Contrôle périodique blanc corrigé de PHS0102 (Polytechnique)

La bille 3 est positive : elle a perdu des électrons, et la charge est quantifiée, $q_3=Ne$.

$N=\dfrac{q_3}{e}=\dfrac{5{,}00\times 10^{-6}}{1{,}60\times 10^{-19}}=3{,}125\times 10^{13}$ électrons, soit $3{,}13\times 10^{13}$.

Piège : convertir les microcoulombs ($1\ \mu\mathrm{C}=10^{-6}\ \mathrm{C}$) avant de diviser. Une charge positive est un DÉFAUT d'électrons ; aucun proton ne s'est ajouté.

Distances à $P$, lues sur le repère : $r_{2P}=6{,}00\ \mathrm{cm}$ (verticale), $r_{3P}=6{,}00\ \mathrm{cm}$ (horizontale) et $r_{1P}=\sqrt{10{,}0^2+6{,}00^2}=11{,}7\ \mathrm{cm}=0{,}117\ \mathrm{m}$.

Le potentiel est un SCALAIRE : on additionne les contributions avec leur signe, sans composantes.

À vitesse constante, $\Delta K=0$ : le travail extérieur égale la variation d'énergie potentielle, $W_{\mathrm{ext}}=q_4\,(V_P-V_\infty)=q_4V_P$.

Le travail est négatif : $q_4$ est négative et $V_P$ positif. En bilan sur le trajet, le champ fournit $0{,}682$ J à la bille ; l'agent, qui la garde à vitesse constante, reçoit globalement cette énergie, même si, par endroits, il doit la pousser.

Piège : écrire $W=-q_4V_P$, le travail du champ, au lieu de celui de l'agent extérieur. Les deux sont opposés.

Loi de Coulomb vectorielle : $\vec F_{4j}=k\dfrac{q_4q_j}{r_{jP}^2}\,\vec u_{j\to P}$, où $\vec u_{j\to P}$ est le vecteur unitaire qui va de $q_j$ vers $P$.

Par $q_1$ : $\vec u_{1\to P}=\dfrac{10{,}0\,\vec i+6{,}00\,\vec j}{11{,}66}=0{,}857\,\vec i+0{,}514\,\vec j$ et $k\dfrac{q_4q_1}{r_{1P}^2}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times(-3{,}00\times 10^{-12})}{0{,}0136}=-1{,}99\ \mathrm{N}$

$\vec F_{41}=-1{,}99\,(0{,}857\,\vec i+0{,}514\,\vec j)=(-1{,}70\,\vec i-1{,}02\,\vec j)\ \mathrm{N}$ : attraction, vers $q_1$.

Par $q_2$ : $\vec u_{2\to P}=\vec j$ et $q_4q_2>0$ : $\vec F_{42}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 2{,}00\times 10^{-12}}{0{,}00360}\,\vec j=+5{,}00\,\vec j\ \mathrm{N}$, répulsion.

Par $q_3$ : $\vec u_{3\to P}=\vec i$ et $q_4q_3<0$ : $\vec F_{43}=-\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 5{,}00\times 10^{-12}}{0{,}00360}\,\vec i=-12{,}5\,\vec i\ \mathrm{N}$, attraction.

$|\vec F_4|=\sqrt{14{,}20^2+3{,}98^2}=14{,}7\ \mathrm{N}$ ; deuxième quadrant, à $\arctan\dfrac{3{,}98}{14{,}20}=15{,}7°$ au-dessus de l'axe des $x$ négatifs, soit une orientation de $164°$.

Piège : la calculatrice donne $\arctan\dfrac{F_{4y}}{F_{4x}}=-15{,}7°$, un angle du quatrième quadrant ; c'est le signe des deux composantes qui place le vecteur.

Système de trois charges : une somme sur les trois PAIRES, chaque paire comptée une fois, avec $r_{12}=0{,}100\ \mathrm{m}$, $r_{13}=\sqrt{4{,}00^2+6{,}00^2}=7{,}21\ \mathrm{cm}$ et $r_{23}=\sqrt{6{,}00^2+6{,}00^2}=8{,}49\ \mathrm{cm}$.

Ajouter $q_4$, c'est ajouter ses trois paires, dont la somme vaut exactement le travail de b) : $k\,q_4\left(\dfrac{q_1}{r_{1P}}+\dfrac{q_2}{r_{2P}}+\dfrac{q_3}{r_{3P}}\right)=q_4V_P$.

Les signes des charges restent dans le calcul : $U$ est un scalaire. Un $U_4$ négatif dit qu'au total l'agent a RÉCUPÉRÉ $0{,}410\ \mathrm{J}$ en assemblant les quatre charges depuis l'infini.

Piège : recalculer les six paires en oubliant que trois d'entre elles sont déjà dans $U_3$, ou compter chaque paire deux fois.

