantes :
Φ = 125, 6 · 1020 s−1
P = 5026 W
Cette valeur de puissance est à comparer avec la puissance consommée par une ampoule fluorescente domestique ci-dessous. Donc la prochaine fois que votre mère vous engueule parce que
vous avez oublié d’éteindre la lumière chez vous, parlez-lui de la consommation des quelques
13000 "anciens" phares dans le monde qui consomment abondamment pour personne (les systèmes actuels utilisent des communications sans fil à des fréquences qui n’ont plus rien à voir
avec la lumière visible). Rassurez-vous, la plupart des de ces phares consomment entre 200 W et
1000 W environ, et peu d’entre eux sont actifs.
80
Exercice 22
Chapitre 2 - Électrostatique
Savez-vous quelle puissance lire sur cette étiquette qui présente deux valeurs ? Laquelle déterminera la puissance électrique consommée par l’ampoule (celle que vous payerez) ? Que représente
l’autre valeur ?
Résolution succincte :
• Φ=
• P=
Z
S
~ = FS avec S = 4πd2
~F (~x ) · dS
Etot
∆t
où Etot est l’énergie émise sur le temps ∆t
• Etot = E ph ∆N
avec
∆N
=Φ
∆t
Résultats analytiques et numériques :
Φ = 4πd2 F = 125, 6 · 1020 s−1
et
P = ΦE ph = 5026 W
Exercice 22
81
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 23
Exercice 23
82
Exercice 24
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 24
Exercice 25
Soit un plan uniformément chargé avec une densité surfacique
de charge σ = 1 mC/m2 . Calculez le flux φE du champ électrique
généré par ce plan au travers de la surface courbe S du demicylindre à base circulaire de rayon R = 2 cm et de hauteur h =
20 cm représenté sur le schéma ci-contre.
Φ E = 4, 5 · 105 Nm2 /C
83
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 26
Exercice 26
Le schéma ci-contre montre en coupe une sphère creuse en matériau diélectrique uniformément chargé avec une densité de
charge volumique ρ. Les rayons intérieur et extérieur de la sphère
creuse valent respectivement a et b. Donnez l’expression analytique du module E(r ) du champ électrique à toute distance r du
centre de la sphère (c’est-à-dire pour r < a, a < r < b et b < r).
Dessinez le graphe de E(r ) en fonction de r, de faćon qualitative
mais aussi précise que possible (en particulier en indiquant les
valeurs remarquables a et b).
t
☎!
re
b
a
s.
Etant données les symétries du problème, on voit que le champ électrique sera partout radial
(c’est-à-dire aligné sur une droite qui passe par le centre de la sphère) et uniquement dépendant
de la distance r (par rapport au centre de la sphère). On n’utilisera donc pas les coordonnées
cartésiennes mais les coordonnées polaires pour décrire le champ :
~E = Er (r )~1r
Dans l’expression Er (r ), il est important de distinguer la différence entre l’indice r (qui signifie
« la composante selon ~1r du champ », c’est-à-dire la composante radiale du champ) et le r qui
se trouve entre parenthèses (qui signifie que la composante radiale du champ électrique est une
fonction qui dépend de r, la distance entre le centre de la sphère et le point de calcul du champ).
Cette notation va être utilisée durant tout le cours et encore par la suite en BA2.
Puisque l’on doit calculer le champ en tout point de l’espace et qu’il n’a qu’une composante
radiale, on utilise la loi de Gauss qui se prête très bien à ce genre de situations :
I
~ = Qint
~E · dS
e0
S
où S est la surface (fermée) de Gauss, Qint est la somme de toutes les charges enfermées dans
cette surface, et ~E est le champ électrique sur la surface de Gauss. Vu que les charges sont réparties sur une géométrie sphérique et que le champ électrique est radial, il est judicieux de choisir
~ est également toujours
une surface de Gauss qui est elle-même sphérique. Cela implique que dS
radial :
~ = dS~1r
dS
Le terme de gauche dans la loi de Gauss donnera donc toujours :
I
S
~ =
~E · dS
I
S
Er (r )~1r · dS~1r =
I
S
Er (r )dS
puisque ~1r ·~1r = 1 par définition du produit scalaire. Remarquez que, même si ce n’est pas
indiqué, la surface S dépend aussi de la distance r puisque la surface d’une sphère grandit avec
son rayon. Pour trouver le champ électrique à une distance r, il faudra donc prendre une sphère
de Gauss de rayon r et à chaque fois déterminer la quantité des charges contenues dans cette
sphère. Comme le champ électrique ne dépend que de r, sa composante radiale est constant sur
toute la surface d’une sphère de rayon r fixé. On peut donc sortir ce terme de l’intégrale :
I
S
~ =
~E · dS
I
S
Er (r )dS = Er (r )
I
S
dS = Er (r )S = Er (r )4πr2
Remarquez que ce résultat ne dépend pas des charges contenues dans la surface de Gauss. On
a ici déterminé le flux du champ électrique en inventant une surface de Gauss à laquelle on a
donné un rayon r, ce résultat est donc indépendant des charges présentes dans le système. Il reste
donc à déterminer Qint pour chaque zone de l’espace. On distingue trois zones particulières :
84
Exercice 26
Chapitre 2 - Électrostatique
• L’ensemble des sphères de Gauss de rayon r < a (qui n’enferment aucune charge)
• L’ensemble des sphères de Gauss de rayon a < r < b (qui enferment d’autant plus de charge
que r est grand)
• L’ensemble des sphères de Gauss de rayon r > b (qui enferment la totalité des charges
présentes dans l’exercice)
La première zone est représentée dans le schéma ci-dessous, avec un exemple de sphère de
Gauss (en pointillés verts) de rayon r < a.
r<a
r
a
b
S
VS
Cette sphère n’enferme aucune charge dans son volume VS , on écrit donc : Qint = 0. La loi de
Gauss nous apprend donc que
Er (r )4πr2 = 0
ce qui n’est possible que si Er (r ) = 0.
Dans la deuxième zone ci-dessous, la sphère de Gauss en pointillés va enfermer une certaine
quantité de charges, celles qui sont représentées en vert clair sur le schéma (celles en rouge ne
sont pas enfermées dans la sphère de Gauss). Plus cette sphère grandit, plus la zone vert clair
grandit et plus on enferme des charges.
a< r<b
E
dS
1r
r
a
b
VS
S
85
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 26
Remarquez que l’on considère ici une répartition uniforme des charges dans tout le diélectrique
puisque c’est indiqué dans l’énoncé. Il faut cependant faire attention aux cas où l’on n’a pas
un diélectrique mais un conducteur : si on place une répartition uniforme de charges dans un
conducteur, celles-ci vont automatiquement se déplacer à la surface du conducteur (si celui-ci
est à l’équilibre). Ainsi, si on avait le même exercice avec un matériau conducteur, les charges
viendraient se répartir uniformément sur la surface d’une sphère de rayon a (surface intérieure)
et la surface d’une sphère de rayon b (surface extérieure).
Pour déterminer la charge contenue dans le volume VS , il faut multiplier la densité volumique
de charges par le volume dans lequel se trouve des charges :
Qint = ρVcharges
Le volume Vcharges peut s’obtenir en soustrayant le volume d’une sphère de rayon a (dans lequel
il n’y a aucune charge) au volume VS . On trouve
Vcharges = VS − Vsphère ( a) =
4 3 4 3
πr − πa
3
3
Ce qui donne une charge :
4
Qint = ρ π (r3 − a3 )
3
La loi de Gauss nous apprend donc que
Er (r )4πr2 =
ρ 43 π (r3 − a3 )
e0
En isolant Er (r ), on trouve :
Er (r ) =
ρ 43 π (r3 − a3 )
ρ r 3 − a3
=
e0 4πr2
3e0 r2
Pour la troisième zone ci-dessous, il faut remarquer que n’importe quelle sphère englobera de
toute façon la totalité des charges. Pour déterminer la totalité des charges, on procède de la
même manière que ci-dessus :
Vcharges = Vsphère (b) − Vsphère ( a) =
4 3 4 3
πb − πa
3
3
Le volume n’est évidemment pas dépendant de r puisque l’on englobe pas plus de charge en
augmentant la taille de la sphère.
86
Exercice 26
Chapitre 2 - Électrostatique
r>b
r
a
b
S
VS
On trouve donc :
4
Qint = ρ π (b3 − a3 )
3
et la loi de Gauss donne :
Er (r )4πr2 =
ρ 34 π (b3 − a3 )
e0
En isolant Er (r ), on trouve :
Er (r ) =
ρ 43 π (b3 − a3 )
ρ b3 − a3
=
2
e0 4πr
3e0 r2
En conclusion, la composante radiale du champ électrique est une fonction définie par morceaux
qui se résume comme ceci :
Er (r ) =





0
ρ r 3 − a3
3e0 r2
ρ b3 − a3
3e0 r2
si
r<a
si a < r < b
si
r>b
Le champ électrique est donc nul dans le creux de la sphère, puis augmente progressivement de
r = a à r = b, puis décroit en r12 lorsque l’on s’éloigne de la sphère chargée.
Résolution succincte :
H
~ =
• Gauss : S ~E · dS
Qint
e0
dS
• Symétrie :
E
~E = E~1r ,
→
S = 4πr2
et
S
→
E 4πr2 =
Qint
e0
avec
Qint

 0
ρ
=

ρ
4
3
3 πr −
4
3
3 πb −
87
si r < a
si a < r < b
si r > b
4
3
3 πa 4
3
3 πa
~ = dS~1r
dS
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 27
Résultat analytique :
E(r)
Er =

0



si r < a



si r > b
3
3
ρ (r − a )
2
3e0
r
3
3
ρ (b − a )
2
3e0
r
E(b)
si a < r < b
a
r
b
Exercice 27
Calculez le flux de champ électrique à travers une hémisphère centrée sur une charge ponctuelle.
a) En utilisant la définition du flux du champ électrique, sans utiliser la loi de Gauss. Notez
~ =
que pour une surface sphérique, l’élément infinitésimal de surface est donné par : dS
2
r sin θdθdϕ~1r
Formule(s) de base utilisée(s) et synthése du développement :
ΦSE =
Z
~
~E · dS
S
Z 2π
π
2
Z
=
0
= ...
0
Q ~ ~ 2
1r · 1r r sin θdθdϕ
4πe0 r2
Résultat analytique :
ΦSE =
Q
2e0
b) En utilisant la loi de Gauss et en tenant compte de la symétrie du problème.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthése du développement :
• ΦSE =
•
I
S0
flux au travers d’une sphère
2
~ =E
~E · dS
I
S0
0
= ΦSE
1~r · 1~r dS = E · S0 =
Q
Q
· 4πr2 =
2
4πe0 r
e0
Résultat analytique :
ΦSE =
Q
2e0
88
Exercice 28
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 28
Le schéma ci-contre montre en coupe une paroi infiniment mince
uniformément chargée avec la densité de charge électrique σ. Elle
est située dans le plan (y, z) et est disposée symétriquement par
xe z.
rapport à l’axe z. Cette paroi est infiniment longue dans la direceur
tion z mais elle a une largeur finie L dans la direction y. Calculez
l’expression analytique du champ électrique ~E généré par cette
plaque en tout point de l’axe x.
y
L
E=?
z
x
Formule(s) de base utilisée(s) et développement :
où d~E est le champ émis par le
fil rectiligne ∞ portant une charge
linéique λ = σ dy.
• Décomposition infinitésimale :
• Champ du fil rectiligne ∞ :
σ dy h
e0
dE =
σ dy
2πe0 r
Gauss :
→ champ total de direction 1x .
Seule la composante en x doit être
prise en compte, soit
• Symétrie :
L/2 cos θ
σ
E ( x ) = dEx =
dy
2πe0 − L/2 r
R arctan( L/2)
σ
E ( x ) = 2πe
− arctan( L/2) dθ
0
Z
h 2πr dE =
Z
où
dθ
y = x tan θdy = x cos
2θ
r = cosx θ
Résultat analytique :
~E = σ arctan L ~1x
πe0
2x
89
dEx =
σ dy
2πe0 r
cos θ
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 29
tre
Exercice 29
ces
Le schéma ci-contre montre en coupe une charge ponctuelle q = 1 mC située au centre d’une sphère conductrice d’épaisseur e = 1 cm et de rayon
extérieur R = 3 cm.
R q
e
a) Calculez les densités surfaciques de charge σint et σext accumulées sur les surfaces intérieure
et extérieure de la sphère conductrice.
Formule(s) de base utilisée(s) et développement :
Pour connaître la densité de charge interne σint on exprime que le champ est nul dans le
conducteur et on applique Gauss avec une surface de Gauss incluse dans l’épaisseur de la
sphère.
ΦSE =
•
=
R0 = R − e = 2 cm
1
ρ dV
e0
q
charge accumulée sur la surface interne
+
e0
e0
Z
•
−q
= −0, 2 C/m2
4πR02
• σext correspond à la charge opposée +q qui s’est déplacée vers l’extérieur (influence
électrostatique).
or
ΦSE = 0
charge interne = −q
et
σint =
Résultats analytique et numérique :
σext =
q
= 0, 088 C/m2
4πR2
b) Calculez les champs électriques Eint et Eext intérieur et extérieur à la sphère.
Formule(s) de base utilisée(s), développement et résultat analytique :
• Champ intérieur Eint : loi de Gauss avec surface de Gauss sphérique
ΦSE = E (r ) 4πr2 =
⇔ E (r ) =
Ēint =
q
e0
q
champ coulombien
4πe0 r2
q
1̄r
4πe0 r2
• Champ extérieur Eext : idem
ΦSE = E (r ) 4πr2 =
⇔ E (r ) =
Ēext =
90
q
e0
q
champ coulombien
4πe0 r2
q
1̄r
4πe0 r2
Exercice 30
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 30
a)
b)
Exercice 31
Exercice 32
Soient deux charges électriques ponctuelles q1 = −1 mC et q2 = 3 mC situées, respectivement,
en x~1 = 1 cm~1x − 3 cm~1y + 2 cm~1z et x~2 = 2 cm~1x − 1 cm~1y + 32 cm~1z dans un système de coordonnées cartésiennes orthonormé ( x, y, z). Calculez le moment dipolaire ~p de cette configuration
de charge dans le repère ( x, y, z).
2
~p =
∑
qm~xm = q1~x1 + q2~x2 = 5,0 · 10−5 ~1x C m
m =1
91
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 33
Exercice 33
z
L/2
Le schéma ci-contre montre une tige de longueur L située sur
l’axe z et centrée à l’origine. Elle porte une densité de charge linéique λ(z) = α z, où α est une constante. Calculez le moment de
force τ que subit cette tige lorsqu’elle est plongée dans le champ
électrique ~E = E0~1x + E0~1y + E0~1z , où E0 est une constante aux
dimensions du champ électrique.
e
E0 x
☎(z)
E
y
-L/2
Etant donné l’expression de λ, on a bien une sorte de dipôle puisque sur le même objet se
trouvent des charges positives (en rouge sur le schéma) et négatives (en bleu). Il va donc apparaitre un moment dipolaire électrique, qui pour rappel donne une mesure de la séparation
des charges positives et négatives (d’un système de charges).
z
E
dQ
x
y
x
p
D’après ce qui est vu au cours théorique, le moment dipolaire électrique est un vecteur orienté
des charges négatives vers les charges positives, et proportionnel à :
• la charge totale du système
• la distance entre les centres de gravité des charges positives et négatives
Si ce dipôle est placé dans un champ électrique, le système va tourner de manière à aligner
le moment dipolaire sur le champ électrique. Cette rotation est interprétée physiquement par
le moment de force, qui pour rappel donne la capacité d’un corps à tourner. Dans le cas de
l’électrostatique, on a montré qu’on le trouve comme ceci :
~τ = ~p × ~E
où ~p est le moment dipolaire électrique. Pour le déterminer, il faut utiliser sa définition dans le
cas d’une distribution linéique de charges (ce qu’on a dans cet exercice) :
~p =
Z
`
λ(~x 0 )~x 0 d`
où ~x 0 est, comme d’habitude, le vecteur qui mène l’origine des axes à la charge considérée. Vu le
schéma ci-dessus, on peut dire que ~x 0 = z~1z , donc :
~p =
L
2
Z
λ(z)z~1z dz
− L2
Connaissant l’expression de λ(z), on trouve :
~p =
Z
L
2
− L2
αz2~1z dz = α~1z
Z
L
2
− L2
α L
αL3~
z2 dz = ~1z z3 −2 L =
1z
3
12
2
92
Exercice 33
Chapitre 2 - Électrostatique
Notez que ce résultat est cohérent avec ce qui est dit précédemment : le moment dipolaire est
orienté verticalement, des charges négatives vers les charges positives, et proportionnel à la
charge totale (via les termes α et L).
E
Fél
E
p
Fél
Sur le schéma ci-dessus est expliqué ce qui se passe physiquement dans cette situation. Des
charges plongées dans un champ électrique vont subir une force électrostatique ~Fél = q~E qui
sera dans le même sens (sens opposé) que ~E pour les charges positives (négatives). Le dipôle
va donc subir deux forces comme indiqué sur le schéma, ce qui va provoquer sa rotation. Cette
rotation se caractérise par le moment de force que l’on peut maintenant calculer :
~1x ~1y ~1z
3
~
~τ = ~p × E = 0 0 αL
12
E E
E0
0
0
3 αL
0
12 − ~1y 0
= ~1x E
E
E
αL3
12
E0
+ ~1z 0 0
E0 E0
0
0
0
αL3~
αL3~
αL3 ~
= − E0
1x + E0
1y = E0
−1x + ~1y
12
12
12
Le vecteur du moment de force est donc orienté comme indique dans le schéma ci-dessous.
z
z

x

y
y
x
Attention cependant à la perspective du schéma qui n’est pas forcément évidente : le moment
de force est orienté négativement selon x et positivement selon y (sa composante en z est nulle).
Il rentre en quelque sorte dans le plan de la feuille. Ce vecteur permet de déterminer rapidement
l’intensité et le sens de la rotation. Pour trouver le sens, il faut utiliser la règle de la main droite
en plaçant le pouce dans le sens de ~τ , le reste de la main indiquant dans quel sens le dipôle
va tourner (cf. schéma ci-dessuus). Cela reste bien cohérent avec l’interprétation donnée précédemment avec les forces électrostatique : le dipôle va tourner de manière à aligner son moment
dipolaire électrique sur le champ électrique. Tant que les vecteurs ~p et ~E ne seront pas alignés,
93
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 34
leur produit vectoriel sera non nul et le dipôle continuera à tourner. A la fin du mouvement, ~p
et ~E sont allignés et ~τ = ~p × ~E = 0 ; le dipôle est alors à l’équilibre.
Résolution succincte :
• ~τ = ~p × ~E avec ~E = E0 ~1x + E0 ~1y + E0 ~1z
• ~p =
→
Z
ρ (~x ) ~x dV =
~τ = Z
L
2
− L2
~1x ~1y ~1z
L3
0 0 α 12
E0 E0 E0
λ (z) z dz~1z =
Z
L
2
− L2
z3
αz dz~1z = α
3
Résultat analytique :
~τ = E0
αL3 ~
−1x + ~1y
12
Exercice 34
94
2
L2
− L2
3
~1z = α L ~1z
12
Exercice 35
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 35
Exercice 36
95
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 37
Exercice 37
z
a) Déterminez l’expression du champ électrique généré part ce
fil en n’importe quel point de l’espace.
b) Calculez la différence de potentiel électrique ∆V générée par
ce fil entre le point p1 situé en (0, 1, 2) cm et le point p2 situé
en (2, 2, 0) cm.
p1
2
Soit un fil infiniment mince et long uniformément chargé avec
z le
une densité linéique de charge λ = 1 µC/m. Ce fil est placé
long de l’axe z d’un repère cartésien orthonormé.
1
2
0
2
x
y
p2
Puisqu’il faut déterminer une différence de potentiel, on part de sa définition :
∆V = −
Z
C
~E · d~`
où C est un chemin qui mène de p1 à p2 que l’on peut choisir de manière arbitraire. Si tous
les chemins mènent à Rome à la même valeur de ∆V, il faut cependant faire un choix habile
pour ne pas avoir affaire à des calculs pénibles. Le meilleur choix est donc de passer par des
chemins parallèles ou perpendiculaires à ~E, de manière à ce que le vecteur d~` soit parallèle
ou perpendiculaire à ~E sur ces chemins. Si vous ne faites pas ce choix, vous risquez de vous
retrouver avec le cosinus d’un angle θ variable (puisque ~E · d~` = E d` cos θ) dans une intégrale,
ce qui n’est pas évident. Pour savoir quel chemin prendre, il faut donc d’abord savoir comment
est orienté le champ électrique. Etant donné les symétries du problème, les lignes de champ
électrique passeront toujours par la droite chargée, perpendiculairement à cette droite. De plus,
le champ ne dépendra que de la distance d par rapport à cette droite.
E
y
E
x
Ceci est illustré sur le schéma ci-dessus représentant la situation vue de haut. On utilise ici une
surface de Gauss cylindrique (en pointillés verts) de manière à calculer le champ électrique. On
sait que :
I
~ = Qint
~E · dS
e0
S
~ = dS~1d , et Qint = λ`. On trouve :
où ~E = Ed (d)~1d , dS
I
S
Ed (d)dS =
λ`
e0
Comme le champ électrique
est constant sur toute la surface de Gauss définie ici, on le sort de
H
l’intégrale qui devient S dS = S = `2πd, on obtient :
Ed (d)`2πd =
96
λ`
e0
Exercice 37
Chapitre 2 - Électrostatique
et donc :
λ
2πe0 d
Ed (d) =
Connaissant l’orientation et la valeur du champ en tout point de l’espace, choisissons un chemin
approprié. Le chemin représenté ci-dessous est idéal. Comme on le décompose en trois parties,
on va calculer l’intégrale en trois parties également :
∆V = −
Z
C
~E · d~` = −
Z A
p1
~E · d~` −
Z B
A
~E · d~` −
Z p2
B
~E · d~`
z
p1
B
A
x
y
p2
Dans la première partie (de p1 à A), le champ électrique est perpendiculaire au chemin comme
RA
on peut le voir ci-dessous. Le produit scalaire ~E · d~` est donc toujours nul et p1 ~E · d~` = 0.
p1
E
d
A
Dans la troisième partie (de B à p2 ), le champ électrique est perpendiculaire au chemin comme
Rp
on peut le voir ci-dessous. Le produit scalaire ~E · d~` est donc toujours nul et B 2 ~E · d~` = 0. Remarquez que cette partie du chemin est courbée, ce qui est nécessaire pour que le chemin soit
constamment perpendiculaire au champ électrique.√On parcourt√donc l’arc d’un cercle qui passe
2
2
par
√ p2 . Puisque la distance entre p2 et le fil est d = √2 + 2 = 2 2, le cercle a donc un rayon de
2 2. On en déduit la coordonnée du point B : (0; 2 2; 0)
97
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 37
E
R2 2
B
d
y
E
p2
x
Dans la deuxième partie (de A à B), le champ électrique est parallèle au chemin comme on peut
le voir ci-dessous. L’intégrale devient :
Z B
A
Z B
~E · d~` =
A
Ed (d)d`
Notez que sur ce chemin en particulier, la distance d est équivalent à la coordonnée y, et que
d` = dy :
Z B
A
~E · d~` =
Z 2√2
1
λ
λ
dy =
2πe0 y
2πe0
Z 2√2
dy
y
1
√
√
λ
λ
ln (2 2)
[ln |y|]21 2 =
2πe0
2πe0
=
E
A
B
y
d
On en déduit la différence de potentiel entre p1 et p2 :
∆V = −
=−
Z
~E · d~` = −
C
Z B
A
Z A
p1
~E · d~` −
Z B
A
~E · d~` −
Z p2
B
~E · d~`
√
~E · d~` = − λ ln (2 2)
2πe0
Résolution succincte :
• ∆V = −
Z
~
~E.dl
• ~E généré par le fil
→
Gauss :
I
~ = Qint
~E · dS
e0
S
→
E
h
r
98
→
λh
e0
λ
~1r
~E =
2πe0 r
2πrhE =
Exercice 38
~
• dl
Chapitre 2 - Électrostatique
→
choix du chemin d’intégration :
[cm]
z
z
E
2
p
1
E.dl=0
y
r
E.dl 0
où dl=dr 1r
x
coordonnées
cylindriques
1
2
[cm]
p
2
2
2
2
[cm]
(arc de cercle)
E.dl=0
Résultats analytique et numérique :
√ λ
∆V = −
ln 2 2 = 18, 7 kV
2πe0
Exercice 38
99
→
∆V = 0 −
Z 2√2 10−2
10−2
λ
dr + 0
2πe0 r
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 39
Exercice 39
100
Exercice 40
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 40
a)
101
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 41
b)
Exercice 41
Un skieur se trouve sur une montagne dont la hauteur en fonction de la position ( x, y) est donnée par h( x, y) = h0 − αx2 − βy2 où α et β sont des constantes
valant respectivement 0,1 m−1 et 0,05 m−1 . Dans quelle direction (ici définie
comme l’angle φ par rapport à ~1x ) le skieur doit-il mettre ses skis pour profiter de la pente maximale lorsqu’il est situé au point (5,5) ?
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
~ h donne la direction de pente maximale positive, comme indiqué ci-contre
∇
Vue de profil
Vue du dessus
h0
5
0
y/m
h0 − 10 m
−5
−5 0
5
−5
x/m
0
5
−5
y/m
0
x/m
5
La direction recherchée est donc donnée par :
y
~ h( x, y) = 2αx~1x + 2βy~1y
−∇
~ h(5 m, 5 m)
−∇
(2β × 5 m) × δ
φ
évaluée en ( x, y) = (5 m, 5 m).
5m
(2α × 5 m) × δ
0
Comme tg(φ) =
2β×5 m
2α×5 m
, on obtient les
102
5m
x
Exercice 41
Chapitre 2 - Électrostatique
Résultats analytique et numérique :
β
φ = arctg
= 27°
α
103
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 42
Exercice 42
104
Exercice 43
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 43
105
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 44
Exercice 44
106
Exercice 45
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 45
Exercice 46
Un faisceau d’électrons est accéléré dans un condensateur plan
dont les plaques sont percées de deux trous, comme indiqué sur
le schéma ci-contre. On suppose que les trous ne perturbent pas la
distribution du champ électrique par rapport à celle du condensateur plan idéal. Les électrons entrent dans le condensateur avec
la vitesse vi = 300 km/s. Sachant que la masse de l’électron me
est de 9,1 · 10−31 kg, calculez la tension V qu’il faut appliquer
aux bornes du condensateur pour doubler la vitesse des électrons
entre l’entrée et la sortie du condensateur, soit v f = 2vi .
107
e−
~v f
~vi
V
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 46
La situation est schématisée ci-dessous. Vu le sens donné à la source de tension, on en déduit que
des charges + se sont accumulées sur la plaque de droite et des charges − se sont accumulées
sur la plaque de gauche. Il existe donc un champ électrique entre ces deux plaques orienté vers
la gauche, et la différence de potentiel est bien « orientée » vers la droite comme c’était attendu.
On retiendra que le champ électrique est « pessimiste » car il s’oriente vers le négatif : il pointe
vers les charges − et vers le potentiel le plus bas.


