Examen de synthèse corrigé : électricité et magnétisme (203-SN2-RE, ancien 203-NYB)

Entre les deux charges, le champ de $q_{1}$ pointe vers la droite (elle est positive, donc elle repousse) et celui de $q_{2}$ pointe aussi vers la droite (elle est négative, donc elle attire) : les deux contributions s'ajoutent et ne peuvent pas s'annuler. À gauche de $q_{1}$, on est plus près de la charge la plus grande en valeur absolue, donc son champ y est nécessairement dominant. Le point cherché est donc à droite de $q_{2}$, du côté de la charge la plus faible.

Soit $x>0{,}30$. L'égalité des normes s'écrit $\dfrac{k\left|q_{1}\right|}{x^{2}}=\dfrac{k\left|q_{2}\right|}{(x-0{,}30)^{2}}$. Comme $\left|q_{1}\right|=4\left|q_{2}\right|$, il vient $\dfrac{4}{x^{2}}=\dfrac{1}{(x-0{,}30)^{2}}$, soit $\dfrac{2}{x}=\dfrac{1}{x-0{,}30}$ en prenant les racines positives. Donc $2(x-0{,}30)=x$, d'où $x=0{,}60\ \mathrm{m}$. Vérification : les deux normes valent $99{,}9\ \mathrm{V/m}$.

$V=k\dfrac{q_{1}}{0{,}15}+k\dfrac{q_{2}}{0{,}15}=\dfrac{k\left(4{,}0-1{,}0\right)\times 10^{-9}}{0{,}15}=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times 3{,}0\times 10^{-9}}{0{,}15}=179{,}8\ \mathrm{V}$.

On cherche $x$ entre 0 et $0{,}30$ tel que $\dfrac{4}{x}=\dfrac{1}{0{,}30-x}$, soit $4(0{,}30-x)=x$, donc $1{,}20=5x$ et $x=0{,}24\ \mathrm{m}$. Le potentiel y est nul parce que les deux contributions, l'une positive et l'autre négative, se compensent : ce sont des scalaires qui s'additionnent algébriquement. Le champ, lui, est un vecteur : en ce point les deux contributions pointent toutes deux vers la droite, donc elles s'ajoutent au lieu de se compenser. Un potentiel nul n'implique jamais un champ nul, et réciproquement.

$U=\dfrac{kq_{1}q_{2}}{r}=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times 4{,}0\times 10^{-9}\times\left(-1{,}0\times 10^{-9}\right)}{0{,}30}=-1{,}20\times 10^{-7}\ \mathrm{J}$. Le signe négatif signifie que le système est lié : il faudrait fournir $1{,}20\times 10^{-7}\ \mathrm{J}$ pour séparer les deux charges jusqu'à l'infini. C'est cohérent avec le fait que des charges de signes opposés s'attirent.

Le théorème de Gauss donne $\Phi=\dfrac{Q_{\mathrm{int}}}{\varepsilon_{0}}=\dfrac{6{,}0\times 10^{-6}}{8{,}854\times 10^{-12}}=6{,}78\times 10^{5}\ \mathrm{N\cdot m^{2}/C}$. Ce flux ne dépend pas du rayon choisi tant que celui-ci dépasse $R$ : la charge intérieure vaut alors toujours $Q$. C'est exactement ce que le théorème affirme, et c'est ce qui le rend si puissant.

Par symétrie sphérique, $E$ est radial et de norme constante sur la surface de Gauss, donc $\Phi=E\times 4\pi r^{2}$, d'où $E=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}=\dfrac{kQ}{r^{2}}=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times 6{,}0\times 10^{-6}}{0{,}20^{2}}=1{,}35\times 10^{6}\ \mathrm{V/m}$. Le graphique donne bien environ $1{,}35\ \mathrm{MV/m}$ en $r=0{,}20$. À l'extérieur, la sphère se comporte exactement comme une charge ponctuelle placée en son centre.