Les billes 3 et 4 sont IDENTIQUES et conductrices : en négligeant l'influence de $q_1$ et $q_2$ pendant le contact, elles se partagent également leur charge totale, qui se conserve.

La bille 4 est devenue positive : chaque force change de sens, et seules leurs valeurs changent d'échelle.

$\vec F'_{41}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 6{,}00\times 10^{-12}}{0{,}0136}(0{,}857\,\vec i+0{,}514\,\vec j)=(3{,}40\,\vec i+2{,}04\,\vec j)\ \mathrm{N}$, répulsion.

$\vec F'_{42}=-\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 4{,}00\times 10^{-12}}{0{,}00360}\,\vec j=-10{,}0\,\vec j\ \mathrm{N}$, attraction ; $\vec F'_{43}=+10{,}0\,\vec i\ \mathrm{N}$, répulsion.

$\vec F'_4=(13{,}4\,\vec i-7{,}96\,\vec j)\ \mathrm{N}$, de module $\sqrt{13{,}40^2+7{,}96^2}=15{,}6\ \mathrm{N}$, orienté à $-30{,}7°$ : la bille, attirée vers la gauche avant le contact, est maintenant poussée vers la droite et le bas.

Piège : partager les MODULES ($\frac{5{,}00+1{,}00}{2}=3{,}00\ \mu\mathrm{C}$) au lieu des charges algébriques. Et ce partage égal ne vaut que pour deux billes identiques.

Un élément d'arc de longueur $ds=R\,d\theta$ porte $dq=\lambda\,ds=\lambda_0R\sin 2\theta\,d\theta$.

Piège : écrire $Q=\lambda_0\times\dfrac{\pi R}{2}$, comme si la densité était uniforme ; on trouverait $4{,}71\ \mathrm{nC}$.

Démarche en cinq étapes : dessiner $d\vec E$, écrire $dq$, projeter, invoquer la symétrie, intégrer.

L'élément en $\theta$, positif, crée en $O$ un champ qui s'en ÉLOIGNE : $d\vec E=-k\dfrac{dq}{R^2}(\cos\theta\,\vec i+\sin\theta\,\vec j)$.

L'élément en $90°-\theta$ porte la même charge, car $\sin(180°-2\theta)=\sin 2\theta$ : $d\vec E'=-k\dfrac{dq}{R^2}(\sin\theta\,\vec i+\cos\theta\,\vec j)$.

Somme : $d\vec E+d\vec E'=-k\dfrac{dq}{R^2}(\cos\theta+\sin\theta)(\vec i+\vec j)$, portée par la droite $y=x$.

L'arc ET sa densité sont symétriques par rapport à la bissectrice $y=x$ : la composante perpendiculaire à cette droite s'annule paire par paire, donc $E_{\mathrm{arc},x}=E_{\mathrm{arc},y}$, toutes deux négatives.

Piège : invoquer une symétrie par rapport à un AXE DU REPÈRE. Ici l'axe de symétrie est la bissectrice, et aucune composante cartésienne n'est nulle.

On projette sur $\vec i$ : $dE_x=-k\dfrac{dq}{R^2}\cos\theta=-\dfrac{k\lambda_0}{R}\sin 2\theta\cos\theta\,d\theta=-\dfrac{2k\lambda_0}{R}\sin\theta\cos^2\theta\,d\theta$

$\dfrac{k\lambda_0}{R}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 30{,}0\times 10^{-9}}{0{,}100}=2{,}70\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$, donc $E_x=-\dfrac{2}{3}\times 2700=-1{,}80\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$.

Vérification de b) : $E_y=-\dfrac{2k\lambda_0}{R}\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^2\theta\cos\theta\,d\theta=-\dfrac{2k\lambda_0}{R}\left[\dfrac{\sin^3\theta}{3}\right]_0^{\pi/2}=-\dfrac{2k\lambda_0}{3R}=E_x$.

$\vec E_{\mathrm{arc}}=(-1{,}80\times 10^{3}\,\vec i-1{,}80\times 10^{3}\,\vec j)\ \mathrm{N/C}$, de module $2{,}55\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$, dirigé vers le troisième quadrant.

Piège : sortir $\sin 2\theta$ de l'intégrale comme une constante, ou intégrer en degrés : les bornes sont $0$ et $\dfrac{\pi}{2}$ RADIANS.

$q_1>0$, à $6{,}00\ \mathrm{cm}$ à gauche de $O$ : son champ en $O$ s'en éloigne, donc pointe vers $+\vec i$.

$E_1=k\dfrac{q_1}{r_1^2}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 2{,}00\times 10^{-9}}{0{,}0600^2}=5{,}00\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$, soit $\vec E_1=5{,}00\times 10^{3}\,\vec i\ \mathrm{N/C}$.