E
A
Fél  qE
-
B
V
 
Puisque l’on connait les vitesses de l’électron à l’entrée et à la sortie, il est préférable d’utiliser la
conservation de l’énergie pour établir un lien entre l’écart d’énergie cinétique et l’écart d’énergie
potentielle (et donc la différence de potentiel). On sait que l’énergie potentielle dont dispose
l’électron sur la plaque A sera convertie en énergie cinétique jusqu’à son arrivée à la plaque B,
ce qui se traduit par :
∆Ec + ∆E p = 0
De plus, on sait que la différence d’énergie potentielle est liée à la différence de potentiel :
∆E p = q∆V. Puisqu’il s’agit d’un électron, q = −qe où qe = 1.6 × 10−19 est la charge
élémentaire. Pour calculer les différences, vous avez le choix de prendre l’écart entre la plaque
A et la plaque B ou l’inverse, du moment que vous restez cohérents dans tout l’exercice. Par la
suite, on considérera donc que ∆ correspond à une grandeur à la plaque A moins cette grandeur
à la plaque B. On trouve :
E pA − E pB = −qe (VA − VB )
et
( EcA − EcB ) + ( E pA − E pB ) = 0
Notez que, vu l’énoncé, VA − VB < 0 et donc E pA − E pB > 0, ce qui implique que l’énergie potentielle de l’électron est plus grande à l’entrée qu’à la sortie (E pA > E pB ), ce qui était attendu. Cette
énergie potentielle diminue de la plaque de gauche à la plaque de droite car elle est convertie en
énergie cinétique. La conservation de l’énergie s’exprime donc comme ceci :
1 2
1
mv A − mv2B − qe (VA − VB ) = 0
2
2
Comme v B = 2v A et que V = VB − VA ,
1 2
1
2
mv − m(2v A ) + qe V = 0
2 A 2
On isole ensuite V et on obtient :
V=
3mv2i
= 0, 77 V
2qe
car v A = vi selon l’énoncé.
108
Exercice 47
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 47
Calculez la capacité du condensateur cylindrique représenté en
coupe sur le schéma ci-contre. Le conducteur intérieur a un rayon
a = 1 mm, le conducteur extérieur creux a un rayon b = 3 mm et
les deux conducteurs ont une longueur L = 1 m.
La capacité d’un condensateur se calcule en utilisant la relation de base Q = C∆V où ∆V est
la différence de potentiel entre ses plaques et Q est la charge totale accumulée sur l’une des
plaques. On doit donc calculer :
C=
Q
∆V
De manière à calculer ∆V positivement, on va calculer la circulation du champ électrique de la
plaquue − à la plaque +, puisque le potentiel est a priori plus élevé sur la plaque +.
V
Q
Q
E
On devra donc calculer
∆V = V+ − V− = −
Z plaque +
plaque -
~E · d~`
On a donc besoin de l’expression analytique du champ électrique que l’on trouve via la loi de
Gauss. Comme les charges sont réparties de manière cylindrique, il est judicieux de choisir une
surface de Gauss également cylindrique comme le montre le schéma ci-dessous.

L
On procède donc comme c’est fait dans d’autres exercices en considérant trois zones distinctes,
correspondant à trois surfaces de Gauss différentes (cf. schéma ci-dessous). Dans les trois cas, le
flux du champ électrique est :
I
S
~ =
~Er (r ) · dS
I
S
Er (r )dS = Er (r )
109
I
S
dS = Er (r )2πrL
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 47
a< r<b
r<a
Q
Q
Q
r
Q
r
E
r>b
r
Q
Q
Les charges contenues dans chacune de ces surfaces sont :
• Qint = 0 lorsque r < a
• Qint = − Q lorsque a < r < b
• Qint = − Q + Q = 0 lorsque r > b
H
~ = Qint , on en déduit le champ électrique partout dans l’esEn utilisant la loi de Gauss S ~E · dS
e0
pace :

~0

si
r<a

Q
1~
~E(r ) =
− 2πe0 L r 1r si a < r < b


~0
si
r>b
On peut alors calculer la différence de potentiel, sachant que d~` = dr~1r :
∆V = −
=
Z plaque +
plaque -
Q
2πe0 L
Z b
a
Z b
Z b
Q 1
dr
a
a 2πe0 L r
1
Q
Q
b
b
dr =
ln
[ln |r |] a =
r
2πe0 L
2πe0 L
a
~E · d~` = −
Er (r )dr =
On en déduit la capacité du condensateur :
C=
Q
=
∆V
Q
Q
2πe0 L
ln
=
b
a
2πe0 L
= 51 pF
ln ba
Il est important de remarquer que ce résultat ne dépend ni d’un champ, ni d’une différence
de potentiel, etc. La capacité dépend de grandeurs telles que L, a et b qui sont des grandeurs
dépendant uniquement de la géométrie du problème (longueur du condensateur, rayons, etc.)
110
Exercice 48
Chapitre 2 - Électrostatique
Ainsi, la capacité est une grandeur fixée à la construction du circuit électrique, elle ne dépend
pas d’autres grandeurs générées par l’environnement (champs, tensions, température, etc.)
Notez que cette configuration de conducteurs est également utilisée en pratique pour réaliser des
câbles que l’on appelle câbles coaxiaux. L’un des intérêts de ces câbles est l’absence de champ
électrique autour de lui (cf. expression du champ ci-dessus pour r > b), ce qui a pour avantage
de ne pas perturber d’autres circuits aux alentours. Vous avez certainement déjà vu un type de
câble coaxial au moins une fois dans votre vie, par exemple en branchant d’anciennes consoles
à votre télévision.
On appelle ces câbles « RCA » ou « composites », on voit qu’ils sont bien coaxiaux car les conducteurs métalliques intérieur et extérieur ont le même axe. Le fait que cette configuration se comporte comme un condensateur est un effet indésirable que vous verrez en détail dans d’autres
cours.
Exercice 48
Calculez la vitesse v de déplacement d’ensemble des électrons dans un fil de cuivre d’une longueur L de 10 cm (et de section circulaire de 1 mm de diamètre) soumis à une différence de
potentiel V de 4,5 volts, sachant que la résistivité ρe du cuivre est de 1,7 · 10−8 Ωm et que la densité η d’électrons libres dans le cuivre vaut approximativement 1023 cm−3 . Au passage, calculez
la mobilité µ des électrons dans le cuivre.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• (−qe ) η ~v = ~J
⇒
ηqe v = J
I
V/R
• J= =
,
S
S
L
où R = ρe
S
• ~v = −µ~E
µ=
⇒


⇒
v=

V/(ρe L)
ηqe
k~vk
v
=
V/L
k~Ek
Résultats analytique et numérique :
v=
V
= 16, 5 cm/s
ηqe ρe L
µ=
1
= 3,67
ηqe ρe
111
mm/s
N/C
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 49
Exercice 49
Le schéma ci-contre représente un barreau de matériau de
z
conductivité électrique σe = 2,8 · 104 Ω−1 m−1 . La section recL
tangulaire de ce barreau a une largeur d constante de 5 mm et
une hauteur h qui varie exponentiellement selon la loi h(z) =
V
h0 exp(−αz) où h0 = 3 mm, α = 0,12 cm−1 et z est la coordonnée longitudinale telle qu’indiquée sur le schéma. Sachant que la
longueur L du barreau est de 8 cm, calculez-en la résistance électrique R.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
R = ρe
L
S
variable!
Résistances infinitésimales en série :
⇒R=
Z L
0
dR = ρe
1
d × h0
Z L
0
dR = ρe
eαz dz =
dz
S(z)
où S(z) = d × h0 e−αz
1 1
[eαz /α]0L
σe h0 d
Résultats analytique et numérique :
1
αL
e − 1 = 0,32 Ω
R=
σe h0 d α
Exercice 50
Le schéma ci-contre montre en coupe un condensateur fait de
deux sphères conductrices concentriques de rayons a et b. L’espace entre les deux sphères est rempli d’air (permittivité égale
à celle du vide) dont l’humidité est responsable d’une légère
conductivité électrique σe . On négligera les distorsions de lignes
de champ dues aux fils de raccord.
a) Calculez l’expression analytique de la capacité électrique C
de ce condensateur.
b) Calculez l’expression analytique de la résistance électrique R
de la couche d’air entre les sphères.
c) Calculez pour toute distance r du centre des sphères (a <
r < b) l’expression analytique du module de la densité de
courant J (r ) en fonction de la charge Q du condensateur et
déduisez-en l’expression du courant total I traversant le condensateur.
C = 4πe0
ab
b−a
,
R=
e0
σe C
,
J (r ) =
σe Q
4πe0 r2
112
et
I=
σe Q
e0
x
h0
d
y
Exercice 51
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 51
(exercice réservé aux Ingénieurs Civils)
Donnez l’expression mathématique de la densité de charge volumique ρ( x, y, z) qui génère le
champ électrique suivant :
~E( x, y, z) = E0 e−αx ~1x
(bientôt disponible)
Exercice 52
113
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 53
Exercice 53
Exercice 54
a)
b)
114
Exercice 55
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 55
Exercice 56
115
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 57
Exercice 57
116
Exercice 57
Chapitre 2 - Électrostatique
117
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 58
Exercice 58
Exercice 59
118
Exercice 60
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 60
Exercice 61
Exercice 62
119
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 63
Exercice 63
120
Exercice 63
Chapitre 2 - Électrostatique
121
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 64
Exercice 64
Exercice 65
122
Exercice 66
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 66
Exercice 67
123
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 68
Exercice 68
Exercice 69
Exercice 70
124
Exercice 71
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 71
Exercice 72
Exercice 73
125
Chapitre 2 - Électrostatique
Exercice 74
Exercice 74
Exercice 75
Exercice 76
Exercice 77
126
Chapitre 3
Magnétostatique
Exercice 1
Lorsque le proton entre dans la zone de droite où règne un champ magnétique ~B, elle est automatiquement soumise à une force magnétique puisqu’elle est en déplacement à vitesse ~v. On
note :
~f M = q~v × ~B
Appliquons la règle de la main droite pour déterminer le sens de cette force. Cette règle est à
appliquer à chaque fois qu’un produit vectoriel apparait, elle permet de déterminer rapidement
et facilement le sens du vecteur résultant de ce produit. Une manière simple de retenir les choses
est de se souvenir que le premier doigt (le pouce) correspond au premier vecteur dans l’équation (~f M ), le deuxième doigt (l’index) correspond au deuxième vecteur dans l’équation (q~v) et le
troisième doigt (le majeur) correspond au troisième vecteur dans l’équation (~B). L’avantage de
cette méthode est qu’elle est valable pour toutes les équations physiques présentant un produit
vectoriel, et il y en a un paquet ! (force de Lorentz, force de Laplace, champ électrique induit,
moment de force, ...). Libre à vous d’utiliser les autres règles que l’on vous a apprises auparavant (« FBI » avec la main gauche, ...), mais elles ne sont souvent valables que dans certains cas
particuliers et cela revient donc a priori à se compliquer la vie plus qu’autre chose.
fm
B
v
fm
fm
v
B
v
B
On remarque sur le schéma ci-dessus que la force sera donc initialement orientée vers la gauche,
poussant la particule à dévier et décrire un mouvement circulaire. Comme la force magnétique
est le résultat du produit vectoriel de ~v et ~B, elle sera toujours perpendiculaire à ces deux vecteurs. Il est donc important de remarquer que la force résultante appliquée au proton (ici égale à
~f M ) n’a aucune composante tangeante au mouvement, ne provoquant donc aucune accélération
tangente au mouvement. On en déduit que le module de la vitesse est ici constant, et que la
127
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 1
particule décrit donc un MCU avec a =
v2
R.
Appliquons la deuxième loi de Newton :
~Frésultante = ~f M = q~v × ~B = m~a
On sait que les vecteurs ~f M et ~a sont tous les deux centripètes, et donc dans le même sens. On
peut alors égaler leurs normes :
q~v × ~B = km~ak
c’est-à-dire :
qvB sin θ = ma
où θ est l’angle entre les vecteurs ~v et ~B, c’est-à-dire 90°. On en déduit que :
qvB = m
v2
R
ce qui permet de connaitre le rayon du MCU :
R=
mv
qB
q
v

R


R

B
128
Exercice 2
Chapitre 3 - Magnétostatique
Pour connaitre le temps de parcours circulaire, il faut d’abord connaitre la vitesse du proton.
Pour un MCU, on sait que :
∆θ
v = ωR = R
∆t
où ∆θ est l’angle balayé par le proton lors de son parcours circulaire, ce que l’on peut déterminer
grâce au triangle isocèle ci-dessous.
R


R

On en déduit que ∆θ = π − 2α puisque la somme des angles d’un triangle doit donner π. On
trouve donc :
∆θ
mv π − 2α
m(π − 2α)
∆t = R
=
=
= 9, 52 ns
v
qB
v
qB
Remarquez que le résultat final ne dépend pas la vitesse ~v du proton.
Exercice 2
Résultats analytique et numérique :
s
1
2E x0 m
R=
= 11,8 m
B
qe
Exercice 3
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
~f M = q ~v × ~B (= q ~v⊥ × ~B ) est un vecteur orthogonal à ~B ; l’accélération
dvk /dt est donc nulle et la vitesse vk est constante.
vk
~v
θ
Si on se met dans le référentiel inertiel montant à la vitesse vk on se retrouve
dans le cas de la particule chargée se déplaçant perpendiculairement au
v⊥ = v sin θ
mv
. La trajectoire s’inscrit
champ ~B, pour lequel on obtient la trajectoire circulaire de rayon R =
qB
m p v sin θ
1
10−3
donc ici sur un cylindre de rayon R =
(rappel : m p =
[g] =
[kg] )
qB
NA
NA
B
Résultats analytique et numérique :
R=
m p v sin θ
= 0,052 mm
qB
129
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 4
Exercice 4
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
~f M = (−qe )~v × ~B = qe k~vk k~Bk sin ϕ ~1x = qe v B sin ϕ ~1x = qe v B sin arctg(z/y) ~1x
z I
= qe v B p
~B
~v
ϕ
ϕ
x
I
B=
y
z/y
1 + (z/y)2
µ I
p0
2π y2 + z2
~1x
I
= J = η qe v
S
v =?
,
⇒
v=
I
S η qe
Résultat analytique :
2
z
~f M = µ0 I
~1x
2
2πSη y + z2
Exercice 5
La condition d’équilibre s’écrit par la deuxième loi de Newton :
~f M + m~g = ~0
avec
m~g = −mg~1z
L’effet désiré est une compensation complète de cette force gravitationnelle par la force magnétique, ce qui ne peut être obtenu de manière optimale que si ~f M est verticale vers le haut.
Utilisons la règle de la main droite : pour que le pouce soit orienté vers le haut (axe z), et le
majeur vers le nord (axe x), il faut que l’index pointe vers l’est (sens contraire de l’axe y). On sait
donc que ~vmin = −vmin~1y . La force magnétique est donc :
~f M = q~v × ~B = qe ~1x
~1y
~1z 0 −vmin 0 = qe vmin B~1z
B
0
0 z
S
qe v
E
fm
mg
N
x
y
B
On trouve donc :
qe vmin B~1z − mg~1z = ~0
130
W
Exercice 6
Chapitre 3 - Magnétostatique
En multipliant de chaque côté par ~1z , on trouve :
vmin =
et donc :
~vmin = −
mg
qe B
mg~
1y = −2, 0 mm/s~1y
qe B
Exercice 6
131
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 7
Exercice 7
132
Exercice 8
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 8
Exercice 9
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
z
z [cm]
zP
P
~B = ?
P
4
r
I
où le schéma ci-contre indique que :
~1θ = (−~1x ) × ~1r .
yP
xP
La symétrie indique que ~B est dans un plan
perpendiculaire à ~1x .
µ0 I ~
formule de Biot et Savart : ~B =
1θ
2πr
~B = ?
y
x
1
y [cm]
Comme ~1r =
x
y P~1y + z P~1z
~r
= q
, on obtient
k~r k
y2P + z2P
le vecteur champ magnétique au point P :
Résultats analytique et numérique :


~
~
−
y
1
+
z
1
µ
I
z
y
P
 qP
 = 1,2 ~1y − 0,29 ~1z
~B =
q0
2
2
2
2
2π y P + z P
yP + zP
133
[µT]
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 10
Exercice 10
Voici la situation représentée selon une coupe longitudinale. Le courant I circule à travers un
conducteur de section rectangulaire dont la surface S a une longueur L et une largeur b − a.
Comme on ne peut pas négliger la largeur de cette surface dans cet exercice, il sera par la suite
plus facile de travailer en termes de densité surfacique de courant ~J dont la norme vaut par
définition J = SI = L(bI−a) .
I

I
I
Si on regarde la situation vue de face (ci-dessous), on peut dire qu’elle est équivalente à un
ensemble de solénoïdes dans laquelle circule une partie du courant total. Par principe de superposition, on peut dire que le cylindre creux génère donc le même champ magnétique que la
somme des champs générés par un ensemble de solénoïdes. Comme il a été vu au cours, chaque
solénoïde génère un champ parallèle à son axe et nul à l’extérieur : le champ magnétique total
sera donc également parallèle à l’axe et nul à l’extérieur.
I
a
b

Reprenons ci-dessous la situation en coupe longitudinale, cette fois-ci en deux dimensions.
Comme il a été montré, le champ magnétique total doit être parallèle à l’axe au milieu du cylindre (zone 1), et nul à l’extérieur (zone 3). Comme il est demandé de calculer le champ partout
dans les zones 1, 2 et 3, il est nécessaire d’utiliser la loi d’Ampère qui permet de trouver rapidement l’expression d’un champ magnétique dans toute une zone. Pour choisir le contour
d’Ampère, il faut raisonner comme lorsque l’on calculait la circulation du champ électrique, et
prendre un contour contenant des chemins parallèles ou perpendiculaires au champ, et si possible passer par des zones où le champ est nul. Le chemin C représenté ci-dessous en pointillés
est un bon exemple : le chemin de gauche est parallèle à ~B1 , les chemins horizontaux sont perpendiculaires au champ magnétique (donnera une circulation nulle et facilite le calcul), et le
chemin de droite passe par une zone dans lequel le champ magnétique ~B3 est nul.
134
Exercice 10
Chapitre 3 - Magnétostatique
d

I
B3  0
I
B1
C
L’intégrale sur le chemin C vaut donc :
I
C
~B · d~` =
Z
↑
~B1 · d~` +
Z
→
~B · d~` +
Z
↓
~B3 · d~` +
Z
←
~B · d~`
Les deuxième et quatrième intégrales sont nulles car le produit scalaire ~B · d~` est tout le temps
nul (chemin perpendiculaire au champ), et la troisième intégrale est nulle étant donné que ~B3
est nul. Il nous reste la première intégrale dans laquelle ~B1 · d~` = B1 d` étant donné que ces deux
vecteurs sont dans le même sens. Le champ B1 étant constant lors du chemin de gauche, on
trouve :
I
Z
~B · d~` = B1 d` = B1 `
↑
C
Il reste donc à appliquer la loi d’Ampère :
I
C
~B · d~` = B1 ` = µ0 Iint
Faites bien attention à la manière de déterminer Iint : il s’agit bien du courant qui passe à travers
le contour C, tout comme la charge Qint dans la loi de Gauss est la charge contenue dans la
surface de Gauss S. Pour mieux représenter ce courant Iint , il est noté en rouge foncé sur le
schéma ci-dessous.
S
C

Iint
Sint
ba
Il ne s’agit donc pas du courant I qui circule dans tout le conducteur, mais bien d’une partie
de ce courant. Pour trouver sa valeur, il suffit de multiplier la densité surfacique de courant J
(précédemment trouvée) par la surface dans laquelle il passe, c’est-à-dire Sint = `(b − a) comme
indiqué sur le schéma ci-dessus. On trouve :
Iint = JSint =
I
`
`(b − a) = I
L(b − a)
L
135
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 10
La loi d’Ampère donne donc :
I
~B · d~` = B1 ` = µ0 I `
L
C
et on trouve donc :
I
L
Pour trouver le champ magnétique dans la deuxième zone, on raisonne de la même manière
sauf que l’on passe cette fois-ci par la zone 2 de manière à trouver ~B2 . L’intégrale de circulation
est donc non-nulle uniquement sur le côté gauche, donnant
B1 = µ0
I
C
~B · d~` = B2 `
r
d
I
B2
C
b
Pour trouver le courant Iint de la loi d’Ampère, on procède de la même manière que précédemment et on voit ci-dessous la surface Sint = `(b − r ) par laquelle il passe. Notez que les pointillés
en gris sur le schéma représentent l’axe central du cylindre et la surface Sint dépend donc bien
de la distance r à cet axe.
r
Sint
d
Iint

B2
C
b
On trouve donc :
Iint = JSint =
b r
I
` b−r
`(b − r ) = I
L(b − a)
Lb−a
et, par la loi d’Ampère :
I
~B · d~` = B2 ` = µ0 I ` b − r
Lb−a
C
136
Exercice 10
Chapitre 3 - Magnétostatique
Ce qui donne :
B2 = µ0
I b−r
Lb−a
I