Pour $r<R$, la charge intérieure est la fraction du volume concernée : $Q_{\mathrm{int}}=Q\dfrac{\frac{4}{3}\pi r^{3}}{\frac{4}{3}\pi R^{3}}=Q\dfrac{r^{3}}{R^{3}}$. Le théorème de Gauss donne alors $E\times 4\pi r^{2}=\dfrac{Q r^{3}}{\varepsilon_{0}R^{3}}$, donc $E=\dfrac{Qr}{4\pi\varepsilon_{0}R^{3}}=\dfrac{kQr}{R^{3}}$.

$E=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times 6{,}0\times 10^{-6}\times 0{,}050}{0{,}10^{3}}=2{,}70\times 10^{6}\ \mathrm{V/m}$. À la surface, $E=\dfrac{kQ}{R^{2}}=5{,}39\times 10^{6}\ \mathrm{V/m}$. Le rapport vaut exactement 2, ce qui était prévisible : à l'intérieur $E$ est proportionnel à $r$, et $0{,}050$ est la moitié de $R$.

Le champ est maximal exactement à la surface, en $r=R$, où il vaut $5{,}39\times 10^{6}\ \mathrm{V/m}$. La continuité s'y vérifie : la loi intérieure donne $\dfrac{kQR}{R^{3}}=\dfrac{kQ}{R^{2}}$ et la loi extérieure donne $\dfrac{kQ}{R^{2}}$, soit la même valeur. Le champ croît linéairement jusqu'à la surface puis décroît en $\dfrac{1}{r^{2}}$, ce qui explique la forme du graphique : une droite puis une hyperbole décroissante, raccordées sans saut.

Découpons l'anneau en petits éléments de charge. À chaque élément correspond l'élément diamétralement opposé, qui porte la même charge et se trouve à la même distance du point de l'axe. Les composantes de leurs champs perpendiculaires à l'axe sont opposées et s'annulent deux à deux, alors que leurs composantes axiales s'additionnent. Le champ résultant est donc porté par l'axe.

$kQ=8{,}99\times 10^{9}\times 8{,}0\times 10^{-9}=71{,}92$. En $z=0{,}10$ : $z^{2}+a^{2}=0{,}020$ et $\left(0{,}020\right)^{3/2}=2{,}828\times 10^{-3}$, donc $E=\dfrac{71{,}92\times 0{,}10}{2{,}828\times 10^{-3}}=2{,}54\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}$. Pour le potentiel, $\sqrt{0{,}020}=0{,}1414$, donc $V=\dfrac{71{,}92}{0{,}1414}=509\ \mathrm{V}$.

En $z=0$, la formule donne $E=0$ : au centre, chaque élément de charge est compensé par son opposé, donc le champ est nul. Le potentiel y vaut en revanche $V=\dfrac{kQ}{a}=\dfrac{71{,}92}{0{,}10}=719\ \mathrm{V}$, sa valeur maximale. C'est un exemple net du fait qu'un champ nul n'implique pas un potentiel nul : le potentiel est un scalaire, toutes les contributions sont positives ici et s'ajoutent, alors que les vecteurs champ se compensent.

Dérivons $E$. Avec $u(z)=z$ et $v(z)=\left(z^{2}+a^{2}\right)^{3/2}$, on a $v'(z)=3z\left(z^{2}+a^{2}\right)^{1/2}$, donc $E'=kQ\dfrac{\left(z^{2}+a^{2}\right)^{3/2}-3z^{2}\left(z^{2}+a^{2}\right)^{1/2}}{\left(z^{2}+a^{2}\right)^{3}}$. En factorisant $\left(z^{2}+a^{2}\right)^{1/2}$ au numérateur : $E'=kQ\dfrac{z^{2}+a^{2}-3z^{2}}{\left(z^{2}+a^{2}\right)^{5/2}}=kQ\dfrac{a^{2}-2z^{2}}{\left(z^{2}+a^{2}\right)^{5/2}}$. Le dénominateur est positif, donc $E'$ s'annule pour $a^{2}=2z^{2}$, soit $z=\dfrac{a}{\sqrt{2}}=0{,}0707\ \mathrm{m}$, en changeant de signe du plus au moins : c'est bien un maximum. Alors $z^{2}+a^{2}=\dfrac{3a^{2}}{2}=0{,}015$, dont la puissance $3/2$ vaut $1{,}837\times 10^{-3}$, et $E_{\max}=\dfrac{71{,}92\times 0{,}0707}{1{,}837\times 10^{-3}}=2{,}77\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}$.