$q_2<0$, à $5{,}00\ \mathrm{cm}$ sous $O$ : son champ pointe VERS elle, donc vers $-\vec j$.

$E_2=k\dfrac{|q_2|}{r_2^2}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 1{,}50\times 10^{-9}}{0{,}0500^2}=5{,}40\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$, soit $\vec E_2=-5{,}40\times 10^{3}\,\vec j\ \mathrm{N/C}$.

Piège : faire pointer le champ de $q_1$ vers $q_1$. Le champ d'une charge POSITIVE s'éloigne d'elle, quel que soit le point.

Superposition, composante par composante :

$E_x=-1800+5000+0=3{,}20\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$ ; $E_y=-1800+0-5400=-7{,}20\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$

$|\vec E|=\sqrt{3200^2+7200^2}=7{,}88\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$ ; quatrième quadrant, orientation $\arctan\dfrac{-7200}{3200}=-66{,}0°$.

Électron : $\vec F=-e\vec E$, de module $F=1{,}60\times 10^{-19}\times 7{,}88\times 10^{3}=1{,}26\times 10^{-15}\ \mathrm{N}$, orienté à $-66{,}0°+180°=114°$, à l'opposé du champ.

Piège : additionner les modules ($2546+5000+5400$) au lieu des composantes ; les champs ne s'ajoutent que comme des vecteurs.

La densité dépend de $r$ : on découpe le cylindre, sur une longueur $L$, en coquilles cylindriques minces de rayon $r$ et d'épaisseur $dr$, de volume $dV=2\pi rL\,dr$.

Piège : écrire $Q=\rho\times\pi R_1^2L$. Ce produit ne vaut que pour une densité UNIFORME ; ici il faut intégrer.

Symétrie cylindrique : $\vec E$ est radial et son module ne dépend que de $r$. Surface de Gauss $S_1$ : un cylindre coaxial de rayon $r<R_1$ et de longueur $L$.

Flux : nul à travers les deux bases ($\vec E$ y est tangent), $E\cdot 2\pi rL$ à travers la paroi latérale.

Charge intérieure : la même intégrale qu'en a), arrêtée à $r$ : $Q_{\mathrm{int}}=\dfrac{2\pi aLr^3}{3}$.

Le champ croît comme $r^2$, et non comme $r$ : c'est la signature de la densité $\rho=ar$.

Surface $S_2$, de rayon $R_1<r<R_2$ : elle enferme tout le cylindre isolant, $Q_{\mathrm{int}}=\lambda_1L$.

$E(2{,}00\ \mathrm{cm})=\dfrac{1{,}81\times 10^{-8}}{2\pi\times 8{,}85\times 10^{-12}\times 0{,}0200}=1{,}63\times 10^{4}\ \mathrm{N/C}$, dirigé vers l'extérieur.

Contrôle : en $r=R_1$, les deux expressions donnent la même valeur, $2{,}71\times 10^{4}\ \mathrm{N/C}$ ; le champ est continu, car aucune charge de surface ne se trouve en $R_1$.

Dans la gaine, conducteur à l'équilibre électrostatique : $E=0$.

Surface $S_3$ dans le métal : flux nul, donc $Q_{\mathrm{int}}=0$. La face intérieure porte $-\lambda_1=-18{,}1\ \mathrm{nC/m}$ (charge induite).

La charge nette de la gaine est conservée : face extérieure $\lambda_2-(-\lambda_1)=\lambda_1+\lambda_2=-40{,}0+18{,}1=-21{,}9\ \mathrm{nC/m}$.

Piège : placer toute la charge $\lambda_2$ sur la face extérieure. La face intérieure porte d'abord la charge induite, et l'extérieure reçoit le reste.

Surface $S_4$, de rayon $r>R_3$ : $Q_{\mathrm{int}}=(\lambda_1+\lambda_2)L=-21{,}9\ \mathrm{nC/m}\times L$.

Le signe négatif de la composante radiale dit que le champ pointe VERS l'axe : module $7{,}88\times 10^{3}\ \mathrm{N/C}$, dirigé vers l'axe.

Le graphe de $E(r)$, ci-dessous, résume les quatre régions : il croît en $r^2$, décroît en $1/r$, s'annule dans le métal, puis change de signe à l'extérieur.

Le cylindre est au potentiel le plus élevé : l'électron, négatif, est accéléré vers lui.

Conservation de l'énergie : $\Delta K=-q\,\Delta V=-(-e)\,[V(R_1)-V(R_2)]=e\times 226\ \mathrm{V}=3{,}61\times 10^{-17}\ \mathrm{J}$.

Cette vitesse reste inférieure à 3 % de celle de la lumière : le calcul classique convient.

Piège : intégrer le champ en $r^2$ de la région intérieure. Entre $R_1$ et $R_2$, seul compte le champ de cette région, en $1/r$.