I
I
r
Remarquez que la valeur de B2 dépend de r (droite décroissante), tandis que la valeur de B1 est
constante. On sait déjà que B3 est nul, et l’on obtient donc le graphe du champ magnétique en
fonction de r ci-dessous.
B r 
r
a
b
Ce résultat reflète bien l’hypothèse que nous avons posée au départ : nous avons dit que le
conducteur pouvait s’assimiler à un ensemble de solénoïdes. Lorsque l’on se trouve dans la zone
1, le champ est partout identique car donné par la somme des champs de tous les solénoïdes.
Dans la zone 2, plus on s’éloigne du centre (plus r augmente), moins il y a de solénoïdes qui
contribuent au champ total et celui-ci décroit donc jusqu’à s’annuler dans la zone 3 où plus
aucun solnéoïde ne contribue au champ magnétique total.
137
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 11
Exercice 11
Pour calculer la force que s’exercent ces plaques l’une sur l’autre, il suffit de connaitre par
exemple la force exercée par la plaque 2 sur la plaque 1 (selon la numérotation du schéma cidessous).
e
L
1
h
2
I
z
I
x
y
d
Remarquez que les seules forces magnétiques que l’on a vues au cours sont les forces de Lorentz
et Laplace, et elles ne sont pas ici appliquables puisque l’on a une surface de courant (et non une
charge ou un courant infiniment mince). Il est donc impossible de continuer l’exercice sans faire
une décomposition à laquelle on fait souvent appel dans ce genre de cas : on considère qu’une
surface de courant I est assimilable à un ensemble de courants infiniments minces I0 (cf. schéma
ci-dessous).
2
I

I0
138
Exercice 11
Chapitre 3 - Magnétostatique
De cette manière, on pourra se baser sur la force de Laplace par la suite. Pour savoir la force
magnétique générée sur la plaque 1, il faut d’abord connaitre le champ généré par la plaque 2.
Pour cela, appliquons la loi d’Ampère en se basant sur le contour ci-dessous.
B
I0
d
C
B
Nous savons en effet que le champ magnétique sera parallèle à la plque de courant (cf. cours
théorique, les composantes perpendiculaires s’annulent deux à deux et les effets de bords sont
négligés), et le contour Ampérien choisi ici passe bien par des chemins parallèles ou perpendiculaires au champ, ce qui facilitera le calcul. On a donc :
I
C
~B · d~` = µ0 Iint
où Iint = Nint I0 , Nint étant le nombre de conducteurs I0 qui sont pris dans le contour C. L’intégrale est nulle sur les chemins verticaux car le produit scalaire s’annule. On obtient :
I
C
~B · d~` =
Z
→
Bd` +
Z
←
Bd` = 2B`
En isolant le champ magnétique :
µ0 Nint I0
2
`
Remarquez que le résultat fait intervenir le rapport entre le courant total enfermé dans le contour
et la largeur du conteur. Ce rapport est évidemment égal à LI , rapport que l’on aurait obtenu en
prenant un contour de largeur égale à la largeur de la plaque. On note donc :
B=
B=
µ0 I
2 L
L’avantage de cette notation étant que l’on connait les paramètres I et L. Remarquez que ce
champ magnétique ne dépend pas de la distance par rapport à la plaque ; la force exercée par la
plaque 2 sur la plaque 1 sera donc indépendante du paramètre d.
Maintenant que l’on connait le champ magnétique qui apparait au niveau de la plaque 1, il est
possible de calculer la force qui s’exerce sur celle-ci. Pour cela, on refait la même approximation
que précédemment et on considère la plaque comme un ensemble de courants infiniment minces
I0 . La force de Laplace sera exercée sur chacun de ces conducteurs et la somme de ces forces nous
donnera la force totale exercée sur la plaque. On note ~FM = ∑k ~FM,k où ~FM,k est la force de Laplace
exercée sur le conducteur numéro k.
139
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 11
L
1
B

h
B
I
I0
Regardons de plus près le conducteur k ci-dessous, qui est soumis à un champ magnétique dirigé
selon l’axe x et dans lequel circule une densité de courant ~Jk dans le sens contraire de l’axe z. On
µ
a donc ~B = 20 LI ~1x et ~Jk = − IS0~1z (où S est la section du conducteur infiniment mince). La force
magnétique exercée sur le conducteur k est donc :
~FM,k
~1x ~1y ~1z
~
~
= hS Jk × B = hS 0
0 − IS0
µ
0I 0
0
2 L
= −hS µ0 I I0~1y = −h µ0 I I0~1y
2 LS
2 L
Fm,k
Jk
B
I0
Cette force est bien orienté selon −~1y , comme indiqué par la règle de la main droite. Si on effectue
la somme sur tous les conducteurs, on obtiendra :
~FM = ∑ ~FM,k = −h µ0 I ~1y ∑ I0
2 L
k
k
où ∑k I0 = I. La force exercée par la plaque 2 sur la plaque 1 est donc :
2
~FM = −h µ0 I ~1y = −6, 16 × 10−11 N~1y
2 L
Cette force est orientée vers la plaque 1, il s’agit donc d’une force d’attraction. Pour trouver la
force exercée par la plaque 1 sur la plaque 2, le même raisonnement nous aurait mené à
2
~FM,1→2 = h µ0 I ~1y
2 L
ce qui est bien conforme à la troisième loi de Newton.
140
Exercice 12
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 12
141
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 13
Exercice 13
142
Exercice 14
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 14
143
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 15
Exercice 15
144
Exercice 16
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 16
145
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 17
Exercice 17
Exercice 18
La situation se représente physiquement par le schéma ci-dessous, où le trait rouge représente
le conducteur de courant (dirigé vers le bas) et le point noir représente Oscar (où se trouve
la boussole). Comme ce conducteur n’est pas infiniment long et que l’on demande le champ
magnétique en un point précis, on utilise la loi de Biot-Savart. Celle-ci consiste à regarder le
champ magnétique d~B généré par chaque élément de courant dI (point rouge représenté sur le
schéma), puis de faire la somme de toutes ces contributions pour obtenir le champ magnétique
total :
Z
Z ~ ~
µ0 I
d ` × 1r
~B(~x ) =
d~B =
4π fil r2
fil
z
h
z
d
r

y
d
dB
x
146
1r
Exercice 18
Chapitre 3 - Magnétostatique
Pour résoudre cette intégrale, il faut d’abord résoudre le produit vectoriel qui s’y trouve, et pour
cela il est d’abord nécessaire d’exprimer les vecteurs d~` et ~1r en fonction de vecteurs constants
comme le trio ~1x , ~1y et ~1z . On trouve aisément que d~` = −dz~1z . Pour le vecteur ~1r , il faut recourir
à la définition d’un vecteur unitaire orienté dans une direction quelconque λ :
~1λ = cos(θλx )~1x + cos(θλy )~1y + cos(θλz )~1z
où
• θλx est l’angle entre ~1λ et ~1x
• θλy est l’angle entre ~1λ et ~1y
• θλz est l’angle entre ~1λ et ~1z
1z

1y


2

1r
En s’aidant du schéma ci-dessus, on trouve que :
~1r = cos π ~1x + cos π − θ ~1y + cos(π − θ )~1z
2
2
Notez qu’il existe probablement d’autres méthodes pour arriver à ce résultat, celle-ci semble cependant la plus aisée à retenir puisqu’elle est systématique : pas de confusion dans la définition
puisque l’on n’utilise que des cosinus, et les angles que l’on détermine sont fixés à l’avance. En
utilisant les propriétés des angles complémentaires :
~1r = sin θ~1y − cos θ~1z
Par définition, ce vecteur est donc bien orienté de l’élément infinitésimal de courant vers le
point de calcul du champ magnétique. Il reste maintenant à calculer le produit vectoriel dans
l’intégrale :
~1x ~1y
~1z
0
−
dz
= sin θdz~1x
d~` × ~1r = 0
0
−dz = ~1x sin
θ
−
cos
θ
0 sin θ − cos θ D’autres méthodes pour le calcul du produit vectoriel existent mais gardez en tête que la méthode décrite ci-dessus (partant de la définition du produit vectoriel) a l’avantage d’être applicable pour n’importe quelle situation ou exercice (le recours à d’autres "astuces" peut être
dangereux dans certains cas). La différentielle dz apparaissant dans l’intégrale, ses bornes vont
donc évoluer de z = 0 à z = h afin de couvrir l’entierté du fil :
~B(~x ) = µ0 I~1x
4π
Z h
sin θdz
0
r2
avec ~x = d~1y puisque l’on calcule le champ magnétique où se trouve la boussole. Puisqu’il s’agit
du champ généré par la foudre, on notera par la suite ~B(d~1y ) := ~Bfoudre . Remarquez que l’inté147
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 18
grale contient plusieurs variables qui dépendent elles-mêmes de la variable d’intégration z. Pour
résoudre cette intégrale, il faudrait donc exprimer toutes les grandeurs en fonction de z, ce qui
mène à une intégrale fastidieuse. Il est donc préférable de plutôt utiliser θ comme variable d’intégration, et donc exprimer toutes les autres grandeurs en fonction de θ. Pour cela, basons-nous
sur le schéma ci-dessous conservant uniquement le triangle rectangle et les longueurs concernées.
r

z


2
d
On trouve :
r=
d
sin θ
et
d
∂z(θ )
d
⇒ dz =
dθ = − 2 dθ
tan θ
∂θ
sin θ
On en déduit les nouvelles bornes en fonction de θ : lorsque z = 0, θ = π2 (facile à observer sur
le premier schéma de l’exercice) et lorsque z = h, on note l’angle θmin . Après ces remplacements,
l’intégrale devient alors très simple :
z=
~Bfoudre = − µ0 I ~1x
4πd
Z θmin
π
2
sin θdθ =
µ0 I ~
µ0 I
cos(θmin )~1x
1x [cos θ ]θπmin =
2
4πd
4πd
En se basant sur le schéma ci-dessous, on trouve que
cos(θmin ) =
h
h
h
=r
=√
2
r
h + d2
1
1+
2
d
h
r
min
d
Le champ magnétique généré par la foudre au point où se trouve la boussole est donc :
~Bfoudre = µ0 I r
4πd
148
1
1+
~
2 1 x
d
h
Exercice 18
Chapitre 3 - Magnétostatique
Ce champ généré par la foudre est représenté ci-dessous.
z
h
y
d
Bfoudre
x
Comme Oscar se déplace du sud vers le nord, il se déplace dans le sens des lignes du champ
magnétique terrestre ~BTerre (cf. schéma des lignes de champ terrestre ci-dessous).
Comme il observe la foudre devant lui, cela veut dire selon le schéma de l’exercice que le champ
magnétique terrestre est orienté selon −~1y . Les champs magnétiques ~BTerre et ~Bfoudre sont donc
perpendiculaires à l’endroit de la boussole, et celle-ci est donc soumise à un champ magnétique
total ~B = ~Bfoudre + ~BTerre sur lequel elle va s’aligner. Il est facile de voir sur le schéma (vue de
haut) ci-dessous que

α = arctan
Bfoudre
BTerre

= arctan 
µ0 I
q
4πd
1
1+ (

d 2
h
BTerre
) 

Puisque le courant est défini comme une quantité de charge par unité de temps, on trouve I =
et donc :


µ0 Q
q
4πTd

α = arctan 
1
1+( dh )
BTerre
2

◦
 = 46, 51
BTerre
z
y

x
B
Bfoudre
Remarquez que l’observateur dans le schéma ci-dessus est chauve, bien évidemment.
149
Q
T,
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 19
Exercice 19
Par symétrie, on remarque que les quatre côtés du cadre contribuent de la même manière au
champ généré au centre. Il suffit donc de calculer le champ généré par l’un des côtés, et de multiplier son amplitude par 4. Le mieux est d’ici garder uniquement la barre de gauche : de cette
manière on revient à une situation pratiquement identique à celle de l’exercice 18 (cf. schéma
ci-dessous).
y
d
y
dBcôté
r

x
a
1r
z
Les seuls différences par rapport à l’exercice 18 sont :
• Les axes x, y et z ont permuté mais cela ne change rien à la résolution
• Le vecteur d~` est orienté selon l’axe y : d~` = dy~1y
• Le conducteur s’étend de y = − a à y = a, les bornes de l’intégrale vont donc également
s’étendre de − a à a.
On trouve :
~B = − µ0 I
πa
√
2~1z = −8, 5.10−5 [ T ]~1z
Le moment de force généré par un champ magnétique ~B0 est donné par l’expression :
~τ = m
~ M × ~B0
~ M = IS~1S est le moment dipolaire magnétique, et ~B0 est le champ magnétique qui génère le
où m
moment de force (remarquez qu’il ne contient pas la contribution du champ magnétique généré
par le cadre, le cadre ne pouvant s’exercer un moment sur lui-même). Le vecteur ~1S est à prendre
selon la règle de la main droite, avec le pouce dans le sens de ~1S et le reste de la main dans le
sens du courant. On trouve ~1S = −~1z et donc :
~ M = IS~1S = − IS~1z
m
Comme on sait que ~B0 = 2~1x + 3~1y − ~1z , il reste à effectuer le produit vectoriel :
~1x ~1y ~1z
0 0 − IS
2 3 −1
= 3IS~1x − 2IS~1y
~τ = = ~1x 0 − IS
3 −1
150
− ~1y 0 − IS
2 −1
+ ~1z 0 0
2 3
Exercice 20
Chapitre 3 - Magnétostatique
avec I = 2, 25A et S = (2a)2 = 9.10−4 m2 . On trouve donc :
~τ = 6, 08.10−2 [ Nm]~1x − 4, 05.10−2 [ Nm]~1y
Le fait que le cadre soit placé dans un tel champ magnétique va donc provoquer la rotation de
ce cadre autour de l’axe dans lequel se trouve ~τ , dans le sens imposé par la règle de la main
droite (le pouce dans le sens de ~τ , le reste de la main indiquant le sens de la rotation). La rotation
s’arrête lorsque le moment magnétique est aligné avec le champ magnétique. Remarquez la forte
ressemblance avec l’alignement du moment électrique sur le champ électrique que l’on a déjà
rencontré précédemment.
Exercice 20
151
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 21
Exercice 21
a)
152
Exercice 22
Chapitre 3 - Magnétostatique
b)
Exercice 22
a)
153
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 23
b)
Exercice 23
i
~B · d~` = µ0 I ∆θ (Ampère circuit ouvert).
2π
i→ f
Pour exploiter cette formule on découpe la paroi en fil "élémentaire" véhiculant le courant ∞mal dI.
Formule de base :
Z
∆θ
Pour ce fil l’intégrale de circulation est donnée par µ0 dI
où ∆θ = π/2
2π
puisque la circulation se calcule sur le diamètre du demi-cylindre.
On a donc :
Z
i→ f
~B · d~` =
Z
µ0 dI
f
i
f
π/2
2π
Résultat analytique :
Z
dI
~B · d~` = µ0 I
4
i→ f
154
dI
Exercice 24
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 24
155
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 25
Exercice 25
Résultat analytique :
τ = µ0
a2 b I 2
2π (b2 + a2 /4)
Exercice 26
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
x
~B ϕ
ρ
I
y
ϕ
a
~τ =
Z
d~τ = ~r × d~F = x~1x × ( Id~` × ~B) = x~1x × ( Idx~1x × ~B)
d~τ ,
L/2
dx
x
⇒
z
− L2
x~1x × ( I dx B sin ϕ ~1z ) = I
Z
L
2
− L2
x B sin ϕ dx (−~1y )
Par la loi d’Ampère on a le champ magnétique B =
− L/2
Posons x = a tgϕ
~τ =
L
2
Z
µ I2
~τ = − 0 ~1y
2π
⇒
dx =
a dϕ
cos2 ϕ
Z
L
2
− L2
µ0 I
2π ρ
x sin ϕ
√
dx
a2 + x 2
et on obtient
156
~τ = −
µ0 a I 2 ~
1y
2π
Z arctg L
2
2a sin ϕ
arctg −2aL
cos2 ϕ
dϕ ,
Exercice 27
qui peut s’intégrer en y réécrivant
Chapitre 3 - Magnétostatique
sin2 ϕ = 1 − cos2 ϕ .
arctg 2aL
µ0 a I 2
On obtient alors le module du moment de force k~τ k =
tgϕ − ϕ
2π
arctg − L
2a
Résultat analytique :
µ0 a I 2 L
L
τ=
− 2 arctg
2π
a
2a
Exercice 27
~B = µ0 q ~v × ~1r
4πr2
Exercice 28
µ0
d~FM12 =
I1 I2 d~`1 × (d~`2 × ~1r12 )
4πr2
et
µ0
d~FM21 =
I1 I2 d~`2 × (d~`1 × ~1r21 )
4πr2
Exercice 29
157
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 30
Exercice 30
158
Exercice 30
Chapitre 3 - Magnétostatique
159
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 31
Exercice 31
160
Exercice 32
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 32
161
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 33
Exercice 33
162
Exercice 34
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 34
163
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 35
Exercice 35
Exercice 36
La force magnétique totale et le moment de force sur la spire sont nuls. La justification est identique qu’à l’exercice 41 c.
164
Exercice 37
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 37
Exercice 38
165
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 39
Exercice 39
Exercice 40
166
Exercice 41
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 41
167
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 42
Exercice 42
168
Exercice 43
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 43
Exercice 44
Exercice 45
169
Chapitre 3 - Magnétostatique
Exercice 46
Exercice 46
Exercice 47
Exercice 48
170
Chapitre 4
Electromagnétisme
Exercice 1
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
++++++++++
~1z
~f M
~1y
~B
accumulation des électrons → naissance d’un champ électrostatique ~E qui est dirigé vers le bas.
∆V = −
- - - - - - - - - -
Z
~E · d~` = −
Z h
0
− E ~1z · (dz~1z )
E =?
Condition d’équilibre : ~f E + ~f M = 0
⇒
∆V = v B
v =?
Z h
0
⇔
(−qe ) (− E~1z ) + (−qe ) vB~1z = 0
⇒
∆V =
⇔
E = vB
dz
(−qe ) ηc ~v = ~J = I/(e h)~1y
I
Bh
q e ηc e h
Résultats analytique et numérique :
∆V =
IB
= 0,27 µV
q e ηc e
Exercice 2
Cet exercice peut être résolu de deux manières différentes : d’un point de vue « magnétostatique » ou d’un point de vue « électromagnétisme ».
D’un point de vue physique tout à fait rigoureux, cet exercice appartient à la catégorie des exercices de magnétostatique, puisque le champ magnétique n’est ni en déplacement, ni variable
dans le temps (pour faire le lien avec ce qui a été vu au cours : les lignes du champs magnétique
n’ont aucune « vitesse »). Nous remarquerons cependant que le point de vue « électromagnétisme », est physiquement et mathématiquement identique au point de vue « magnétostatique ».
171
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 2
B 
v
Point de vue « magnétostatique »
Nous avons dans cet exercice 4 conducteurs rectilignes formant un circuit fermé. Parmi ces 4
conducteurs, un seul est affecté par la présence d’un champ magnétique : celui en mouvement à
vitesse ~v. En effet, les charges présentes dans ce conducteur vont subir la force de Lorentz ~f M =
qe~v × ~B. Notons que les charges sont supposées être positives : plutôt que de voir un courant
d’électrons dans un sens, on préfère voir un courant de « trous » (déficits d’électrons) dans
l’autre sens. Il est plus pratique de considérer ce mouvement afin de garder une charge positive
q = qe moins casse-gueule dans les calculs. Comme les 3 autres conducteurs sont au repos,
la vitesse ~v des charges qu’ils contiennent est nulle et ces charges ne vont subir aucune force
magnétique. Pour cette raison, on ne représente dans les schémas ci-dessous que le conducteur
en mouvement.
B 
v
qe
fM
Appliquons la règle de la main droite pour déterminer le sens de la force de Lorentz : ~f M = qe~v ×
~B. Le premier vecteur de l’équation ~f M correspond au premier doigt (le pouce), le deuxième vecteur de l’équation ~v correspond au deuxième doigt (l’index), et le troisième vecteur de l’équation ~B correspond au troisième doigt (le majeur). Ainsi, le majeur rentre dans le schéma, l’index
pointe vers la gauche et le pouce doit alors pointer vers le bas. La force magnétique exercée sur
les charges du conducteur est donc orientée vers le bas, poussant celles-ci à descendre et s’accumuler dans le bas du conducteur. Comme le conducteur est neutre et qu’un ensemble de charges
positives se déplace vers le bas, il apparait un déficit de charges positive en haut du conducteur,
soit une zone chargée négativement.
B 
v

fES
Es
fM

172
V
Exercice 2
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Le fait d’avoir une telle séparation de charges entraine automatiquement l’apparition d’un champ
électrostatique ~Es générant une force électrostatique ~f E sur les charges positives qui sont encore
s
présentes au milieu du conducteur. L’équilibre est atteint lorsque la force magnétique et la force
électrostatique se compensent :
~f M + ~f Es = 0
C’est-à-dire lorsque :
qe~v × ~B + qe ~Es = 0 ⇔ ~Es = −~v × ~B
Le fait de voir apparaitre un champ électrostatique provoque également l’apparition d’une différence de potentiel V entre les deux extrêmités du conducteur. Cette différence de potentiel se
calcule par la définition vue en électrostatique :
V=−
Z bas
haut
~Es · d~`
avec ~Es = Es~1z et d~` = dz~1z si on place l’axe z vers le haut. On trouve alors :
V=−
Z bas
haut
( Es~1z ) · (dz~1z ) =
Z haut
bas
Es dz = Es `
où Es est la norme de ~Es , c’est-à-dire ~Es = −~v × ~B = vB sin θ où θ est l’angle entre les
vecteurs ~v et ~B, soit 90°. On trouve donc :
V = vB`
Comme nous avons un circuit fermé dans lequel s’est établit une différence de potentiel V, on
donne une possibilité aux charges de passer d’un potentiel haut à un potentiel bas via le chemin
de l’ampoule. Il va donc s’établir un courant I dans le circuit tel que V = RI selon la loi d’Ohm.
Le courant est donc donné par :
I=

V
vB`
=
R
R
B 
FM
J

L’apparition d’un courant dans un champ magnétique provoque automatiquement l’apparition
d’une force magnétique exercée sur le conducteur véhiculant ce courant. Une force de Laplace
va donc s’appliquer sur le conducteur de gauche : ~FM = `S~J × ~B. En appliquant la règle de la
main droite (~FM pour le pouce, ~J pour l’index, ~B pour le majeur), on observe que la force magnétique de Laplace s’exerce vers la droite. Le phénomène présent dans cet exercice se résume donc
comme ceci : un agent extérieur exerce une force ~F sur le conducteur de gauche pour l’entrainer
173
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 2
vers la gauche à vitesse ~v, les charges en mouvement sont soumise à une force magnétique de
Lorentz ~f M due au champ magnétique, la séparation des charges entraine une différence de potentiel qui permet l’apparition d’un courant, et le courant circulant dans le conducteur de gauche
provoque sur lui l’apparition d’une force magnétique de Laplace ~FM vers la droite, laquelle tend
à ramener le conducteur vers son emplacement initial. Il faut donc exercer sur le conducteur une
force ~F dont la norme est supérieure à la norme de ~FM . On trouve donc :
~ ~ ~ ~ F > FM = `S J × B = `SJB sin θ
où θ est l’angle entre J et B (soit 90°) et SJ = I par définition de la densité de courant. On trouve :
vB2 `2
~ = 10 mN
F >
R
Point de vue « électromagnétisme »
La situation de l’exercice (charges en mouvement dans un champ magnétique fixe) diffère de la
situation schématisée ci-dessous (charges fixes dans un champ magnétique en mouvement) d’un
simple changement de repère. Selon notre ami Galilée, les lois de la physique doivent être les
mêmes dans ces deux repères. Or, dans le repère ci-dessous, les charges sont fixes et ne peuvent
être soumises à la force de Lorentz puisque ~v = ~0. Elles ne sont donc pas supposées bouger
et il y a un paradoxe, puisque les lois de la physique ne sont pas les mêmes dans les deux
cas. Pour résoudre ce problème, Faraday a introduit la notion de champ électrique induit ~Ei en
stipulant que sa présence était due au déplacement des lignes du champ magnétique (c’est-à-dire
le déplacement du champ, sa variation dans l’espace ou sa variation dans le temps), ce qui est
bien le cas de l’exemple ci-dessous puisque le champ magnétique se déplace. L’apparition de ce
champ induit ~Ei provoque donc l’apparition d’une force ~f E vers le bas qui compense l’absence
i
d’une force magnétique ~f M dans ce repère. Pour que les lois de la physique soient les mêmes
dans les deux repères, on doit donc avoir ~f Ei = ~f M , soit qe ~Ei = qe~v × ~B et donc :
~Ei = ~v × ~B
Remarque importante : le terme de droite de l’équation ci-dessus contient des vecteurs ~v et ~B
issus d’un repère où c’est le conducteur qui est en mouvement (c’est bien dans ce repère que
la force magnétique ~f M existe), il faut donc bien garder en tête que ces vecteurs concernent le
conducteur. Le vecteur ~v est donc la vitesse du conducteur relativement aux lignes de champ
(vers la gauche donc) et non pas la vitesse des lignes de champs dans le schéma ci-dessous ! De
même, le vecteur ~B représente le champ magnétique appliqué sur le conducteur. Faites à titre
d’exercice la règle de la main droite pour vérifier le sens de ~Ei sur le schéma ci-dessous.
Remarquons également que ~Ei = −~Es puisque l’on avait trouvé précédemment que ~Es = −~v ×
~B. Cette relation n’est cependant valable que dans le conducteur en mouvement. Partout ailleurs
dans l’espace, l’égalité ~Ei = −~Es est a priori fausse.
174
Exercice 2
Chapitre 4 - Electromagnétisme
B 
Ei
v
fEi
Remarquez que le dessin ci-dessus ne correspond pas du tout à l’exercice que nous avons. Dans
notre exercice, le champ magnétique n’est pas en mouvement et donc un champ électrique induit
ne peut a priori pas exister. Cependant, nous avons montré plus haut que ~Ei = ~v × ~B où ~v est la
vitesse du conducteur par rapport aux lignes de champ magnétique. Dans les deux référentiels
(fil en mouvement dans un champ magnétique fixe, ou fil immobile dans un champ magnétique
en mouvement), le fil conducteur se déplace à vitesse ~v vers la gauche par rapport aux lignes
de champ magnétique. Le conducteur ayant une vitesse relative par rapport au lignes de champ
magnétique, il doit être soumis à un champ électrique induit et c’est donc physiquement juste
de dire qu’un champ électrique induit apparait dans notre exercice (peu importe le référentiel
utilisé). D’ailleurs, les résultats mathématiques seront les mêmes que dans notre raisonnement
« magnétostatique ». En général, le point de vue « électromagnétisme » est mathématiquement
plus simple et plus rapide, et il est d’ailleurs à de nombreuses reprises utilisée dans le cours
théorique.
La présence d’un champ électrique induit ~Ei orienté vers le bas fait apparaitre sur les charges
du conducteur une force ~f Ei qui les entraine vers le bas. Il va donc y avoir une accumulation
de charges positives dans le bas du conducteur et un déficit de charges positives dans le haut.
Il apparait alors un champ électrostatique ~Es orienté vers le haut, et donc une différence de
potentiel orientée vers le bas. Remarquez que ces derniers sont identiques à ceux que l’on avait
trouvées dans le point de vue « magnétostatique ».
B 

fES
Ei
fEi
v
Es
V

On trouve donc une différence de potentiel :
V=−
Z bas
haut
~Es · d~` =
Z bas
haut
~Ei · d~`
car ~Ei = −~Es à l’intérieur du conducteur en mouvement. Remarquez que la définition de la différence de potentiel n’est ici pas tout à fait la même que celle vue dans les chapitres précédents.
La définition rigoureuse d’une différence de potentiel est la circulation du champ électrique total
175
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 3
~E · d~`, ce qui n’est pas vrai en présence d’un champ électrique induit car ce champ n’est
pas conservatif et ne dérive donc pas d’un potentiel. Pour continuer à parler de « différence de
R
potentiel », il faut donc exclure le champ électrique induit de l’intégrale : V = − ~Es · d~`. Il faut
donc bien faire attention lorsque l’on parle de différence de potentiel en présence d’un champ
électrique induit car sa définition n’est plus la même qu’en électrostatique. Pour éviter cette
confusion, on parlera plutôt de force électromotrice et non plus de différence de potentiel. Cette
dénomination rappele par ailleurs que c’est le champ induit qui a séparé les charges et a transR bas
formé ce conducteur au repos en un générateur de tension. On note alors V = haut ~Ei · d~` = E .
De manière générale, on notera que la circulation du champ électrique induit sur tout un conducteur est la force électromotrice :
Z bas
~Ei · d~`
E=
V=−
R
haut
Dans cet exercice, on a ~Ei = − Ei~1z et d~` = dz~1z , donc :
E=
Z bas
haut
~Ei · d~` =
Z haut
bas
Ei dz = Ei `
avec Ei = ~Ei = ~v × ~B = vB sin θ où θ est l’angle entre les vecteurs ~v et ~B, soit 90°. On trouve
donc :
E = vB` = V
Ce qui revient exactement au même que dans le point de vue « magnétostatique ». Le reste du
raisonnement est donc identique à ce que l’on a vu dans ce point de vue.
Exercice 3
La situation de cet exercice est identique à celle de l’exercice 2 : nous avons un conducteur
rectiligne en mouvement dans un champ magnétique fixe. Il y a donc deux manières de résoudre
ce problème mais nous utiliserons la plus simple : le point de vue « électromagnétisme ». Dans
cette vision des choses, il apparait (sur les charges du conducteur) un champ électrique induit
~Ei = ~v × ~B où ~v = v~1θ est la vitesse des charges par rapport au champ magnétique, et ~B = B~1z
est le champ magnétique appliqué sur les charges du conducteur. Avec la règle de la main droite,
on trouve que ~Ei = Ei~1r , poussant les charges positives à migrer sur l’extérieur de la trajectoire.
On trouve
Z bord
Z r= L
~
~
E=
Ei · d` =
( Ei~1r ) · (dr~1r )
r =0
centre
avec Ei = ~Ei = ~v × ~B = vB sin θ où θ est l’angle entre les vecteurs ~v et ~B, soit 90°. Dans un
MCU, on sait que v = ωr = 2π f r. On trouve donc :
E=
Z L
0
2π f rBdr = 2π f B
Z L
0
rdr = 2π f B
L2
= π f BL2 = 0, 31 V
2
Notez que le champ induit n’est pas constant : il croit avec r, ce qui signifie que la force électrique exercicée sur les charges proches du bord est plus élevée que celle exercée sur les charges
proches du centre.
176
Exercice 4
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Comme nous avons pris l’intégrale du centre vers le bord du cercle et avons obtenu une valeur
positive, cela veut dire que la flèche de tension est bien orienté du centre vers le bord du cercle (le
potentiel au bord du cercle est plus élevé qu’au centre). Notez que le trajet que vous prenez dans
l’intégrale est donc totalement arbitraire, vous pouviez prendre le chemin inverse (bord vers
centre du cercle), calculer une différence de potentiel négative, et en déduire que votre chemin
était donc « dans le mauvais sens », et retourner votre flèche « dans le bon sens » (du centre vers
bord du cercle). Pour toujours tomber sur une différence de potentiel positive, retenez qu’il faut
prendre un chemin qui remonte les lignes de champ électrostatique (d~` de sens opposé à ~Es ) ou
bien aller dans le sens des lignes de champ induit (d~` de même sens que ~Ei ).
Exercice 4
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
~ i = ~v × ~B ,
E
avec
~v = −~
v0 = −v0 1~y
µ0 I
~B = µ0 I 1~θ =
1~x
2πr
2π (y − v0 t)
et
au point (0, y, 0)
Résultat analytique :
~Ei (t, y) =
µ0 v0 I ~
1
2π (y−v0 t) z
Exercice 5
177
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 6
Exercice 6
Exercice 7
Nous sommes bien dans un exercice d’électromagnétisme, car le champ magnétique affectant la
µ I
spire n’est pas fixe. Il s’agit d’un champ magnétique généré par un courant rectiligne ~B = 0 ~1θ
2πr
et comme le courant I varie dans le temps, B doit donc également varier dans le temps. Un
champ variable dans le temps va donc créer dans chacun des 4 conducteurs de la spire un champ
électrique induit ~Ei responsable d’une force électromotrice E :
E=
I
C
~Ei · d~` =
I
C
(~v × ~B) · d~`
Notez que l’intégrale se fait ici sur un circuit fermé puisque le conducteur est lui-même fermé
(contrairement aux exercices 2 et 3 où le conducteur soumis à ~Ei était une simple barrette). La
résolution de cette intégrale est en pratique infaisable car elle nécessite la connaissance de ~v, ce
qui est impossible. Pour rappel, ~v est la vitesse du conducteur par rapport aux lignes de champ
magnétique. Ici, les conducteurs sont fixes et les lignes de champ magnétique sont en déplacement : lorsque le courant augmente, la densité des lignes de champ augmente et tout se passe
comme si ces lignes de champ se déplaçaient vers le bas du schéma. Cela équivaut donc à dire
que les conducteurs ont alors une vitesse ~v vers le haut relativement aux lignes de champ. Ainsi,
si ~v est vers le haut et ~B sortant du schéma, cela veut dire que le champ induit ~Ei est orienté
vers la droite selon la règle de la main droite (les charges positives contenues dans les 2 barres
horizontales sont emportées vers la droite). Lorsque le courant diminue, l’intensité du champ
magnétique diminue et cela correspond à un déplacement des lignes de champ vers le haut, soit
un déplacement relatif des conducteurs vers le bas. Dans ce cas, le champ induit est orienté vers
la gauche et les charges positives contenues dans les 2 barres horizontales sont maintenant entrainées vers la gauche. Dans les deux cas, la vitesse ~v des conducteurs se détermine en prenant
l’opposé de la vitesse des lignes de champ magnétique, et cette vitesse est impossible à connaitre
178
Exercice 7
Chapitre 4 - Electromagnétisme
en pratique.
x
I t 
y
z
d
dS dz
dy
z
B
dS
C
SC
Il faut donc se baser sur l’équation de Faraday pour résoudre cet exercice, celle-ci stipulant que :
I
~Ei · d~` = − d
dt
C
Z
SC
~
~B · dS
où SC est la surface sous-tendue par le contour C, et l’intégrale de surface correspond au flux du
champ magnétique à travers cette surface SC . On peut donc déterminer la force électromotrice
par un moyen alternatif qui n’implique pas la connaissance de ~v :
E =−
d
dt
Z
SC
~
~B · dS
µ0 I ~
Calculons pour cela d’abord l’intégrale correspondant au flux, sachant que ~B = − 2πr
1x dans le
~
~
plan de la spire, dS = −dydz1x est pris selon la règle de la main droite (le pouce dans le sens de
~ le reste de la main dans le sens du contour C), et SC est une surface s’étendant de 0 à L (dans
dS,
le sens des y) et de d à d + h (dans le sens des z). On trouve alors :
Z
SC
~ =
~B · dS
Z L Z d+h
µ0 I ( t )
0
2πr
d
dydz
où I (t) = Im cos ωt et r = z (distance entre le fil rectiligne et le point de calcul du champ
magnétique). Sortons de l’intégrale par rapport à y tout ce qui ne dépend pas de y :
Z
SC
avec
RL
0
~ =
~B · dS
Z d+h
µ0 I ( t )
2πz
d
dz
Z L
dy
0
dy = L. Sortons de l’intégrale par rapport à z tout ce qui ne dépend pas de z :
Z
~ = µ0 LI (t)
~B · dS
2π
SC
Z d+h
dz
d
µ0 LI (t)
µ0 LI (t)
h
d+h
=
ln 1 +
[ln z]d =
z
2π
2π
d
Il reste à dériver cette expression par rapport au temps. Notez que seul le courant varie en
fonction du temps, le reste est donc considéré comme une constante dans la dérivée :
d
E =−
dt
Z
µ0 L
h d
~ = − d µ0 LI (t) ln 1 + h
~B · dS
=−
ln 1 +
[ I (t)]
dt
2π
d
2π
d dt
SC
179
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 8
Comme I (t) = Im cos ωt,
E =−
µ0 L
µ0 L
h d
h
I
cos
ωt
=
ln 1 +
ln
1
+
Im ω sin ωt
[m
]
2π
d dt
2π
d
Ceci est donc l’expression de la différence de potentiel qui existe entre les bornes de la spire,
que l’on peut aussi noter V (t). Remarquez que cette expression est également dépendant du
temps de manière sinusoïdale, ce qui est normal étant donné l’explication que l’on a donnée
précédemment (déplacement cyclique des charges positives de droite à gauche, provoquant une
tension tantôt négative, tantôt positive). Dans ce genre d’expression, l’amplitude de la tension
alternative est l’ensemble des termes se trouvant devant le sinus. On note :
µ0 L
h
Vm =
ln 1 +
Im ω
2π
d
Pour une tension alternative sinusoïdale, la valeur efficace est donnée par l’amplitude divisée
√
par 2 :
Vm
h Im
√ f = 0, 23 V
Veff = √ = µ0 L ln 1 +
d
2
2
Exercice 8
Comme précisé dans l’énoncé, on néglige les effets générés par les parties latérales du contour,
c’est-à-dire les conducteurs verticaux. Cela signifie que l’on néglige le champ magnétique qu’elles
génèrent, mais également que l’on néglige les effets de bord des conducteurs horizontaux (comme
si leur longueur était infinie). Cela étant dit, la situation devient alors très simple puisqu’il s’agit
de calculer le champ magnétique généré par deux courants rectilignes horizontaux de longueur
infinie. Le principe de superposition nous indique qu’à tout endroit de l’espace, le champ magnétique total est égal à la somme des champs magnétiques ~B1 (généré par le conducteur supérieur) et ~B2 (généré par le conducteur inférieur). Il est donc plus aisé de calculer séparément
ces deux champs magnétiques et puis de faire la somme pour obtenir le champ magnétique
résultant.
x
B1
B
z
y
I
I
B2
L’orientation du champ magnétique généré par un courant est donné par la règle de la main
droite, dans laquelle on considère le pouce dans le sens du courant et le reste de la main donne
la direction du champ magnétique. Les champs ~B1 et ~B2 ont donc l’orientation donnée sur le
schéma ci-dessus, menant à la conclusion que le champ magnétique total dans le plan ( x, z)
(dans le plan du cadre en y = 0, à l’intérieur du cadre) est toujours perpendiculaire à ce plan,
c’est-à-dire dans le sens de l’axe y. Pour trouver l’amplitude des champs ~B1 et ~B2 , il faut ap180
Exercice 8
Chapitre 4 - Electromagnétisme
pliquer la loi d’Ampère pour un courant rectiligne, ce qui a déjà été fait de nombreuses fois en
µ I
magnétostatique. Le résultat est, comme à chaque fois : ~B(r ) = 0 ~1θ où r est la distance entre
2πr
le point de calcul du champ magnétique et le fil générant ce champ, et ~1θ est un vecteur tangent au contour d’Ampère C (C étant un cercle passant par le point de calcul, perpendiculaire
au conducteur et dont le centre est le conducteur). Comme tous les points de calcul se trouvent
dans le plan du cadre, et à l’intérieur de celui-ci, on a déjà prouvé ci-dessus que ~1θ = ~1y . On
trouve donc :
~B1 (r1 ) = µ0 I ~1y
2πr1
et
~B2 (r2 ) = µ0 I ~1y
2πr2
x
I
r1
D
2
x
r2
B  B1  B2
z
y
I
En étudiant de près le schéma ci-dessus mettant en évidence toutes les distances, on trouve que
r1 = D − x et r2 = D + x . On déduit donc le champ magnétique total :
2
2
~B( x ) = ~B1 (r1 ) + ~B2 (r2 ) = µ0 I ~1y + µ0 I ~1y = µ0 I
2πr1
2πr2
2π
D
2
!
1
1
+
~1y
− x D2 + x Remarquez que ce champ dépend uniquement de x et non de z. Pour calculer flux du champ
magnétique, on doit intégrer ce champ magnétique sur la surface S comprise entre les différents
conducteurs du cadre. En inspectant le schéma de l’énoncé, on voit que cette surface s’étend de
d
0 à M selon l’axe z, et de − D−
2 à
D −d
2
selon l’axe x. Remarquez que le flux de champ magné-
tique ne comprend pas les lignes de champ passant à travers le conducteur lui-même. En effet,
l’expression du champ magnétique trouvée ci-dessus n’est valable que si nous nous trouvons à
l’extérieur d’un conducteur. A l’intérieur du conducteur, le champ magnétique a une toute autre
expession (déjà déterminée dans un exercice de magnétostatique) et il faudrait donc calculer
cette contribution au flux séparément. Dans le cadre de cet exercice, nous simplifions les choses
en négligeant le flux passant à travers le conducteur (ce qui explique pourquoi notre surface
s’arrête à x =
D −d
2
et non pas à x =
D
2 ).
Pour intégrer sur toute la surface S, il faut donc intégrer
181
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 8
sur l’ensemble des z et l’ensemble des x, ce qui revient à calculer une double intégrale :
φM =
=
Z
S
~
~B · dS
Z z = M Z x = D −d
2
d
x =− D−
2
z =0
=
µ0 I
2π
D −d
2
Z MZ
0
! !
1
1
D
+ D
~1y
dxdz~1y
− x + x
2
2
!
1
1
+
dxdz
− x D + x
µ0 I
2π
D
d
− D−
2
2
2
A la dernière étape, l’ensemble des termes indépendants de x et z ont été placés en-dehors de
l’intégrale. Cette double intégrale peut paraître impressionnante mais vous remarquerez qu’elle
se simplifie assez vite : il suffit de remarquez que l’intégrande ne dépend pas de z, ce qui nous
permet de sortir la totalité de cette intégrande de l’intégrale par rapport à z :
φM
R
D −d
2
d
− D−
2
µ0 I
=
2π
Z
1
| D2 −x|
+
D −d
2
D
d
− D−
2
2
1
| D2 +x|
1
1
+ D
−x
+
x
2
!
dx
Z M
dz
0
dx ne dépendant pas de z, il est considéré comme
RM
une constante du point de vue de l’intégrale par rapport à z. Il reste l’intégrale 0 dz qui vaut
En effet, le terme
simplement M. L’intégrale double devient donc très rapidement une intégrale simple :
φM
Comme
R
dx
x
µ0 MI
=
2π
Z
D −d
2
d
− D−
2
D
2
1
1
+ D
−x
2 +x
!
dx
= ln | x | + C et que ln a − ln b = ln ba , on trouve :
φM
" # D −d
D + x 2
µ0 MI
2
=
ln D
− x D −d
2π
2
− 2

 −d 2D −d
2 µ0 MI  2 
=
ln − ln 2π
−2d 2D2−d µ0 MI
|2D − d| 2
=
ln
2π
|−d|
µ0 MI 2D
=
ln − 1
π
d
Comme il a été vu au cours théorique, on sait que le flux magnétique est proportionnel au champ
magnétique et que le champ magnétique est proporitionnel au courant qui le génère. De manière
générale, on considérera donc que le flux magnétique est proportionnel au courant : φM = LI,
où le facteur de proportionnalité L est appelé inductance du circuit (ici le circuit est le cadre dans
lequel circule le courant). On trouve donc l’indutance :
φM
µ0 M 2D
L=
=
ln − 1 = 16, 31 µH
I
π
d
182
Exercice 8
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Il est important de remarquer que ce résultat ne dépend ni du courant, ni d’un champ, ni d’une
différence de potentiel, etc. L’inductance dépend de grandeurs telles que M, D et d qui sont des
grandeurs dépendant uniquement de la géométrie du problème (largeur et longueur du cadre,
diamètre des conducteurs, etc.) Ainsi, l’inductance est une grandeur fixée à la construction du
circuit électrique, elle ne dépend pas d’autres grandeurs générées par l’environnement (champs,
tensions, température, couleur des yeux de Marc Haelterman, cote moyenne des étudiants à
l’examen, etc.)
Gardez bien à l’esprit que nous sommes ici dans un exercice d’auto-induction car le courant
dans l’expression du flux est alternatif :
µ0 MI (t) 2D
φM (t) =
ln − 1
π
d
avec I (t) = Im cos ωt = Im cos(2π f t). La dérivée temporelle de ce flux n’est donc pas nulle et on
voit apparaitre sur le cadre une force électromotrice E donnée par la loi de Faraday :
dI (t)
µ0 M 2D
dφM
=−
ln − 1
E =−
dt
π
d
dt
d
= − L [ Im cos(2π f t)] = LIm 2π f sin(2π f t)
dt
Cette force électromotrice apparait sur le cadre par phénomène d’auto-induction (le courant
sinusoïdal provenant de la source génère un champ magnétique sinusoïdal, donc un flux et une
force électromotrice également sinusoïdaux, ce qui est montré par l’expression ci-dessus). Il est
important de remarquer que cette force électromotrice n’a rien à voir avec la source de tension
sinusoïdale qui se trouve à l’entrée du circuit, il s’agit d’une différence de potentiel sinusoïdale
qui s’ajoute à la différence de potentiel sinusoïdale déjà apportée par la source. Tout se passe
donc comme si nous avions un circuit RL alimentée par une source sinusoïdale V (t) = Vm cos ωt,
avec une inductance L donnée par l’expression ci-dessus retrouvant une tension VL = −E =
LIm 2π f sin(2π f t) à ses bornes, et une résistance R = 0, 1Ω donnée dans
l’énoncé retrouvant
√
une tension VR = RI (t) = RIm cos(2π f t) à ses bornes (avec Im =
183
Vm
R
=
2Veff
R
car Veff =
Vm
√
2
).
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 9
Exercice 9
184
Exercice 10
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 10
Exercice non corrigé.
Exercice 11
Nous avons un phénomène d’auto-induction qui apparait au niveau de la bobine : le courant est
initialement nul et s’établit à l’instant t = 0, provoquant l’augmentation du courant. La bobine
est donc traversée donc un courant croissant, et va créer une force électromotrice luttant contre
cette augmentation de courant. Un courant induit va donc apparaitre dans le circuit (dans le
sens horlogique) de manière à réduire le courant total. Cela aura pour effet de « ralentir » la
croissance du courant, qui ne s’établira donc pas instantanément (comme ce serait le cas en
l’absence de bobine).
Pour déterminer la puissance de n’importe quel élément dans un circuit, on utilise la définition
de la puissance électrique qui est valable pour n’importe quel élément d’un circuit :
Pélément (t) = Vélément (t) Iélément (t)
où Vélément est la différence de potentiel aux borne de l’élément en question, et Iélément est le
courant circulant dans cet élément. Remarquons que le courant est ici identique pour les trois
éléments du circuit puisque nous n’avons qu’une maille. Pour déterminer l’expression exacte
du courant I (t) en fonction du temps, il faut d’abord appliquer la loi des mailles qui stipule que
la somme des différences de potentiel sur une maille (contour électrique fermé) est nulle. On a
donc dans cet exemple
+V − VR − VL = 0
Quelques explications sont ici nécessaires. Premièrement le sens des tensions prises dans le
circuit respectent une convention universelle : pour un générateur, la flèche de V est dans le
même sens que I et pour tout autre élément (R, L ou C dans le cadre de ce cours), V est opposé à I. Ceci explique donc le sens des trois flèches indiquées dans le schéma ci-dessous.
VL
VR
Ensuite, la manière d’appliquer la loi des mailles est la suivante :
• Choisir un sens de circulation pour la maille : deux possibilités s’offrent à vous, n’importe laquelle convient (en général on préfère prendre le sens du courant, c’est-à-dire antihorlogique dans ce cas)
185
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 11
• Rajouter un signe + devant les tensions qui sont dans le même sens que le sens de la maille
(dans notre cas, uniquement V)
• Rajouter un signe − devant les tensions qui sont dans le sens opposé au sens de la maille
(dans notre cas, VR et VL )
• Le tout doit être égal à 0
Remarquez que cette opération revient à dire que la circulation du champ électrique est nul sur
H
un contour fermé : ∆V = − ~E · d~` = 0, ce qui peut également s’interpréter par la conservation
C
de l’énergie. Nous savons par la loi d’Ohm que VR = RI et nous avons vu que pour un inducteur
que VL = L dI
VLl’oriente dans le sens opposé à la
dt (remarquez que le sens conventionel pour
dφ M
force électromotrice E , impliquant que VL = −E = − − dt = L dI
dt ). On trouve donc :
V = VR + VL = RI + L
dI
dt
Faites bien attention aux conventions et méthodes utilisées ici pour arriver à l’expression de la
loi des mailles, c’est quelque chose qui reviendra très souvent en BA2. Cette équation comporte
trois termes : un terme constant (V), un terme contenant une fonction (I (t)) et un autre contenant
la dérivée de cette fonction ( dI
dt ). Une équation regroupant une fonction ainsi que les dérivées ou
primitives de cette fonction est appelée équation différentielle. La solution de cette équation est
donnée par la somme de la solution de l’équation homogène RI + L dI
dt = 0 avec une solution
particulière (par exemple, l’équation pour laquelle I (t) est une constante, c’est-à-dire où
dI
dt
= 0).
Le détail de ce développement est entièrement fait dans le cours théorique, on reprend donc la
solution qui y est trouvée :
R
V
I (t) =
1 − e− L t
R
Il est important de remarquer que nous pouvons reprendre ce résultat du cours théorique car la
situation de l’énoncé est identique à la situation du cours. Faites cependant bien attention à ne
pas reprendre bêtement des formules du cours quand celles-ci sont uniquement applicables à
des cas particuliers (comme ici le circuit RL en « charge »). Dans tous les autres circuits que vous
rencontrerez, il faudra donc toujours repartir de la loi des mailles pour trouver I (t).
Une fois que l’expression de I (t) est trouvée, le reste est très facile. Nous pouvons trouver la
puissance des différents éléments du circuit par un simple produit V I :
R
R
V2 V
1 − e− L t =
1 − e− L t
R
R
2
R
V2 Présistance (t) = VR (t) IR (t) = RIR (t) IR (t) =
1 − e− L t
R
R
V2 − R t dI
Pbobine (t) = VL (t) IL (t) = L I (t) =
e L 1 − e− L t
dt
R
Pgénérateur (t) = Vgénérateur (t) Igénérateur (t) = V
On peut ainsi vérifier que Pgénérateur = Présistance + Pbobine , ce qui est bien conforme au principe
de conservation de l’énergie. En effet, la puissance fournie par le générateur doit bien être égal
aux puissances consommées par les éléments électriques du circuit (résistance et bobine dans ce
cas). La puissance du générateur (notée P(t) dans l’énoncé) est une puissance fournie au circuit
par le générateur, contrairement à la puissance de la résistance (notée PJ (t) dans l’énoncé) qui est
186
Exercice 12
Chapitre 4 - Electromagnétisme
une puissance dissipée par effet Joule, qui sort donc du circuit sous forme de chaleur et est donc
perdue (en pratique, il faut donc la réduire au maximum). Par exemple, si vous utilisez votre
GSM pendant une longue durée, vous observez qu’il chauffe : c’est une partie de la puissance
fournie par la batterie qui est perdue sous forme de chaleur et qui ne pourra donc jamais être
utilisée pour, par exemple, envoyer des SMS élogieux à vos assistants de physique.
R
Au temps t2 , on sait que I (t2 ) = VR 1 − e− L t2 et l’énoncé indique que I (t2 ) =
R
V
trouve VR 1 − e− L t2 = 2R
, et en isolant t2 :
t2 =
I (∞)
2
=
V
2R .
On
L
ln 2 = 8, 7 ms
R
Exercice 12
Le plus simple est de raisonner sur base du principe de conservation de l’énergie : le travail nécessaire pour séparer les aimants d’une distance infinitésimale δ est égal à l’énergie magnétique
créée dans l’espace séparant les deux aimants.

F
F
B1  B2
B1
B2
Le travail nécessaire pour écarter les deux aimants d’une distance infinitésimale δ est donné par :
δ
δ
W = F + F = Fδ
2
2
Pour trouver l’énergie magnétique apparue entre les deux aimants, on multiplie la densité volumique d’énergie magnétique à cet endroit par le volume créé :
EM = w M V
où V = πR2 δ est le volume du cylindre en pointillés ci-dessous, espace créé par la séparation
des deux aimants (dans lequel règne un champ magnétique total ~B = ~B1 + ~B2 ).

R
V
187
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 12
On trouve donc :
EM =
2
Bentre
(2B)2
2B2
les aimants
πR2 δ =
πR2 δ =
πR2 δ
2µ0
2µ0
µ0
En égalant W et EM , on trouve :
Fδ =
Donc :
F=
2B2
πR2 δ
µ0
2πR2 B2
= 5, 12 kN
µ0
188
Exercice 13
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 13
a)
189
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 13
b)
190
Exercice 13
Chapitre 4 - Electromagnétisme
c)
191
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 14
Exercice 14
192
Exercice 15
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 15
a)
193
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 15
b)
194
Exercice 16
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 16
En observant le circuit, on peut déduire assez rapidement par la loi des mailles que la tension
aux bornes du condensateur est la même que celle aux bornes du générateur :
VC (t) = V (t)
VC  t 
I t 
V  t
Les flèches correspondant à ces tensions ont été placées de manière arbitraire dans le schéma
ci-dessus. Notez que le sens des flèches n’a ici peu d’importance puisqu’il s’agit d’une tension
sinusoïdale (qui oscille donc entre des valeurs positives et négatives). Pour être rigoureux, le
sens de cette flèche devrait donc s’inverser périodiquement, ce que l’on ne fait bien sûr jamais
en pratique : on donne un « sens » à la tension et on le conserve pour tout l’exercice. Il en va de
même pour le courant qui respecte le sens de la convention (dans le même sens que la flèche de
V (t) et dans le sens opposé à la flèche de VC (t)).
Plaçons-nous ci-dessous au niveau du condensateur. On vient de montrer que la tension VC (t)
se trouvant à ses bornes est la même que V (t), plaçons-nous par exemple dans le cas où cette
tension est positive et croisante. Ce cas correspond à la charge d’un condensateur par le biais
d’un courant ~J que l’on a déjà observé en électrostatique. Cette charge fait apparaitre une accumulation de charges positives sur la plaque de gauche et négatives sur la plaque de droite,
provoquant l’apparition d’un champ électrique ~E allant de gauche à droite, perpendiculairement aux plaques et uniforme partout à l’intérieur du condensateur. Etant donné que VC (t)
augmente, il doit en être de même pour ~E. Si la norme du champ életrique augmente dans le
~
temps, sa dérivée est positive et le courant de déplacement ~JD = e0 ∂∂tE est donc orienté vers la
droite. Ce courant de déplacement remplace donc le courant de conduction lorsque celui-ci disparait à cause d’une accumulation de charges (le courant de déplacement n’est bien sûr pas un
courant de charges, il est lié à l’évolution d’un champ électrique).
195
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 16
 J 
D
J
B
J
E
VC  t 
Nous connaissons donc la différence de potentiel entre les plaques du condensateur et savons
que cette différence de potentiel est due à la présence d’un champ électrique. On utilise donc la
définition de la différence de potentiel qui permet de trouver directement le champ électrique :
VC (t) = −
Z plaque+
plaque−
~E(t) · d~`
Puisque le champ électrique est perpendiculaire aux plaques et uniforme entre les deux plaques,
le produit scalaire devient le produit des composantes et le champ électrique peut sortir de
l’intégrale :
VC (t) = − E(t)
Z plaque+
plaque−
d` = E(t)
Z plaque−
plaque+
d` = E(t)e
Notez que l’intégrale est prise de la plaque − à la plaque + de manière à trouver une différence
de potentiel positive (on « suit la flèche de VC (t) » sur le schéma ci-dessus), et que l’inversion
des bornes permet de se débarrasser du signe moins devant l’intégrale. On trouve donc :
E(t) =
V (t)
Vm
VC (t)
=
=
sin(ωt)
e
e
e
Pour trouver le champ magnétique, il est nécessaire de recourir à la loi d’Ampère-Maxwell :
I
C
~B · d~` = µ0
Z
SC
~
~J + ~JD · dS
où C est un contour ampérien se trouvant entre les plaques du condensateur, parallèle à celles-ci
(cf. schéma ci-dessous). Notez que cette situation est fort différente du contour d’Ampère qui
était tracé dans le schéma ci-dessus. Dans ce précédent cas, le contour d’Ampère était traversé
par un seul courant ~J : en utilisant la règle de la main droite, il était facile de voir que le champ
magnétique généré à cet endroit est tangent au contour ampérien. Dans le schéma ci-dessous,
le contour ampérien est traversé par un ensemble de courants ~JD et il n’est pas évident que
le champ magnétique ~B résultant de tous ces courants soit tangent au contour C, comme le
suggère pourtant le schéma. Notez que la présence d’un ensemble de courants à la place d’un
seul courant est dû à la présence d’un ensemble de champs électriques présents partout entre
les plaques du condensateur.
196
Exercice 16
Chapitre 4 - Electromagnétisme
J
J
JD B
Pour vérifier que le champ magnétique est bien tangent au contour d’Ampère, prenons la situation vue de face (cf. schéma ci-dessous) comme si nous étions à la place de la plaque −.
Considérons deux courants ~JD1 et ~JD2 symétriques par rapport au rayon dessiné en pointillés
gris. En appliquant la règle de la main droite, on trouve les deux champs ~B1 et ~B2 générés par
ces deux courants, et l’on observe que leur résultante est bien un champ magnétique tangent au
contour d’Ampère, c’est-à-dire parallèle à d~`. Il en est de même si on procède à la somme de tous
les couples de courants symétriques, et le champ ~B total est donc lui-même bien tangent à C. Il
est indispensable que cette propriété soit vérifiée étant donné que si ~B n’était pas tout le temps
parallèle à d~`, le produit scalaire ~B · d~` dans la loi d’Ampère-Maxwell ferait intervenir un angle θ
variable dans l’intégrale, ce qui n’est pas aisé à calculer. Notez au passage que le contour C sera
ici parcouru dans le sens anti-horlogique, ce qui permet d’avoir ~B dans le même sens que d~` et
ne pas se casser la tête dans les calculs avec des signes. Puisque le sens de parcours est imposé,
~ qui est donc indiqué sortant sur le schéma, de manière à respecter la
il en va de même pour dS
~ reste de la main dans le sens de parcours de
règle de la main droite (pouce dans le sens de dS,
C).
B d
JD1
dS
B2
B1
r
JD2
La circulation du champ magnétique donne donc :
I
C
~B · d~` =
I
C
Bd` = B
I
C
d` = B2πr
où r est le rayon du contour d’Ampère. Remarquez que ce résultat est valable pour tous les
contours d’Ampère de cet exercice, peu importe si la valeur de r est inférieure ou supérieure
au rayon R des plaques du condensateur. On l’utilisera donc pour les sous-questions b) et c).
Il reste donc à calculer l’intégrale de flux se trouvant de l’autre côté de l’équation d’AmpèreMaxwell. Pour cela, utilisons les trois schémas ci-dessous pour bien se représenter la situation.
La figure de gauche montre la situation générale vue de face. Bien que cela ressemble à une pizza
197
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 16
pepperoni, chaque point représente en réalité un vecteur de courant de déplacement ~JD sortant
de la feuille. Ces vecteurs ne sont évidemment présents qu’entre les deux plaques (puisque le
champ électrique n’existe qu’entre les deux plaques), dans un rayon R correspondant au rayon
des plaques du condensateur. La deuxième figure représente la situation de l’exercice b) où l’on
désire calculer le champ magnétique entre les deux plaques à l’intérieur de celles-ci, c’est-à-dire
pour r < R. Le flux intercepté par la surface SC est donc la partie colorée en turquoise sur le
schéma (plus r est grand, plus cette surface est grande). On trouve donc :
Z
SC
Z
~ =
~
~J + ~JD · dS
~JD · dS
SC
puisque ~J est nul entre les plaques (aucune charge ne se déplace d’une plaque à l’autre). Comme
les vecteurs sont dans le même sens et que le courant de déplacement est constant sur toute la
surface SC , on trouve :
Z
SC
~ =
~JD · dS
Z
SC
JD dS = JD
Z
SC
dS = JD SC = JD πr2
La loi d’Ampère-Maxwell devient donc :
B2πr = µ0 JD πr2
et on trouve
B (r ) =
µ0
JD r
2
Notez qu’il est préférable de garder JD sous cette forme jusqu’à cette étape-ci, rien ne sert de
~
le remplacer dès le début par son expression ~JD = e0 ∂E , cela va juste embrouiller les calculs.
∂t
Maintenant que les intégrales de circulation et de flux sont calculées, remplaçons JD par son
expression :
B(r, t) =
e0 µ0 ∂E
e0 µ0 ωVm
r=
r cos(ωt)
2 ∂t
2
e
Le champ magnétique est donc un vecteur dépendant à la fois de la position dans l’espace (via
la distance r) et du temps. On note l’amplitude d’une grandeur l’ensemble des termes présents
devant le cosinus (ou le sinus). L’amplitude de ce champ magnétique est donc :
e0 µ0 ωVm
r
2
e
Bm (r ) =
r>R
r<R
JD  0
JD  0
r
r
R
R
R
C
SC
198
C
SC
Exercice 16
Chapitre 4 - Electromagnétisme
La troisième figure représente la situation de l’exercice c) où l’on désire calculer le champ magnétique entre les deux plaques à l’extérieur de celles-ci, c’est-à-dire pour r > R. Le flux intercepté
par la surface SC est donc la partie colorée en turquoise sur le schéma, qui s’arrête naturellement à un rayon R puisqu’il n’y a pas de courant de déplacement au-delà de cette valeur. Il est
important de remarquer deux zones distinctes dans ce calcul de flux : la surface SC se divise en
une surface intérieure Sint (dans laquelle règne un courant de déplacement ~JD ) et une surface
extérieure Sext (dans laquelle il n’existe aucun courant de déplacement). On note donc :
Z
SC
~ =
~JD · dS
Z
Sint
~ +
~JD · dS
Z
Sext
~ =
~JD · dS
Z
Sint
~
~JD · dS
puisque ~JD = 0 dans la surface extérieure, c’est-à-dire dans la partie de SC qui n’est pas coloriée
en turquoise. Comme la surface intérieure est un disque de rayon R, on trouve :
Z
Sint
~ =
~JD · dS
Z
Sint
JD dS = JD
Z
Sint
dS = JD Sint = JD πR2
La loi d’Ampère-Maxwell devient donc :
B2πr = µ0 JD πR2
et on trouve
B(r, t) =
µ0 R2
e0 µ0 ∂E R2
e0 µ0 ωVm R2
JD
=
=
cos(ωt)
2
r
2 ∂t r
2
e r
L’amplitude de ce champ magnétique est donc :
Bm (r ) =
e0 µ0 ωVm R2
2
e r
Bm r 
r
R
L’expression générale de l’amplitude du champ magnétique est donc :
(
Bm (r ) =
e0 µ0 ωVm
2
e r
e0 µ0 ωVm R2
2
e
r
si r < R
si r ≥ R
On remarque donc que le champ magnétique croit linéairement dans la première partie, ce qui
est normal puisque plus le contour d’Ampère est grand, plus on capte du flux de courant de
déplacement. Dans la seconde partie, le champ magnétique décroit en 1/r, ce qui est exactement
le même résultat que l’on aurait obtenu en appliquant la loi d’Ampère autour de ~J dans le fil
199
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 17
qui mène au condensateur. L’équation d’Ampère-Maxwell a donc permis de trouver un champ
magnétique qui ne présente aucune discontinuité entre la zone autour de ~J et la zone autour de
H
~ = 0.
~JD (pour r ≥ R), ce qui est bien en accord avec la loi de Gauss en magnétostatique ~B · dS
S
La question d) se résout via la loi de Faraday, de la même manière que les autres exercices que
nous avons faits ensemble. On obtient :
E (t) = Em sin(ωt)
avec Em = 1, 371 × 10−13 V
Exercice 17
200
Exercice 17
Chapitre 4 - Electromagnétisme
201
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 17
202
Exercice 18
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 18
a) Par la loi des mailles, on sait que la différence de potentiel aux bornes du générateur VS (t)
est égale à celle aux bornes du câble VC (t). Vu qu’il n’y a pas de connexion entre les deux
armatures au bout du câble, on peut l’assimiler à un condensateur dont les armatures sont
séparées par un diélectrique de permittivité e0 . On peut donc dessiner le schéma électrique
équivalant suivant :
I t 
diélectrique
VS  t 
circuit ouvert
I t 
I t 

VS  t 
Q  t 
C
I t 
VC  t 
Q  t
Comme I (t) est un courant alternatif généré par une tension alternative, il prend des valeurs positives et négatives à intervalles réguliers. Lors d’un flanc montant de I (t), l’armature centrale va se charger positivement et l’armature extérieure négativement. Lors d’un
flanc descendant, c’est l’inverse : l’armature centrale va se décharger tandis que l’armature
extérieure va se charger. Au final, on note Q(t) la charge sur l’armature centrale telle que
dQ(t)
dt . Sur l’autre armature, on a donc forcément la charge opposée
− Q(t). Le schéma
ci-dessous représente les lignes de champ électrique lorsque la charge Q(t) est positive. Bien
entendu, ces lignes de champ sont "retournées" lorsque Q(t) est négative et on conclut donc
que le champ électrique ~E est une fonction du temps.
I (t) =
Q  t 
E t
E
Q  t
Q  t
Q  t 
Afin de déterminer l’expression du champ électrique, on utilise la loi de Gauss comme préH
~ = Qint . La surface de Gauss S est décrite ci-dessous. Elle n’englobe
cédemment : ~E · dS
S
e0
aucune charge si r ≤ a, elle englobe une charge Q(t) si a < r < b et elle englobe une charge
Q(t) + (− Q(t)) = 0 si r ≥ b. On trouve Er 2πrd =
~E(r, t) =


Q(t) ~
2πrde0 1r
0
Q(t)
e0
et donc
si a < r < b
ailleurs
203
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 18
r
VC
d
Remarquez que le champ électrique est bien alternatif, ce qui est logique puisque la cause
de son existence est une tension alternative. Le champ électrique est donc dépendant du
Q(t)
VC (t)
temps et de l’espace. Pour trouver la capacité C =
du condensateur, il faut d’abord dé-
terminer la différence de potentiel VC (t) aux bornes du condensateur en fonction du champ
électrique ~E(r, t). Pour cela, on se base sur la définition de la différence de potentiel et on
intègre le champ électrique sur un chemin allant de l’armature extérieure à l’armature centrale :
VC (t) = −
Z +
−
~ =
~E(r, t)dr
Z b
On trouve finalement
C=
a
E(r, t)dr =
Q(t)
=
VC (t)
et donc
C=
Z b
Q(t)
a
Q(t)
dr =
ln
2πrde0
2πde0
b
a
Q(t)
ln ba
Q(t)
2πde0
2πde0
= 0, 41 nF
ln ba
b) Le courant de déplacement ~JD remplace le courant de conduction ~J lorsqu’il y a quelque part
une accumulation de charges. Ici, on est bien dans ce cas puisqu’une quantité de charges
s’accumulent sur les armatures du câble, provoquant l’absence de courant ~J entre les deux
armatures. Comme il y a présence d’un courant I (t), la loi d’Ampère indique qu’il doit y
avoir présence d’un champ magnétique entre les deux armatures. Afin de ne pas tomber
dans un paradoxe et rendre invalide la loi d’Ampère pour certains choix de surface SC , on
est donc obligés de faire apparaitre un courant de déplacement ~JD entre les deux armatures.
Remarquez que cela ne serait pas le cas si I était un courant continu. Dans ce cas, les armatures se seraient chargées et le courant I finirait par s’annuler, annulant également le champ
magnétique ~B et la raison d’être du courant de déplacement ~JD .
204
Exercice 19
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Q  t 
E t
JD
Q  t
Q  t
Q  t 
~
Le courant de déplacement est défini comme étant ~JD = e0 ∂∂tE . Si on combine l’expression
du champ électrique trouvée précédemment avec le fait que I (t) =
~JD (r, t) =


I (t) ~
2πrd 1r
0
dQ
dt ,
on trouve
si a < r < b
ailleurs
Ce qui correspond bien au schéma ci-dessus.
c) Le courant de déplacement ~JD est radial autour de l’armature centrale, et passe donc à travers des surfaces cylindriques comme représenté ci-dessous. Pour calculer son flux, on calcule donc l’intégrale de surface S :
ID =
ZZ
S
~ =
~JD · dS
ZZ
S
JD dS =
Z d Z 2π
0
0
JD rdθdz = d
Z 2π
I (t)
0
I (t)
rdθ = d
2πrd
2πd
Z 2π
dθ = I (t)
0
On a donc bien prouvé que I est égal à ID , ce qui est normal puisque le courant de déplacement prend entièrement le relai en l’absence de courant de conduction.
S
r
d
rd
rd dz
d
Exercice 19
a) Le placement d’une résistance de charge empêche l’accumulation de charges sur les armatures mais un autre effet va apparaitre, et il nous faut découvrir l’élément équivalent qui
remplacera le câble dans une telle situation (cf. schéma équivalent ci-dessous).
205
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 19
I t 
I t 
circuit fermé
VS  t 

I t 
VS  t 
R
I t 
?
Le champ magnétique s’obtient facilement en appliquant la loi d’Ampère sur un contour
C de rayon r entourant l’axe des armatures. Si r < a, le champ magnétique augmente linéairement avec r car de plus en plus de courant passe à l’intérieur du chemin d’Ampère.
Si a ≤ r < b, un courant I (t) passe à l’intérieur du chemin d’Ampère et Bθ 2πr = µ0 I (t).
Si r ≥ b, un courant I (t) + (− I (t)) passe à l’intérieur du chemin d’Ampère et le champ
magnétique est nul. En résumé :
~B(r, t) =

 µ0 I (t)~1
2πr
0
θ
si a ≤ r < b
si r ≥ b
On omet le cas où r < a car il ne sera pas utile dans cet exercice.
Remarquez que le champ magnétique est bien alternatif, ce qui est logique puisque la cause
de son existence est un courant alternatif. Le champ magnétique est donc dépendant du
temps et de l’espace. Comme représenté dans le schéma ci-dessous, il est orienté tangentiellement aux contours d’Ampère et décroissant avec r.
I t 
B
Ei
 I t 
I t 
v
B
I t 
Le schéma de droite ci-dessus montre le cas où le courant est en train d’augmenter. Cela correspond à une augmentation du champ magnétique entre des armatures qui peut être vu
comme un déplacement des lignes de champ vers l’armature extérieure (représenté par la
vitesse −~v sur le schéma. Cela revient à dire que les lignes de champ magnétique sont fixes
et qu’un point situé entre les armatures est en mouvement à vitesse ~v vers l’armature centrale. En ce point doit donc apparaitre un champ électrique induit ~Ei = ~v × ~B orienté comme
indiqué sur le schéma ci-dessus. Puisque ~Ei est proportionnel à ~B, le champ électrique induit
décroit en amplitude avec r, comme indiqué sur le schéma de gauche ci-dessous. Arrivé
à l’armature extérieure, le champ magnétique est nul et le champ électrique induit aussi.
L’armature centrale va donc être soumise à un champ électrique induit qui va déplacer
les charges qu’elle contient de manière à faire apparaitre une différence de potentiel V (t)
comme indiqué sur le schéma de gauche ci-dessous. Remarquez que l’effet sera le même
lorsque le courant I (t) diminue, sauf que le champ induit est de sens opposé et V (t) également. Dans le schéma de gauche, le champ induit pousse les charges à se déplacer vers
206
Exercice 19
Chapitre 4 - Electromagnétisme
la gauche, ce qui est contraire au sens du courant I (t) et a donc tendance à le diminuer
(alors qu’il est en train d’augmenter). Dans le schéma de droite, le champ induit pousse
les charges à se déplacer vers la droite, c’est-à-dire dans le sens du courant I (t), ce qui a
tendance à l’augmenter (alors qu’il est en train de diminuer).
I t 
I t 
Ei

V  t
Ei



V  t
On a donc bien ici un effet d’auto-induction puisque l’armature centrale fait apparaitre un
courant qui s’oppose à la cause de son existence. Ce conducteur peut donc être remplacé
par une bobine comme indiqué dans le schéma équivalent ci-dessous.
I t 
VS  t 
R
I t 
Pour déterminer l’inductance de cette bobine équivalente, on se base sur le fait que le flux
magnétique responsable de l’apparition d’une différence de potentiel V (t) est proportionnel
au courant qui a généré ce flux magnétique : φ(t) = LI (t). Le contour de Faraday à considérer est donc celui décrit sur le schéma ci-dessous, où la seule contribution du champ induit
~Ei à la force électromotrice est donnée par le côté du rectangle en contact avec l’armature
centrale.
B
SC
B
C
 I t 
I t 
Le flux magnétique est donné par l’intégrale sur la surface SC sous-tendue par ce contour :
φ=
Puisque L =
ZZ
SC
φ(t)
,
I (t)
~ =
~B · dS
Z dZ b
0
a
µ0 I ( t )
B(r, t)drdz = d
2π
Z b
dr
a
µ0
=d
ln
r
2π
on trouve finalement :
µ0
L=d
ln
2π
b
= 3, 86$, µH
a
207
b
I (t)
a
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 19
b) En résumé, les armatures jouent à deux le rôle d’un condensateur de capacité
C=
2πde0
ln ba
et l’armature centrale se comporte comme une bobine d’inductance
µ0
L=d
ln
2π
b
a
En tenant compte de ces deux effets, le schéma équivalent est donné ci-dessous.
I t 
VS  t 
C
I t 
R
L
Le câble et la résistance de charge forment donc, du point de vue de la source, une impédance équivalente
Zéq = ZC k ( ZR + ZL ) =
ZC ( ZR + ZL )
=
ZC + ZR + ZL
1
iωC ( R + iωL )
1
iωC + R + iωL
=
R + iωL
1 + iωRC − ω 2 LC
On suppose dans l’énoncé que cette modélisation équivalente n’est valable que pour des
faibles fréquences, donc on néglige le terme en ω 2 face au terme en ω. L’impédance équivalente devient :
Zéq =
R + iωL
1 + iωRC
Si la charge R tend vers 0 (court-circuit), Zéq = iωL, ce qui correspond à l’impédance d’une
bobine L. En gros, cela revient à dire que l’effet capacitif du câble a disparu, ce qui est normal puisque l’accumulation de charges est impossible. Si la charge R tend vers ∞ (circuit
ouvert), Zéq =
1
iωC ,
ce qui correspond à l’impédance d’un condensateur C. En gros, cela
revient à dire que l’effet inductif du câble a disparu, ce qui est normal puisqu’il y a accumulation de charges sans courant au sein des armatures. Dans une utilisation concrète du
câble, il y a toujours une charge au bout du câble et les deux effets (inductif et capacitif)
sont à prendre en compte. Si on utilise du courant continu (ω = 0), on trouve Zéq = R et les
deux effets ont disparu.
Ci-dessous sont représentés les modules Zéq de ces impédances équivalentes lorsque R =
50 Ω (à gauche) et R = 1000 Ω (à droite). On voit donc que l’impédance de charge perçue
par la source varie faiblement lorsque cette charge est faible (à gauche, variation de 0, 3%)
alors qu’elle varie fortement lorsque la charge est grande (à droite, variation de 8%).
208
Exercice 19
Chapitre 4 - Electromagnétisme
En pratique, la charge est relativement faible. Par exemple, elle vaut 50 Ω pour des applications radiofréquences (GSM, Wi-Fi, ...) et 75 Ω pour des application vidéo (moniteurs en
tournage de film, télévision analogique ou décodeur télé, ...). Vous avez normalement tous
chez vous une prise coaxiale comme celle ci-dessous. Vous devez y brancher un câble coaxial et mettre à l’autre bout un décodeur ou une télévision analogique dont l’impédance
de charge est 75 Ω.
Dans le domaine de la recherche en télécommunications, on utilise des câbles coaxiaux particuliers (appelés "SMA") au bout desquels on doit placer une impédance de charge de 50 Ω.
Voici à quoi ils ressemblent :
Vous verrez dans vos cours l’année prochaine (ou même après pour certains) que ces valeurs
ne sont pas prises au hasard.
209
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 20
Exercice 20
I
C (t)
=
+
+
=
~Ei · d~l =
Z v.t~1y +l ~1x
v.t~1y
C (t)
v B~1x · d~l +
(v.t+ L)~1y +l ~1x
Z (v.t+ L)~1y +h~1z
(v.t+ L)~1y +l ~1x +h~1z
Z l
Z l
0
z
~v × ~B · d~l
Z (v.t+ L)~1y +l ~1x +h~1z
0
=
I
Z (v.t+ L)~1y +l ~1x
v.t~1y +l ~1x
v B( x, v.t + L, h, t)~1x · (−dx~1x ) +
b
dx −
v.t + d
Z l
0
v.B0
vt
h
L
v
Z
v.B~1x · (−dy~1y )
o
v B( x = l, y = v.t + L, z, t)~1x · dz~1z
v B( x, v.t, 0, t) dx + 0 + 0 +
v B0
l
v B~1x · dy~1y
Z l
0
Z ...
...
x
v B~1x · (−dz~1z ) +
y
v B( x, v.t + L, h, t).(−dx ) + 0 + 0
b
b
b
dx = v B0
l − v.B0
l
v.t + L + d
v.t + d
v.t + L + d
On a donc le résultat analytique : E (t) =
b l v B0
v.t+d
1−
v.t+d
v.t+ L+d
Vérification :
d
−
dt
Z
~B · d~S = − d
dt
SC ( t )
Z
d v.t+ L
Z
Shorizontale (t)
~B · (dxdy~1z ) +
Z
Sverticale (t)
~B · (−dxdz~1y )
l
d v.t+ L
B0 b
−dxdz ~B ·~1y = −
=−
dy
dy
dx
−0
dt v.t
dt v.t
y+d
Sverticale (t)
0
0
Z
d
d v.t+ L dy
v.t + L + d
= − B0 b l ln
ce qui donne la même réponse.
= − B0 b l
dt v.t
y+d
dt
v.t + d
Z l
d
dx ~B ·~1z −
dt
Z
Z
Z
Exercice 21
La situation est identique à celle vue dans le cours théorique, seuls les axes changent. Les champs
électriques et magnétiques sont donc des solutions aux équations suivantes :
∂2 E
∂2 E
=
e
µ
0
0
∂z2
∂t2
2
∂ B
∂2 B
=
e
µ
0
0
∂z2
∂t2
La forme de ces équations rappelle celle des équations d’ondes, à condition de poser que la
vitesse est ici c =
√1 ,
e0 µ 0
c’est-à-dire la vitesse de la lumière. La forme des solutions de ces
équations aux dérivées partielles est connue, on peut les réutiliser :
By (z, t) = f (z − ct)
Ex (z, t) = −c f (z − ct)
210
Exercice 21
Chapitre 4 - Electromagnétisme
avec comme condition initiale By (0, t) = −
µ0
2 JSx ( t ).
Ces résultats proviennent du cours théo-
rique mais remarquez que les indices ne sont évidemment pas les mêmes puisque les axes sont
différents dans cet exercice et dans le cours. Intéressons-nous au champ magnétique, et déterminons l’expression de f au moyen d’un changement de variable u = z − ct. Pour z = 0, on sait
que :
By (0, t) = −
µ0
JSx (t) = f (−ct)
2
Si u = z − ct et que z = 0, on trouve pour cette condition initiale que u = −ct et donc t = − uc :
−
µ0
u
JSx (− ) = f (u)
2
c
Remplaçons maintenant la nouvelle variable u par son expression complète u = z − ct :
−
µ0
z − ct
JSx (−
) = f (z − ct)
2
c
Comme on sait que By (z, t) = f (z − ct), l’expression ci-dessus nous permet donc de trouver le
champ magnétique pour n’importe quel z :
By (z, t) = f (z − ct) = −
µ0
z − ct
JSx (−
)
2
c
Il ne reste plus qu’à remplacer l’expression de JSx (t) par celle qui est fournie dans l’énoncé. On
trouve :
By (z, t) = −
z−ct 2
z−ct 2
µ0
µ0
JS0 e−(− c ) = − JS0 e−( c )
2
2
Puisque l’on demande le vecteur champ magnétique et qu’il n’a qu’une composante selon l’axe
y, on trouve :
~B(z, t) = − µ0 JS0 e−( z−c ct )2~1y
2
Pour trouver le courant de déplacement, utilisons la loi d’Ampère-Maxwell appliquée à cette situation. Une fois de plus, il s’agit d’un résultat vu au cours théorique et nous allons le reprendre
tel quel en modifiant les indices des différents champs impliqués :
−
∂By
∂Ex
= e0 µ 0
∂z
∂t
~
Dans cette expression apparait le courant de déplacement défini par ~JD = e0 ∂∂tE . La loi d’Ampère-
Maxwell devient :
−
∂By
= µ0 JDx
∂z
On isole alors JDx :
JDx = −
1 ∂By
µ0 ∂z
où l’expression de By (z, t) a été trouvée ci-dessus. On trouve :
JDx
1 µ0
z − ct −
=−
JS0
e
µ0 ct0
ct0
z−ct
ct0
211
2
J z − ct −
= − S0
e
ct0 ct0
z−ct
ct0
2
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 22
On en déduit le vecteur courant de déplacement :
~JD = − JS0 z − ct e−
ct0 ct0
Exercice 22
Exercice non corrigé.
Exercice 23
212
z−ct
ct0
2
~1x
Exercice 24
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 24
Exercice 25
Exercice 26
Exercice 27
213
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 28
Exercice 28
a)
b)
214
Exercice 29
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 29
215
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 30
Exercice 30
216
Exercice 31
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 31
Exercice 32
a)
217
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 33
b)
Exercice 33
218
Exercice 34
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 34
Exercice 35
219
Chapitre 4 - Electromagnétisme
Exercice 35
220
Chapitre 5
Oscillations et ondes
2.
2
Le schéma ci-dessous montre un fil conducteur véhiculant un courant continu I de 12 A. Ce fil est
Exercice 1 mis en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v de 4 m/s, dans la direction de son axe (z).
Une particule de masse m = 20 mg portant une charge électrique positive q de 0,25 C est libre
de se mouvoir le long de l’axe x situé à la verticale du fil (x est la distance de la particule au fil, on
Le
supposera que la particule est ponctuelle et que le fil est infiniment mince et long).
schéma
ci-contre
montre un fil conducteur
véhiculant
x
un
courant continu I de
m, q
I?
12 A. Ce fil est mis en
mouvement
v
z
rectiligne
uniforme
la vitesselevsens du courant I qu’il faut adopter (par rapport à l’orientation de l’axe z) pour que la
(a) àDéterminez
de 4 m/s, dans
la direction
de sonpar
axele(z).
particule
soit repoussée
fil. Une particule de masse m = 20 mg portant une
charge électrique positive q de 0,25 C est libre de se mouvoir le long de l’axe x situé à la
verticale du fil (x est la distance de la particule au fil, on supposera que la particule est
ponctuelle et que le fil est infiniment mince et long).
a) Déterminez le sens du courant I qu’il faut adopter (par rapport à l’orientation de l’axe z)
pour que la particule soit repoussée par le fil.
Synthèse du développement et résultat :
Si le fil véhiculant un courant I est mis en mouvement à une vitesse v, les lignes de champ
magnétique créées par le fil sont mises en mouvement à la vitesse v. Il y a donc apparition
d’un champ électrique induit ~Ei = ~v × ~B, où (attention !) la grandeur vectorielle correspondant
au déplacement du fil est −~v (car la grandeur apparaissant dans la formule du
(b) Calculez la distance x = x à laquelle la particule trouve sa position de repos (on considérera que
0
champ induit
est la vitesse
de la
particule
par10
rapport
l’accélération
de larelative
gravitation
terrestre
g vaut
m/s2). aux lignes de champ). On a
~
~
donc f~ = q Ei orienté vers le haut lorsque le champ B est sortant de la feuille au niveau
Ei
de la particule, ce qui correspond à un courant I dirigé vers les z positifs.
b) Calculez la distance x = x0 à laquelle la particule trouve sa position d’équilibre (on considérera que l’accélération de la gravitation terrestre g vaut 10 m/s2 ).
221
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 1
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Force gravitationnelle dirigée vers le bas, de module (constant) mg
Force électromagnétique dirigée vers le haut, de module qvB( x ),
où B( x ) =
µ0 I
2πx
décroît avec la distance au fil x
→ à l’équilibre : mg = qvB( x = x0 )
Résultats analytique et numérique :
qvµ0 I
≈ 1, 2 cm
x0 =
2πmg
c) Calculez la fréquence f des oscillations que la particule effectue autour de sa position
d’équilibre suite à une modification momentanée et légère de sa distance au fil x
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Force ~f = m~a → f = m ẍ, avec f ( x ) = −mg + qvB = −mg +
qvµ0 I
2πx
Changement de variable : x 0 = x − x0 (petits mouvements autour de la position x 0 = 0)
0I
→ f ( x 0 ) = −mg + 2πqvµ
( x0 + x 0 )
approximation du premier ordre : ( x0 + x 0 )−1 = x0−1 (1 + x 0 /x0 )−1 ≈ x0−1 (1 − x 0 /x0 ), car
x 0 x0
0I 0
x ≡ −κx 0 = m ẍ
→ f ( x 0 ) ≈ − qvµ
2πx02
√
→ oscillateur harmonique de pulsation propre ω0 = 2π f = κ/m
Résultats analytique et numérique :
r
m
f =g
≈ 4, 6 Hz
2πqvµ0 I
222
Exercice 2
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
3. Les schémas ci-dessous montrent en perspective et en coupe un aimant cylindrique à section
circulaire muni d’un entrefer dans lequel est disposé une masse ponctuelle m de 3g portant une
Exercice 2
charge électrique q de 1,5 mC. La masse est libre de se mouvoir sans frottement le long d’une
tige verticale (en pointillé sur le schéma) passant par le centre de l’entrefer où règne un champ
G
magnétique uniforme B de 2,3 T. L’aimant tourne à la vitesse angulaire Z de 170S radians par
seconde autour d’un axe horizontal passant par le centre de sa base circulaire. La position de la
Les schémas ci-contre montrentcharge est repérée par la distance x qui la sépare du centre de l’entrefer.
en perspective et en coupe un aimant cylindrique à section circu-
Z
laire muni d’un entrefer dans le-
q
quel est disposé une masse ponc-
Z
tuelle m de 3 g portant une charge
électrique q de 1,5 mC. La masse
(a) Calculez la distance x
0
q
Z
G
B
x
G
g
(par rapport au centre de l’entrefer) à laquelle la charge adoptera sa positon de
repos sous l’effet
des forces
gravitationnelle
FG et électromagnétique
FEM.
est libre de se mouvoir sans frottement
le long
d’une
tige verticale
(en pointillés
sur le
schéma) passant par le centre de l’entrefer où règne un champ magnétique uniforme ~B
de 2,3 T. L’aimant tourne à la vitesse angulaire ω de 170π radians par seconde autour
d’un axe horizontal passant par le centre de sa base circulaire. La position de la charge est
repérée par la distance x qui la sépare du centre de l’entrefer.
a) Calculez la distance x0 (par rapport au centre de l’entrefer) à laquelle la charge adoptera
sa position d’équilibre sous l’effet des forces gravitationnelle FG et électromagnétique FEM .
(b) Calculez la fréquence f du mouvement oscillatoire que la masse effectue lorsqu’elle est relâchée brus-
après avoir est
été éloignée
de sa position
de repos
négligera
effetMCU
de radiation
Cela équivaut à dire que le champ quement
magnétique
immobile
et que
la (on
masse
esttouten
de de la charge).
rayon x à vitesse angulaire ω = vx . On retombe alors dans un exercice de magnétostatique.

MCU de
rayon x
Il y a équilibre lorsque la force magnétique compense la force gravitationnelle. Vu le schéma cidessous, la force magnétique est donnée par ~f m = q~v × ~B avec v = ωx et donc ~f m = −qωxB~1x .
La force gravitationnelle est donnée par ~f g = mg~1x . On trouve donc l’équilibre enx = x0 pour
mg − qωx0 B = 0, c’est-à-dire lorsque
x0 =
mg
qωB
223
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 2
fm
v
B
fg
x
Résultats analytique et numérique :
x0 =
mg
qBω
= 5 cm
b) Calculez la fréquence f du mouvement oscillatoire que la masse effectue lorsqu’elle est
relâchée brusquement après avoir été éloignée de sa position d’équilibre (on négligera
tout effet de radiation de la charge).
L’équation du mouvement est m ẍ = mg − qωxB et en se mettant dans le référentiel x 0 = x − x0
(où l’axe débute au point d’équilibre x0 ), on trouve m ẍ 0 = mg − qωx0 B − qωx 0 B. Les deux premiers termes du membre de droite se compensent étant donné ce qu’on a trouvé précédemqωB
ment, et il reste ẍ 0 = − m x 0 , ce qui correspond à l’équation d’un oscillateur harmonique où
q
qωB
ω0 =
m . On trouve donc
r
1
qωB
f0 =
2π
m
Résultats analytique et numérique :
q
qBω
1
f = 2π
m = 3, 9 Hz
224
Exercice 3
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 3
225
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 4
Exercice 4
226
Exercice 5
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 5
227
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 6
Exercice 6
228
Exercice 7
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 7
229
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 7
230
Exercice 8
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 8
Vs
Le circuit
représenté
ci-contre
constitue
filtre
pour
4. Le circuit
représenté
ci-contre
constitue
un filtreun
pour
le signal
électrique
Ve. Les
questions
suivent
vous permettrons
ce
le signal
électrique
Vequi
. Les
questions
qui suivent d'analyser
vous
filtre, d'en
comprendre
la
fonction
et
de
le
dimensionner.
permettront d’analyser ce filtre, d’en comprendre la
fonction et de le dimensionner.
R
L
Ve
C
(a) Donnez l'expression analytique de l'impédance d'entrée Z du filtre (c'est-à-dire, l'impédance "vue"
para)leDonnez
signal d'entrée
Ve) et faites
l'étude de
de cette
impédance
en tant Z
que
de la pulsation
! du
l’expression
analytique
l’impédance
d’entrée
dufonction
filtre (c’est-à-dire,
l’impésignaldance
d'entrée
(brève
étude
des
fonctions
Re[Z(
!)], Im[Z(!)] et |Z(!)|). Déduisez-en l'action du filtre
“vue" par le signal d’entrée Ve ) et faites l’étude de cette impédance en tant que foncsachant que la tension Vs aux bornes de la résistance R en constitue le signal de sortie.
tion de la pulsation ω du signal d’entrée (brève étude des fonctions Re[Z(ω)], Im[Z(ω)] et
|Z(ω)|). Déduisez-en l’action du filtre sachant que la tension Vs aux bornes de la résistance
R en constitue le signal de sortie.
Impédance d’entrée Z du filtre :
L’impédance “vue" par le signal d’entrée Ve est définie comme :
Ve
Z ≡ , où I est le courant entrant dans le circuit
I
Les lois d’association des impédances (on peut également retrouver ce résultat en traitant
les équations des mailles et des nœuds en phaseurs) nous montrent que :
1
iωL
Z = ZR + ( ZL k ZC ) = R + 1
= R+
1
−
ω 2 LC
iωL + iωC
Étude de Z :
<[ Z (ω )] = R (ne dépend pas de ω)
√
ωL
ωL
=
,
où
ω
=
1/
LC
=[ Z (ω )] =
0
1 − ω 2 LC
1 − (ω/ω0 )2
1/2
ω 2 L2
2
| Z (ω )| = R +
[1 − (ω/ω0 )2 ]2
Phénomène de résonance : quand ω → ω0 , =[ Z ] → ∞ et I → 0 : le courant ne passe plus,
le circuit se comporte comme un circuit ouvert. En fait, il forme une boucle dans la branche
LC. En résumé, le module de l’impédance tend vers R en haute et en basse fréquence, et
tend vers l’infini en ω = ω0 . Son graphe ressemble donc à celui-ci :
Z
R

0
231
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 8
Action du filtre :
R
R
Ve → amplitude du signal de sortie : |Vs | =
|Ve |. En
Z
|Z|
électronique, on définit la fonction de transfert du filtre comme étant le rapport F (ω ) =
|Vs |
. Dans cet exemple-ci, on a donc F (ω ) = |ZR| . Vu les résultats obtenus pour le module
|Ve |
de l’impédance ci-dessus, on en déduit que cette fonction tend vers 1 en haute et en basse
Signal de sortie Vs = RI =
fréquence, et tend vers 0 en ω = ω0 . Son graphe ressemble donc à celui-ci :
F  
1

0
Le rôle du filtre s’interprète donc comme ceci : il y a une coupure de la fréquence ω0 et
atténuation des fréquences voisines, tandis que le circuit est “transparent" pour les fréquences plus lointaines. On appelle ce filtre un "coupe-bande", c’est-à-dire qu’il empêche
le passage d’une bande de fréquences autour de ω0 .
b) Le filtre est variable au travers de la modulation de la capacité C du condensateur et de la
résistance R tandis que l’inducteur a une inductance fixée à la valeur L = 1 mH. Calculez
les valeurs à donner à C et R pour que le filtre coupe la fréquence f 0 de 400 Hz tout en
limitant l’atténuation de la fréquence toute proche f 00 = 390 Hz à un facteur 1/2.
Détermination de C :
L est imposé et ω0 = √1 = 2π f 0
LC
1
→C=
≈ 0, 158 nF
L(2π f 0 )2
Détermination de R :
À la pulsation ω00 = 2π f 00 , on impose l’atténuation :
Or R détermine la largeur fréquentielle du filtre :
1/2
2 L2
| Z (ω )| = R2 + [1−(ωω/ω
→ |Z(Rω )| = r
2
2
) ]
0
avec
1
2
R
, on trouve
| Z (ω =ω00 )|
0
ω0 L
√
=
3[1 − (ω00 /ω0 )2 ]
=
→R=
1+
1
2
=
R
| Z (ω00 )|
1
ω 2 L2
[1−(ω/ω0 )]2 R2
ω002 L2
[1−(ω00 /ω0 )2 ]2 R2
0
2π f 0 L
√
≈ 28, 65 Ω
3[1 − ( f 00 / f 0 )2 ]
:4 = 1+
232
Exercice 9
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 9
Le schéma ci-contre représente le principe de fonctionne-
4. Le schéma ci-contre représente le principe de fonctionnement d’un hautment d’un haut-parleur. La membrane acoustique du hautparleur. La membrane acoustique du haut-parleur (représentée en coupe
parleur
(représentée
ensolidaire
coupe d’un
par solénoïde
les lignes
pointillées)
par
les lignes
pointillées) est
fabriqué
à l’aide est
solidaire
d’undesolénoïde
fabriqué
l’aide
d’unnégligeable.
fil de cuivre
d’un
fil de cuivre
diamètre I =
0,1 mm età de
résistivité
Le
solénoïde
de
300
spires
circulaires
juxtaposées
de
diamètre
D
=
1
cm
de diamètre φ = 0, 1 mm et de résistivité négligeable. Le
est
placé à proximité
aimant
permanent.juxtaposées
Le signal d’entrée
V(t) du
solénoïde
de 300d’un
spires
circulaires
de diamètre
haut-parleur provient d’un amplificateur électroacoustique et est
D = 1 cm est placé à proximité d’un aimant permanent. Le
constitué de 2 fréquences f1 = 440 Hz et f2 = 880 Hz d’amplitudes égales
d’entrée V (t) du haut-parleur provient d’un amplifiVsignal
1 = V2 = 0,25 V. En négligeant l’influence de l’aimant sur le courant I du
cateur électroacoustique
et déduisez-en
est constitué
de deux
fréquences
solénoïde,
calculez ce courant et
le rapport
de filtrage
r=
Pf11/P=
caractérisant
le
rapport
des
pressions
des
2
ondes
sonores
de
2 440 Hz et f 2 = 880 Hz d’amplitudes égales V1 = V2 =
fréquences f1 et f2 générées par le haut-parleur. On supposera la
0, 25 V. En négligeant l’influence de l’aimant sur le courant I
pression acoustique proportionnelle à l’amplitude d’oscillation de la
du solénoïde, calculez ce courant et déduisez-en le rapport de
membrane (dans l’approximation des petits mouvements).
I
V (t )
N
S
filtrage r = P1 /P2 carac-
térisant le rapport des pressions des deux ondes sonores de fréquences f 1 et f 2 générées
par le haut-parleur. On supposera la pression acoustique proportionnelle à l’amplitude
d’oscillation de la membrane (dans l’approximation des petits mouvements).
I1 =
V1
2π f 1 L
I2 =
V2
2π f 1 L
où
V1 = V2
r=
233
f2
f1
=2
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 10
Exercices sur les oscillations et les ondes
Exercice 10
1.!
Le circuit schématisé ci-contre constitue un déphaseur de
VR
tension.
Comme
son nom l’indique
il permet
de déphaser
la
Le circuit
schématisé
ci-contre
constitue
un déphatension
Vc(t) Comme
de la tension
Ve(t) = Vmilsin(2
!ft)
seur de
desortie
tension.
son d’entrée
nom l’indique,
peroù met
Vm vaut
220 V et f =la50
Hz. de sortie Vc (t) de la tende déphaser
tension
sion d’entrée V (t) = V sin(2π f t), où V = 220 V et
(a)
Calculez le phaseure Ve de lamtension d’entrée Vm
e(t).
(b)!
Sachant que la résistance R vaut 900 ", calculez la capacité C
Ve
f = 50 Hz.
qu’il faut donner au condensateur pour que Vc(t) soit déphasée
de Ve(t) de !/4. Indiquez si ce déphasage correspond à un
a)
tensionVd’entrée
Ve (t). à
Calculez
phaseur
e de la
retard
ou uneleavance
duVsignal
temporel
(t) par rapport
c
Ve(t).
Résultat analytique :
(c)!
Faites la représentation graphique des phaseurs VR et Vc et
V e = −iVm
vérifiez qu’ils ont des parties réelles opposées.
b) Sachant que la résistance R vaut 900 Ω, calculez la capacité C qu’il faut donner au condensateur pour que Vc (t) soit déphasée de Ve (t) de π/4. Indiquez si ce déphasage correspond
à un retard ou une avance du signal temporel Vc (t) par rapport à Ve (t).
Résultats analytique et numérique :
C=
1
2π f R
= 3, 5 µF
retard de δt =
π
4ω
c) Faites la représentation graphique des phaseurs VR et VC et vérifiez qu’ils ont des parties
réelles opposées.
Résultat analytique :
< [V R ] = −< [V e ] =
Vm
2
234
Vc
Exercice 10
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
235
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 10
236
Exercice 11
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 11
237
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 12
Exercice 12
238
Exercice 13
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 13
239
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 14
Exercice 14
Exercice 15
240
Exercice 15
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
241
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 16
Exercice 16
Exercice 17
242
Exercice 17
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
243
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 18
Exercice 18
244
Exercice 19
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 19
245
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 20
Exercice 20
246
Exercice 21
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 21
Exercice 22
247
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 23
Exercice 23
Exercice 24
248
Exercice 25
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 25
249
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 26
Exercice 26
Exercice 27
250
Exercice 28
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 28
251
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 29
Exercice 29
252
3. Le schéma ci-dessous représente une chaîne de masses m = 20 g reliées entre elles par des cordes
élastiques dont on peut négliger la masse. Chaque
masse 5m- est
égalementetreliée
à une paroi rigide
Exercice 30
Chapitre
Oscillations
ondes
-3
par un ressort de constante de rappel κ = 5 10 N/m. La distance entre masse est d = 2 cm et la
force de tension FT de la chaîne est de 100 N. La position de repos de la chaîne correspond à la
Exercice 30 position de repos des ressorts (comme au cours, on ne tient pas compte de la pesanteur en
considérant par exemple que le mouvement de la chaîne est horizontal).
Le schéma ci-contre représente une chaîne de
ω!
m
d
n-1
n
n+1
x(z,t)
κ!
masses m = 20 g re-
z
liées entre elles par des
cordes élastiques dont
(a) En vous inspirant des développements du cours, établissez l’équation qui régit le mouvement
vertical xn(t) d’une masse donnée −n3 en fonction de la hauteur des masses adjacentes n+1 et n-1.
on peut négliger la masse. Chaque masse m est également reliée à une paroi rigide par
un ressort de constante de rappel κ = 5 · 10
N/m. La distance entre masses est d = 2 cm
et la force de tension FT de la chaîne est de 100 N. La position de repos de la chaîne correspond à la position de repos des ressorts (on ne tient pas compte de la pesanteur).
a) En vous inspirant des développements du cours, établissez l’équation qui régit le mouvement vertical xn (t) d’une masse donnée n en fonction de la hauteur des masses adjacentes
n + 1 et n − 1.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Équation du mouvement de la masse n :
principe de superposition :
~f n = m~a,
~f n = ~f n
+ ~f nressort
corde
~f nressort = −κxn (force dirigée vers la position d’équilibre xn = 0 lorsque xn 6= 0)
~f n
= ~FT1 + ~FT2 ,
corde
(
avec
~FT1 = − FT cos(θn )~1z − FT sin(θn )~1x
~FT2 = + FT cos(θn0 )~1z − FT sin(θn0 )~1x
(en toute généralité θn 6= θn0 , ces deux valeurs pouvant être > 0 ou < 0)
→ ~f ncorde = − FT [cos(θn ) − cos(θn0 )]~1z − FT [sin(θn ) + sin(θn0 )]~1x ≈ − FT (θn + θn0 )~1x
(aux petits angles, cos(θn ) ≈ cos(θn0 ) ≈ 1, sin(θn ) ≈ θn et sin(θn0 ) ≈ θn0 )
or, aux petits angles : θn ≈ tan(θn ) =
x n − x n −1
d
et θn0 ≈ tan(θn0 ) =
xn − xn+1 )~
→ ~f ncorde ≈ − FT (xn −xn−1 )+(
1x
d
Résultat analytique :
FT
κ
ẍn =
( xn+1 + xn−1 − 2xn ) − xn
md
m
253
x n − x n +1
d
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 30
b) Si on assimile la chaîne à une corde continue, le résultat obtenu en (a) peut être utilisé pour
dériver l’équation d’onde qui régit le mouvement x (z, t) de la chaîne dans sa globalité.
Établissez cette équation.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
xn+1 + xn−1 − 2xn
∂2 x
∂2 x
→
,
ẍ
(
t
)
→
n
d2
∂z2
∂t2
FT
κ
∂2 x
FT d ∂2 x
κ
À partir de ẍn =
( xn+1 + xn−1 − 2xn ) − xn , on obtient : 2 =
− x
2
md
m
∂t
m ∂z
m
Modèle continu : xn (t) → x (z, t),
Résultat analytique :
2
∂2 x
2∂ x
=
v
− ω02 x
∂t2
∂z2
r
, avec
v=
FT d
m
r
et
ω0 =
κ
m
c) À l’aide du formalisme des phaseurs, calculez la solution harmonique de cette équation.
À cette fin, établissez la relation entre le nombre d’onde k et la pulsation ω (relation de
dispersion).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Solution harmonique : x = a cos(kz − ωt)
→ phaseur de l’onde X =?
x=
=
= | X | cos( ϕ − ωt)
(remarque : le signe − devant iωt provient de la convention de signe pour les ondes)
→ ϕ = kz et la phaseur de l’onde est X = aeikz
2 2
2
2
Équation
q d’onde en phaseur : −ω X = −k v X − ω0 X
<[ Xe−iωt ]
→k=
ω 2 −ω02
v2
<[| X |eiϕ e−iωt ]
(relation de dispersion)
Résultat analytique :

s
ω 2 − ω02
z − ωt
x = a cos 
v2
254
Exercice 31
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 31
255
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 32
Exercice 32
3
Exercice 33
2.
Le schéma ci-dessous montre une chaîne d’oscillateurs harmoniques amortis de masse m, de constante
( f= -Nx)
N xet) de coefficient de frottement visqueux O ((ff = -
de rappel N (f
OOv)x ) . La masse des couples
ressort-amortisseur est négligeable devant les masses m. La distance entre les masses au repos est 'l.
Le schéma cicontre montre
une
chaîne
d’oscillateurs
harmoniques
m
N
'l
n 1
n
O
n 1
z
(a) Etablissez l’équation qui régit le mouvement horizontal xn(t) d’une masse donnée n en fonction
amortis
de
de la position des masses adjacentes n-1 et n+1.
masse m, de constante de rappel κ ( f = −κx) et de coefficient de frottement visqueux λ
( f = −λ ẋ). La masse des couples ressort-amortisseur est négligeable devant les masses
m. La distance entre les masses au repos est ∆l.
a) Établissez l’équation qui régit le mouvement horizontal xn (t) d’une masse donnée n en
fonction de la position des masses adjacentes n − 1 et n + 1.
256
(b) En assimilant la chaîne à un système continu, dérivez l’équation d’onde qui régit le mouvement
Exercice 33
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
:
fr
Forces de frottement :
ff
Forces de rappel
= −κ ( xn − xn+1 ) − κ ( xn − xn−1 ) = −κ (2xn − xn+1 − xn−1 )
= −λ( ẋn − ẋn+1 ) − λ( ẋn − ẋn−1 ) = −λ(2ẋn − ẋn+1 − ẋn−1 )
Résultat analytique :
ẍn =
κ
λ
( xn+1 + xn−1 − 2xn ) + ( ẋn+1 + ẋn−1 − 2ẋn )
m
m
b) En assimilant la chaîne à un système continu, établissez l’équation d’onde qui régit le mouvement x (z, t) de la chaîne dans sa globalité.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
•
∂2 x
x
+ xn−1 − 2xn
≈ n +1
2
∂z
∆l 2
2
λ d
λ ∂
λ
2∂ x
( xn+1 + xn−1 − 2xn ) ≈
• ( ẋn+1 + ẋn−1 − 2ẋn ) =
∆l
m
m dt
m ∂t
∂z2
Résultat analytique :
κ∆l 2 ∂2 x λ∆l 2 ∂ ∂2 x
∂2 x
=
+
2
∂t
m ∂z2
m ∂t ∂z2
c) Calculez la relation de dispersion qui caractérise la propagation des ondes harmoniques le
long de la chaîne.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• Onde harmonique x = < X e
•
∂2
→ − k2
∂z2
• →
ω2 =
−iωt
∂2
→ −ω 2
∂t2
h
= < Ae
ikz −iωt
∂ ∂2
→ iωk2
∂t ∂z2
κ∆l 2 2
λ∆l 2 2
k −i
ωk
m
m
Résultat analytique :
ω
k(ω ) = q
λ∆l 2
κ∆l 2
m −i m ω
257
e
i
1
Chapitre 5 - Oscillations etTravaux
ondes
pratiques :
exercices avancés sur les ondes
Exercice 34
Exercice 34
1. Le schéma ci-contre représente le câble coaxial dont l’étude
était proposée
dans lesci-contre
énoncés représente
4 et 5 de la séance
Le schéma
le câbled’exercices
coaxial dont
précédente.l’étude
Cette fois
on
considère
un
câble
de
grande
était proposée dans les énoncéslongueur
15 et 16
et il vous est demandé de le modéliser en le décomposant en
d’électromagnétisme. Cette fois, on considère un
sections de longueur 'l arbitrairement petites et en se basant sur
grande vue
longueur
et il5 vous
est demandé
la notion decâble
circuitde
équivalent
à l’énoncé
de la séance
modéliser
le décomposant
en est
sections de
précédente.deLelebut
du modèleen
mathématique
qui vous
demandé est
de donner,
tout point du câble
(z),en
la variation
longueur
∆l en
arbitrairement
petites,
vous basant
temporelle sur
de lalatension
entre
la
gaine
et
le
fil
central,
V(z,t). 16
notion de circuit équivalent vue àsoit
l’énoncé
Coup de pouce
: commencez par exprimer
les liens
entre
courants
d’électromagnétisme.
Le but du
modèle
mathémaet tensions des sections de câble adjacentes.
'l
... n -1 n n+1...
In
z
L
Vn
C
tique qui vous est demandé est de donner, en tout
point du câble z, la variation temporelle de la tension entre la gaine et le fil central, soit
V (z, t) (coup de pouce : commencez par exprimer les liens entre courants et tensions des
sections de câble adjacentes).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• In = In−1 − IC où
n −1
Vn = Vn−1 − L dIdt
dQ
dt
n
n
= C dV
→ In = In−1 − C dV
et
dt
dt
(si In−1 augmente alors on a bien Vn < Vn−1 )
IC =
• Introduction de la variable continue z :
n
= −C dV
dt
n −1
= − L dIdt
In − In−1
→
Vn − Vn−1
→
→
In − In−1
∆l
Vn −Vn−1
∆l
=
=
∂I
∂z
∂V
∂z
C ∂V
= − ∆l
∂t
L ∂I
= − ∆l
∂t
• Élimination de I :
∂2 V
∂z2
L ∂
= − ∆l
∂t
∂I
∂z
=
CL ∂2 V
∆l 2 ∂t2
• Aux exercices 15 et 16 du chapitre d’électromagnétisme, nous avions obtenu :
∆l
L = µ0 2π
ln
b
a
et
C=
2πe0 ∆l
ln( ba )
• Équation d’onde standard :
CL =
∆l 2
c2
→
2
∂2 V
2∂ V
=
c
∂t2
∂z2
C’est le modèle de la ligne coaxiale.
258
Exercice 35
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Résultat analytique :
Solution générale :
V (z, t) = f (z − ct) + g(z + ct)
Si tension harmonique à l’entrée du câble :
b cos(kz + ωt)
|
{z
}
(où
k=
ω
c)
réflexion toujours possible
Exercice 35
Exercice 36
259
V (z, t)
=
a cos(kz − ωt) +
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 37
Exercice 37
Exercice 38
x
4. Le schéma ci-contre montre une paroi de courant (d’extension supposée infinie)
Le schéma ci-contre montre une paroi de courant
Js(t)
véhiculant une densité de courant de surface Js variable dans le temps selon
(d’extension supposée infinie) véhiculant une densité
l’expression :
.
de courant de surface ~Js variable dans le temps selon
2 /t2
a) Donnez l’expression
analytique
~ . magnétique B(z,t) émise par
0 1
l’expression
: ~J de
(t)l’onde
= J de
e−tchamp
cette paroi (z > 0).
s
y
z
x
s0
a) Donnez l’expression analytique de l’onde de champ magnétique ~B(z, t) émise par cette
paroi (z > 0).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
L’onde de champ magnétique se propage vers les z croissants à la vitesse de la lumière,
B(z,t) =
donc : ~B(z, t) = ~f (z − ct)
µ
0
en z = 0, on a : ~B(0, t) = − Js (t)1~y = ~f (−ct)
2
µ
donc : ~f (u) = − 20 Js (− uc )1~y
z−ct de
0 densité
b) Donnez l’expression
deµla
~ courant de déplacement JD(z,t) émise par cette paroi (z >0).
→ ~f (analytique
z − ct) = −
2 Js (− c )1y
Résultat analytique :
~B(z, t) = − µ0 Js0 e
2
z−ct
ct0
2
1~y
260
JD(z,t) =
Exercice 39
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
b) Donnez l’expression analytique de la densité de courant de déplacement J~D (z, t) émise par
cette paroi (z > 0).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
rot ~B
Loi d’Ampère : rot ~B = µ0 ~J + J~D
, où ~J = ~0 → J~D =
µ0
1~x 1~y 1~z 2
∂By
∂By
µ0 Js0 (z − ct) − zct−ct
~
~
0
rot B = ∂ x ∂y ∂z = −
1x , avec
=
e
∂z
∂z
ct0
ct0
0 By 0 Résultat analytique :
Js0 (z − ct) −
J~D (z, t) = −
e
ct0 ct0
Exercice 39
z−ct
ct0
2
1~x
! Le schéma ci-contre représente une corde tendue
horizontalement par une masse M de 100 kg par
l’intermédiaire d’une poulie sans frottement placée à une distance L = 10 m du point fixe de la
corde. Les dix mètres de corde tendue constituent
&
une masse m de 10 kg (on négligera l’effet de la pe-
santeur sur la forme que prend la corde au repos).
#
$
' ' ( a) Calculez, dans l’approximation des petits angles, la force qu’il faut exercer au point situé
% #
au milieu de la corde pour la déplacer horizontalement de la distance d = 1 cm (voir
schéma en “pseudo-vue 3D").
"#
$
% %
Résultats analytique et numérique :
f =
#
$
( %
4d
Mg = 4 N
L
b) Calculez la vitesse de propagation des ondes transversales le long de cette corde.
Résultats analytique et numérique :
q
Mg
v = m/L = 31, 6 m/s
c) Calculez la fréquence angulaire de résonance correspondant à l’onde stationnaire à 2
ventres.
Résultats analytique et numérique :
f =
v
L
= 3, 16 Hz
261
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 39
262
Exercice 39
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
263
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 40
Exercice 40
Leci-contre
schéma montre
ci-contre
une
corde de
4.! Le schéma
unemontre
corde de
longueur
L =longueur
2,5 m
d
L =deux
2, 5 m
tendue
points
fixes avec
une
tendue entre
points
fixesentre
avec deux
une force
de tension
FT de
250
force de
de masse
tensionlinéique
FT de n
250
N. g/m
Cette
corde
masse
N. Cette corde
= 25
peut
être de
mise
en
a sin(! t)
linéique
µ = 25
g/m peutaêtre
miseenenunmouvement
mouvement
harmonique
d’amplitude
donnée
point situé à
harmonique
a donnée
en un point
siune distance
d d’une ded’amplitude
ses extrémités.
Cette distance
vaut un
L
tué
une distance
l’une de ses extrémités. Cette
dixième de
saàlongueur,
soit dd =deL/10.
distance vaut un dixième de sa longueur, soit d = L/10.
(a)! Calculez la fréquence f qu’il faut adopter pour que cette excitation
conduise à une amplitude d’oscillation minimale de la corde.
a) Calculez
la fréquence
qu’il faut
pour
que cette excitation conduise à une ampli(b)! Calculez
la fréquence
f’ qu’il faut fadopter
pouradopter
que cette
excitation
minimalemaximale
de la corde.
conduisetude
à uned’oscillation
amplitude d’oscillation
de la corde.
m = 5(2m0 + 1)
→ par exemple
m0 = 0 et m = 5
→
f =
2,5
L
q
FT
µ
= 100 Hz
(a)! Comme il y a deux points fixes, on ne peut que générer une onde stationnaire de la forme
Asin(kz)sin(!t) ou k = mr/L. Pour avoir une amplitude de corde minimale il faut que le point
d’excitation corresponde à un ventre. Il faut donc vérifier l’égalité suivante kd = (2m’+1)r/2,
0 qu’il faut adopter pour que cette excitation conduise à une amplib) soit
Calculez
la fréquence fPour
k = 10(2m’+1)r/(2L).
que ceci soit cohérent avec la première condition sur k, on
voit
que
l’on doit imposer
m = 5(2m’+1).
On peut donc choisir par exemple m’ = 0 et m = 5.
tude
d’oscillation
maximale
de la corde.
Ce qui conduit à !=5!v/L, soit encore, f = 2,5v/L = 2,5(FT/n)1/2/L = q
500Hz.
m = 10m0
→ par exemple
m0 = 1 et m = 10
→
f =
5
L
FT
µ
= 200 Hz
(b)! Le point d’excitation doit être un nœud si on veut une amplitude maximale (auquel cas on
obtiendrait une amplitude infinie si on ne tenait pas compte des frottements et de la limite
élastique de la corde). Il faut donc vérifier l’égalité kd = m’r, soit k = 10m’r/L. Pour que ceci
soit cohérent avec la première condition sur k, on voit que l’on doit imposer m = 10 m’. On
peut donc choisir par exemple m’ = 1 et m = 10. Ce qui conduit à !=10rv/L, soit encore, f =
5v/L = 5(FT/µ)1/2/L = 1kHz.
264
1
exercices sur les ondes
Exercice 41
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
(avril 2009)
Exercice 41
Le schéma
ci-contre
montre
une
corde
1. Le schéma
ci-contre
montre une
corde
tendue
dont une tendue
extrémitédont
(en zune
= L) extrémité
est mise en(en z =
mouvement
tellemouvement
que sa hauteur
L) de
estmanière
mise en
devarie
maselon la fonction du temps h(t). Cette fonction h(t)
nière telle que sa hauteur varie selon
n’a de valeurs non nulles que sur l’intervalle 't =
la fonction du temps h(t). Cette fonc0,3 sec. La corde est tendue avec une force FT de
(t) n’alinéique
de valeurs
20 N et ation
une hmasse
P de non
1,25nulles
g/cm. que
'l
z
sur l’intervalle ∆t = 0, 3 s. La corde est
L
0
tendue avec une force FT de 20 N et a
unel’expression
masse linéique
µ de 1,25de
g/cm.
a) Calculez
mathématique
l’onde générée sur la corde dans les coordonnées (z, t).
a) Calculez l’expression mathématique de l’onde générée sur la corde dans les coordonnées
(z, t).
x (z, t) = h
z+vt− L
v
z≤z≤L
b) Calculez l’intervalle de longueur ∆l qu’occupe l’onde générée sur la corde.
q
∆l = FµT ∆t = 3, 8 m
c) Donnez l’expression générale de l’onde générée en prenant en compte le fait que l’extrémité de la corde en z = 0 est fixée. Exprimez votre compréhension du résultat obtenu à
l’aide d’un schéma de la corde en trois temps (avant, pendant et après la réflexion).
b) Calculez
deL longueur
l’onde générée sur la corde.
−vtqu’occupe
+L
− h − z'l
x (z, t)l’intervalle
= h z+vtv −
v
265
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 42 Exercice
42
!" # Le schéma
ci-contre
montre
corde
une
"
dont une extrémité est fixe et l’autre
est mise en mouvement harmonique à
la fréquence f de 4 Hz avec une amplitude AS de 5 cm. La longueur L de la
corde est de 1,5 m et sa masse totale m
est de 250 g. Calculez la force de tension FT qu’il faut appliquer à la corde pour que celle-ci ne forme qu’un seul ventre entre
ses deux extrémités et que l’amplitude A de son mouvement soit de 10 cm.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• Onde stationnaire :
x (z, t) = A sin(kz) sin(ωt) où
A =amplitude du mouvement de la corde
• Amplitude du mouvement de la main = amplitude "source" As
x (z = − L, t) ≡ As sin(ωt) = − A sin(kL) sin(ωt)
(signe moins sans importance car une amplitude est toujours positive)
→
As = A sin(kL)
→
→
sin(kL) =
→
A=
As
sin(kL)
et on veut
1
2
kL = 2mπ +
π
6
ou
kL = (2m + 1)π −
π
6
• Valeurs de k par ordre croissant :
k0 = π6 L1 , k1 = π − π6 L1 , k2 = 2π + π6 L1 ,
• →
→
k0
k1
→
→
A = 2As (= 10cm)
k3 = 3π −
pm
L
=
5π 1
6 L
→
FT =
ω 2 mL36
25π 2
avec
Résultats analytique et numérique :
FT =
π
6
1
L
x (z, t) = A sin( πz
) sin(ωt) → pas de ventre
6Lπ
π
x (z, t) = A sin ( L − 6L
)z sin(ωt) → un ventre
• Calcul de la force de tension :
π
x (z, t) = A sin ( πL − 6L
)z sin(ωt) avec k = π − π6
q
v = FµT où µ = mL
√ω
FT
m = 0, 1, 2, ...
avec
4 f 2 mL36
= 34, 6 N
25
266
1
L
ω = 2π f
=
5π 1
6 L
=
ω
v
Exercice 43
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 43
z
Le schéma ci-contre montre un étudiant de BA1 souf-
L
flant dans un tube à essai pendant les laboratoires de
chimie. Le tube à essai a une longueur L de 15 cm et
une section S de 2 cm2 .
0
a) Établissez l’expression analytique de l’onde acoustique plane formée dans le tube à essai
lorsque l’étudiant atteint la résonance acoustique. L’expression doit être établie dans le
repère de l’axe z donné graphiquement ci-dessus à côté du schéma du tube à essai. Pour
fournir votre réponse, il faut savoir que, le tube étant fermé en z = 0, la valeur de la
pression acoustique P en ce point constitue un extremum de la distribution spatiale de
pression P(z, t). De même, il faut considérer qu’à l’embouchure du tube la pression est
égale à la pression atmosphérique Pa qui est de 1 bar (le souffle de l’étudiant ne provoque
qu’une perturbation négligeable de la pression).
(2n+1)π
(2n+1)π
P(z, t) = 2a cos
z
cos
vt
2L
2L
b) Calculez la fréquence f de la note émise par l’étudiant sachant que la pression atmosphérique Pa est de 1 bar et que la température T est de 20°C.
f =
v
4L
= 553 Hz
267
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 44
Exercice 44
3.!
Oscar roule en voiture décapotable vers un grand bâtiment. Comme son tachymètre e
sait qu’il peut connaître sa vitesse vs grâce au phénomène d’écho sonore qui se mani
grâce à la présence du bâtiment. Il crie donc un son a une fréquence fs de 880 Hz cor
à un La. Il entend en retour un son d’un ton plus aigu, soit un Si de fréquence fe 988 H
Exercice 45
(a)!
Sachant que la vitesse v du son dans l’air est de 340 m/s, calculez la vitesse vs d’Osc
(b)
Quelle serait la fréquence f’e perçue par Oscar se le vent soufflait à la vitesse vv de 36
la mêmevers
direction
Oscar roule en voiture décapotable
un que lui?
grand bâtiment. Comme son tachymètre
est cassé, il sait qu’il peut connaître sa vitesse vs grâce au phénomène d’écho sonore qui se manifestera grâce à la présence
du bâtiment. Il crie donc un son à une fréquence f s de 880 Hz correspondant à un
La. Il entend en retour un son d’un ton plus aigu, soit un Si de fréquence f e = 988 Hz.
a) Sachant que la vitesse v du son dans l’air est de 340 m/s, calculez la vitesse vs d’Oscar.
vs =
fe − fs
fe + fs
v2 = 71 km/h
b) Quelle serait la fréquence f e0 perçue par Oscar si le vent soufflait à la vitesse vv de 36 km/h
dans la même direction que lui ?
f e0 = 1 + v−vsvv 1− 1 vs f s = 990 Hz
v+vv
268
Exercice 45
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
269
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 45
270
Exercice 46
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 46
5
Le schéma ci-contre montre Jane surprise d’entendre le cri de Tarzan sur un autre ton que
d’habitude. Sachant que Tarzan crie avec une
fréquence f 0 de 440 Hz (correspondant au La),
qu’il se déplace sur sa liane à la belle vitesse
v T de 20 m/s et qu’il avance contre un vent de
tempête qui lui a une vitesse vV de 50 m/s, calculez la fréquence qu’entend Jane.
f = f0 1 −
vv
vs
1
1−
v T +vv
vs
= 473 Hz
Exercice 47
271
3. Le schéma ci-dessous montre Jane surprise d’entendre le cri de Tarzan sur un autre ton que
d’habitude. Sachant que Tarzan crie avec une fréquence f0 de 440 Hz (correspondant au La), qu’il se
déplace sur sa liane à la belle vitesse vT de 20 m/s et qu’il avance contre un vent de tempête qui lui a
une vitesse vv de 50 m/s, calculez la fréquence qu’entend Jane.
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 47
272
Exercice 47
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
273
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 48
Exercice 48
274
Exercice 49
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 49
275
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 50
Exercice 50
276
Exercice 51
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 51
277
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 52
Exercice 52
278
Exercice 53
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 53
Exercice 54
279
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 55
Exercice 55
280
Exercice 56
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 56
281
Chapitre 5 - Oscillations et ondes
Exercice 56
282
Chapitre 6
Physique moderne
Exercice 1
Le schéma ci-contre représente en vue du haut deux
antennes radio émettant les
mêmes ondes à la fréquence
f de 90 MHz. La radiation
des antennes est isotrope
dans le plan horizontal (pas
d’effet de directivité). Les antennes sont séparées d’une
distance d de 0,5 km et sont
à égale distance d’une route
rectiligne sur laquelle roule
une voiture dont le chauffeur écoute l’émission diffusée sur la fréquence f . La distance L
entre les antennes et la route est de 10 km. Expliquez pourquoi, une fois arrivé à hauteur
des antennes, le chauffeur ne reçoit pas de signal radio en des points précis régulièrement
espacés sur la route. Calculez la distance ∆x entre les points d’extinction du signal radio
le long de la route dans l’approximation du premier ordre en d/L.
283
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 2
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Chaque antenne émet une onde sphérique d’équation E =
A ikr −iωt
,
re e
où r est la distance
entre la source et le point de calcul (que l’on notera r− pour l’antenne du haut et r+ pour
celle du bas).
Soit x l’axe reliant les deux antennes et dont l’origine est le milieu du segment reliant les
antennes : l’antenne du haut est située en x = d/2 et l’antenne du bas en x = −d/2. Soit z
l’axe perpendiculaire à x ; les antennes sont en z = 0 et la route en z = L.
Dans ce cas, pour un point de calcul quelconque positionné sur la route en x, on a :
q
p
x2
d2
xd
r± = L2 + ( x ± d/2)2 = L 1 + x2 /L2 ± xd/L2 + d2 /4L2 ≈ L 1 + 2 + 2 ± 2
2L
8L
2L
xd
Donc la différence de phase entre les deux ondes est : ∆ϕ = k (r+ − r− ) = k
L
Il y a interférence constructive (“ventres") lorsque ∆ϕ = 2mπ (m = 0, ±1, ±2 . . .)
Il y a interférence destructive (“nœuds") lorsque ∆ϕ = (2m + 1)π (m = 0, ±1, ±2 . . .)
Les points d’extinction sur la route sont donc les xm tels que :
k xmL d = (2m + 1)π, où k = 2π/λ = ω/c = 2π f /c
→ xm = Ld (2m + 1) 2cf
→ l’écart entre deux points d’extinction consécutifs vaut xm+1 − xm ≡ ∆x =
Lc
df
Résultats analytique et numérique :
Lc
∆x =
= 67 m
df
Exercice 2
Le schéma ci-contre montre un faisceau d’onde plane
incident sur une interface plane séparant un prisme
de verre d’indice de réfraction n = 1, 5 et l’air.
a) Sachant que la longueur d’onde λ0 du faisceau est de 633 nm et que son angle d’incidence
θi est de 60°, calculez la distance d (à partir de la base du prisme) à laquelle l’intensité de
l’onde émergente dans l’air a diminué de moitié.
d=
4π
√λ0 ln 22
n2 sin θi −1
= 42 cm
b) Calculez la vitesse de phase vφ de l’onde évanescente qui se propage sous la base du
prisme.
vϕ =
c
n sin θi
= 2, 3 108 m/s
284
Exercice 3
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 3
Le schéma ci-contre montre un condensateur fabriqué
x
à l’aide de deux grilles permettant de laisser passer un
faisceau d’électrons. On négligera les collisions éventuelles des électrons avec la grille (cf. canon à élec-
t
e
trons des tubes cathodiques). La tension V aux bornes
z
i
du condensateur est de 0,142 mV. Un faisceau d’électrons de vitesse v = 104 m/s est projeté avec un angle
d’incidence θi = 30° sur le condensateur. Rappel : la
V
masse de l’électron est de 9, 1 · 10−31 kg et la constante
de Planck h vaut 6, 62 · 10−34 Js.
a) Calculez la longueur d’onde des électrons incidents sur le condensateur λi et celle des
électrons transmis λt .
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• h̄k = p = mv
h 2π
2π λ
→
→
= mv
λ=
h
mv
• Conservation de l’énergie :
Eci = Ect + E p → Ect = Eci − E p
→
1
2
2 mvt
= 21 mv2i − qV
→
avec E p = qV
q
2qV
vt = v2i − m
et
Ec = 21 mv2
Résultats analytique et numérique :
λi =
h
mvi
= 73 nm et λt =
m
q h
2qV
v2i − m
= 103 nm
b) Dans le cadre de la mécanique quantique, calculez l’angle θt que fait le faisceau d’électrons
à la sortie du condensateur. On considérera pour simplifier que l’épaisseur du condensateur est arbitrairement petite (pente de potentiel tendant vers l’infini, il s’agit d’une “expérience de la pensée").
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
• ~k i = k ix 1~x + k iz 1~z
et ~k t = k tx 1~x + k tz 1~z
• Continuité des fronts d’onde : k ix = k tx
i
→ k i sin θi = k t sin θt avec k i = mv
et k t =
h̄
→ vi sin θi = vt sin θt
Résultats analytique et numérique :
θi
θt = arcsin( vi sin
vt ) = 45°
285
mvt
h̄
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 3
c) Faites le même calcul dans le cadre de la mécanique classique, en vous basant sur le principe de conservation de l’énergie ; comparez votre résultat avec celui du point (b).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Mécanique classique :
La "marche" de potentiel n’agit que sur la composante en z de la vitesse (cf : la force électrique a seulement une composante en z)
→
→
mvix = mvtx
où
vix = vi sin θi
vi sin θi = vt sin θt
et
vtx = vt sin θt
→ idem mécanique quantique (heureusement !)
Résultats analytique et numérique :
θi
θt = arcsin( vi sin
vt ) = 45°
d) Calculez la tension minimale Vmin qu’il est nécessaire d’appliquer pour obtenir la réflexion
totale du faisceau d’électrons.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Réflexion totale :
• Point de vue quantique
Il y a toujours continuité des fronts d’onde :
k ix = k tx
Mais il y a absence de propagation en z :q
k tz imaginaire
q ou nul. q
2
2
2
2
2
avec k t = k tx + k tz on trouve k tz = k t − k tx = k2t − k2ix = k2t − k2i sin2 θi
k tz
où
imaginaire ou nul si k t ≤ k i sin θi or k = mv
h̄
q
q
2qV
2qVmin
2
2
v t = vi − m
→
vi − m = vi sin θi
→
vt ≤ vi sin θi
• Point de vue classique
Il y a réflexion si la marche de potentiel qV est supérieure ou égale à l’énergie potentielle en z (c’est-à-dire l’énergie cinétique du mouvement projeté sur 1~z ) :
qVmin = 21 mv2i cos2 θi
Résultats analytique et numérique :
Dans les deux cas, on retrouve
Vmin =
1
2
2
2q mvi cos θi
286
= 0, 21 mV
Exercice 3
Chapitre 6 - Physique moderne
e) Calculez la proportion des électrons transmis qui atteignent la distance z = zc = 5 nm
lorsque la tension est deux fois plus élevée que la tension critique Vmin .
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Proportion d’électrons transmis en z = zc = 5 nm ?
Onde évanescente :
• k tz =
q
k2t − k2i sin2 θi
→
k t ≤ k i sin θi
→
k tz = iα
où
α=
q
k2i sin2 θi − k2t
• ψt = At e−αz eikix e−iωt
où |ψ|2 = probabilité de présence d’un électron ÷ densité d’électrons.
En z = zc la proportion d’électrons transmis est donnée par
q
α = k2i sin2 θi − k2t où h̄k i = mvi et h̄k t = mvt
1
2
2 mvt
→
→
1 2 2
1
= 12 mv2i − qV → 2m
h̄ k t = 2m
h̄k2i − qV
q
2mqV
− k2i cos2 θi où V = 2Vmin →
α=
h̄2
p
α = 1h̄ 2mqVmin
→
α=
|ψt (zc )|2
|ψt (0)|2
= e−2αzc
k2t = k2i −
r
4mqVmin
h̄2
−
2mqV
h̄2
m2 v2i
h̄2
cos2 θi
Résultats analytique et numérique :
e−2αzc = 0, 48
→ 48% des électrons arrivent en zc = 5 nm
→ pas de correspondant classique car "classiquement" on a zéro électron derrière la
marche de potentiel.
Résolution alternative
287
Chapitre 6 - Physique moderne
EC  EP  0 
a) k 
Exercice 4
1
m  v 2t  v i2    qe  Vt  Vi   0 
2
V
2
2 2
h
p 
 mv   t 

h

h
mv t
vt 
v i2 

t 
h
2qV
m v 2i 
m
b) k t  k i  k tx  k ix  k t sin t  k i sin i  sin t 
k
2 2
k v 
 mv  t  t  i

h
ki vi  t
 sin t 
2qV
m
h
m v i2 
ki
kt
ki
kt
2qV
m
sin i
sin i 
vi
vt

t  arcsin 




sin i
d) k t  0 ou imaginaire  k tz  0 ou imaginaire
avec k2t  k2tx  k2tz  k tz  k 2t  k 2tx
k t x  k ix

k 2t  k ix2
k
e)
 k2t  ki2 sin2 i
k  k sin i  0  k t  k i sin i k t  k i sin i   0
2
t
2
i
k tz  k2t  ki2 sin2 i

2
0
 k t  ki sin i  0  k t  ki sin i  v t  v i sin i

v 2i 
Vmin  m
2qV
v cos i
 v i sin i  V  m
m
2q
2
i
2
P
v 2i cos2 i
2q
2
m
h
  zc 
0
 e j k tz zc
Exercice 4
288


2
2
mv
h
vi
2qV
v 2i 
m
2
2
 2
  2

2
 mv t    mv i  sin i
 h
  h


2qVmin
2
 v 2i cos2 i  j m
m
h
qe   zc 
2
qe   0 
2

Pe
Ae

Ae


sin i 



4
m
h


2


2
j k x t
j k x t
4q Vmin
 v 2i cos2 i
m
2
j k tx x k tz zc t 

4q Vmin 2
vi cos2 i zc
m
Ae 
Ae 
j k tx x 0t 
2
Exercice 5
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 5
289
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 6
Exercice 6
Exercice 7
290
Exercice 8
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 8
Exercice 9
291
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 10
Exercice 10
292
Exercice 10
Chapitre 6 - Physique moderne
293
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 11
Exercice 11
294
Exercice 12
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 12
295
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 13
Exercice 13
296
Exercice 13
Chapitre 6 - Physique moderne
297
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 14
Exercice 14
298
Exercice 15
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 15
299
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 16
Exercice 16
300
Exercice 17
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 17
301
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 17
302
Exercice 18
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 18
303
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 18
304
Exercice 18
Chapitre 6 - Physique moderne
305
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 19
Exercice 19
306
Exercice 19
Chapitre 6 - Physique moderne
307
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 20
Exercice 20
308
Exercice 21
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 21
309
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 22
Exercice 22
310
Exercice 23
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 23
Le dessin ci-contre représente le schéma de
principe de la lunette astronomique. Faites
le schéma des rayons qui permet de comprendre le principe de fonctionnement de
la lunette (remarque : on considérera que
l’objet observé se situe à l’infini). Calculez le grossissement angulaire G A de la lunette
lorsque la focale f 1 de l’objectif est de 1,2 m et la focale f 2 de l’oculaire est de 0,8 cm.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Les rayons provenant d’un objet
situé à une distance considérée
comme infinie arrivent parallèles
sur la première lentille, en faisant
un angle (quelconque) θ par rapport à la normale à la lentille (l’axe
optique, commun aux deux lentilles dans ce cas).
f
1
Sachant que deux rayons qui se
f
1
croisent dans le plan focal d’un
côté de la lentille sont deux rayons parallèles de l’autre côté de la lentille, il est aisé d’effectuer le tracé des rayons et de constater qu’en sortie de la deuxième lentille, deux rayons initialement parallèles sont à nouveau parallèles : si les foyers des deux lentilles sont confondus, alors un objet à l’infini sera “vu" à l’oculaire comme étant aussi à l’infini.
Par contre, ces rayons quittent le dispositif avec un angle θ 0 6= θ. Le grossissement angulaire est défini comme : G A =
θ0
θ
Géométriquement, on trouve : θ = atan(h/ f 1 ) ≈ h/ f 1 et θ 0 = atan(h/ f 2 ) ≈ h/ f 2
Résultats analytique et numérique :
GA =
f1
= 150
f2
Exercice 24
Exercice non corrigé.
Exercice 25
Exercice non corrigé.
311
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 26
Exercice 26
312
Exercice 27
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 27
Alice et Bob ont pris leur vaisseau spatial et s’éloignent tous les deux de la Terre dans
des directions opposées (sur une même ligne droite passant par la Terre). Charles, qui est
resté sur Terre, mesure la vitesse des vaisseaux et constate que la vitesse d’Alice, v A , est
de 0,8 c, tandis que celle de Bob, v B , est de 0,6 c (où c est la vitesse de la lumière). Calculez
la vitesse d’Alice v AB que mesure Bob grâce à son radar de bord (donnez votre résultat
en m/s). Faites une représentation qualitative des lignes d’univers d’Alice, Bob et Charles
dans l’espace-temps (z, Ti ).
Considérons que les trois personnes impliquées dans l’exercice peuvent se mouvoir selon un
axe horizontal z, Charles (C) reste immobile, Bob (B) part vers la gauche et Alice (A) part vers la
droite. Dans l’espace-temps complexe, leurs lignes d’univers se représentent comme suit :
TiC

A
i
A
iA  Bi
Bi
TiB
B
zC
C
zB
Remarquez qu’une personne se déplaçant vers la gauche (droite) dans l’espace est représenté
par une ligne d’univers orientée vers la droite (gauche) dans l’espace-temps complexe, ce qui
est conforme à ce qui a été montré au cours. Par habitude, on utilise l’axe vertical pour représenter un utilisateur "au repos" mais il faut bien faire attention puisque tout est relatif et la notion
d’objet "au repos" n’existe pas vraiment (il existe toujours un référentiel dans lequel cet objet
n’est pas au repos).
Soit ( TiC , zC ) le référentiel lié à Charles. La ligne d’univers d’Alice fait un angle θiA avec ce référentiel tandis que la ligne d’univers de Bob fait un angle θiB avec ce référentiel. Comme il est
demandé dans l’énoncé une vitesse mesurée par Bob, cela signifie que l’on veut la valeur d’une
vitesse perçue par le référentiel ( TiB , z B ) de Bob (dans lequel se trouve le radar). Puisque l’on
veut la vitesse d’Alice mesurée par Bob, il faut déterminer la vitesse v AB qu’elle a dans le référentiel de Bob, celle-ci étant directement liée à l’angle θiA + θiB que fait la ligne d’univers d’Alice
avec l’axe TiB .
On peut également voir la situation de la manière suivante : Bob est "au repos" (axe vertical
ci-dessous) et c’est les autres qui sont en mouvement. Ainsi, l’espace-temps ci-dessous est strictement équivalent à celui ci-dessus, on a juste effectué une rotation des trois lignes d’univers.
Ainsi, par rapport à un observateur "au repos" (Bob), Alice se déplace vers la droite à une vitesse
313
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 27
v AB liée à l’angle θiA + θiB que fait sa ligne d’univers par rapport au référentiel "au repos".
Bi
C
iA
TiB
B
zB
iA  Bi
A
Pour trouver v AB , on a d’abord besoin de son équivalent dans l’espace-temps complexe
ViAB = tan(θiA + θiB ) =
tan θiA + tan θiB
1 − tan θiA tan θiB
Comme tan θiA = ViA et tan θiB = ViB , on trouve
ViAB =
ViA + ViB
1 − ViA ViB
On a donc réussi à déterminer la vitesse d’Alice dans le référentiel de Bob en fonction des vitesses d’Alice et Bob dans le référentiel de Charles, et ce via des considérations trigonométriques
toutes simples. Reste maintenant à traduire cette relation de l’espace-temps complexe à la représentation classique. Sachant que Vi = iV, on trouve iV AB =
V AB =
iV A +iV B
1−iV A iV B
VA + VB
1 + V AV B
Sachant que V = vc , on trouve finalement
v AB =
v A + vB
1+
v A vB
c2
= 0, 95 c = 2, 85 108 m/s
314
et donc
Exercice 28
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 28
t
Le schéma ci-dessous
1
2
montre les lignes d’univers de deux ressorts
idéaux
identiques
de
au
masse
2
v
1
z
0
2
v
m
1
lr
m*
m*
reposCalculez la longueur l des ressorts telle que mesurée après leur séparation (t > 0) dans le référen
m = 2, 1 g et de longueur au repos lr = 1 cm. Les deux ressorts sont initialement
maintenus en compression l’un contre l’autre. Au temps t = 0 les ressorts sont relâchés
brusquement et, sous l’effet de leur détente, ils se repoussent l’un l’autre jusqu’à atteindre
la vitesse v = 0, 1 c (on néglige tout effet d’oscillation des ressorts après leur séparation).
a) Calculez la longueur l des ressorts telle que mesurée après leur séparation (t > 0) dans le
référentiel (z, t) dans lequel ils étaient au repos en t < 0.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
l=
→
lr
cos θi
avec cos θi = √ 1 2
1+tan θi
q
p
√
l = lr 1 + tan2 θi = lr 1 + Vi2 = lr 1 − V 2
où
V=
v
c
Résultats analytique et numérique :
q
2
2
l = lr 1 − vc2 ≈ lr 1 − 12 vc2 = 0, 995 cm
b) Calculez l’impulsion p du ressort 1 en t > 0 dans le référentiel (z, t).
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
p = mc sinh θ
avec
sinh θ = √ tanh θ
2
1−tanh θ
où
tanh θ = V =
v
c
Résultats analytique et numérique :
p = mc q
v
c
2
1− v2
c
≈ mc 0, 1(1 +
1 v2
2 c2 )
= 0, 63315 105 kg m/s
c) Calculez l’énergie totale E du ressort 1 en t > 0.
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
E = mc2 cosh θ
avec
cosh θ = √
1
1−tanh2 θ
Résultats analytique et numérique :
E = mc2 q
1
2
1− v2
c
≈ mc2 (1 +
1 v2
2 c2 )
= 18, 995 1013 J
d) Calculez la masse totale m∗ du système formé des deux ressorts compressés en t < 0 et
montrez que la différence de masse avec celle des deux ressorts libres, soit 2m, correspond
à leur énergie cinétique.
315
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 28
Formule(s) de base utilisée(s) et synthèse du développement :
Conservation de l’énergie : E∗ = m ∗ c2 = E1 + E2 = 2mc2 q
1
2
1− v2
c
→
m∗ = 2m q
1
2
1− v2
c
> 2m
→
m∗ ≈ 2m(1 +
1 v2
2 c2 )
= 4, 221 g
La masse due à l’énergie contenue dans la compression des ressorts est de 0,021g !
La diminution de masse correspond-elle à l’énergie cinétique des ressorts libres ?
m∗ = 2m q
m∗ > m
1
2
1− v2
= 2m cosh θ
c
∆m = m∗ − m
→ ∆mc2 = (m∗ − 2m)c2 = 2mc2 (cosh θ − 1)
or l’énergie cinétique est égale à l’énergie totale diminuée de "l’énergie de masse" mc2
soit Ec1 = Ec2 = mc2 cosh θ − mc2
→ Ec1 + Ec2 = 2mc2 (cosh θ − 1) = ∆mc2
Ok : on voit que l’énergie potentielle des ressorts comprimés se traduit par une masse
accrue (l’énergie potentielle des ressorts étant égale à l’énergie cinétique que l’on vient de
calculer).
On comprend ainsi que la masse représente de l’énergie :E = mc2 !
316
Exercice 29
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 29
317
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 30
Exercice 30
318
Exercice 31
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 31
319
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 31
320
Exercice 31
Chapitre 6 - Physique moderne
321
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 32
Exercice 32
322
Exercice 32
Chapitre 6 - Physique moderne
323
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 32
324
Exercice 32
Chapitre 6 - Physique moderne
325
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 32
326
Exercice 33
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 33
Exercice 34
327
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 35
Exercice 35
Exercice 36
328
Exercice 37
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 37
Exercice 38
329
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 39
Exercice 39
Exercice 40
330
Exercice 41
Chapitre 6 - Physique moderne
Exercice 41
331
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