Quand $z$ devient grand devant $a$, on peut négliger $a^{2}$ devant $z^{2}$ : $\left(z^{2}+a^{2}\right)^{3/2}\approx\left(z^{2}\right)^{3/2}=z^{3}$, donc $E\approx\dfrac{kQz}{z^{3}}=\dfrac{kQ}{z^{2}}$, qui est exactement le champ d'une charge ponctuelle $Q$. Vérification en $z=1{,}0\ \mathrm{m}$ : la formule exacte donne $70{,}9\ \mathrm{V/m}$ et l'approximation ponctuelle $71{,}9\ \mathrm{V/m}$, soit un écart de 1,5 pour cent seulement, alors que $z$ ne vaut que dix fois $a$.

$R_{23}=\dfrac{R_{2}R_{3}}{R_{2}+R_{3}}=\dfrac{6{,}0\times 3{,}0}{9{,}0}=2{,}0\ \Omega$. La résistance totale vaut $R_{\mathrm{tot}}=r+R_{1}+R_{23}=0{,}50+4{,}0+2{,}0=6{,}5\ \Omega$.

$I=\dfrac{\mathcal{E}}{R_{\mathrm{tot}}}=\dfrac{12{,}0}{6{,}5}=1{,}846\ \mathrm{A}$. La tension aux bornes de la pile est $U=\mathcal{E}-rI=12{,}0-0{,}50\times 1{,}846=11{,}08\ \mathrm{V}$ : elle est inférieure à la force électromotrice, précisément à cause de la résistance interne.

La tension aux bornes du groupement parallèle vaut $U_{23}=R_{23}I=2{,}0\times 1{,}846=3{,}692\ \mathrm{V}$. Elle est la même pour les deux branches, donc $I_{2}=\dfrac{3{,}692}{6{,}0}=0{,}615\ \mathrm{A}$ et $I_{3}=\dfrac{3{,}692}{3{,}0}=1{,}231\ \mathrm{A}$. Leur somme vaut $1{,}846\ \mathrm{A}$, égale au courant total : la loi des nœuds est vérifiée. On note que la plus petite résistance porte le plus grand courant, dans le rapport $\dfrac{I_{3}}{I_{2}}=\dfrac{R_{2}}{R_{3}}=2$ : les courants sont inversement proportionnels aux résistances.

$P_{\mathcal{E}}=\mathcal{E}I=12{,}0\times 1{,}846=22{,}15\ \mathrm{W}$. Ensuite $P_{r}=rI^{2}=0{,}50\times 1{,}846^{2}=1{,}70\ \mathrm{W}$, $P_{1}=R_{1}I^{2}=4{,}0\times 3{,}408=13{,}63\ \mathrm{W}$ et $P_{23}=R_{23}I^{2}=2{,}0\times 3{,}408=6{,}82\ \mathrm{W}$. La somme des trois vaut $1{,}70+13{,}63+6{,}82=22{,}15\ \mathrm{W}$, égale à la puissance fournie : le bilan est équilibré.

La fraction perdue dans la pile vaut $\dfrac{1{,}70}{22{,}15}=7{,}7$ pour cent. Pour la réduire, il faut diminuer le courant, donc augmenter la résistance externe, ou choisir une pile de plus faible résistance interne. On remarque que cette perte croît comme $I^{2}$ alors que la puissance fournie ne croît que comme $I$ : plus on tire de courant, plus la proportion gaspillée dans la pile augmente.

Le pont est équilibré lorsque $\dfrac{R_{1}}{R_{2}}=\dfrac{R_{3}}{R_{4}}$, ce qui annule la tension entre $A$ et $B$. Ici $\dfrac{100}{200}=0{,}500$ tandis que $\dfrac{300}{400}=0{,}750$ : la condition n'est pas satisfaite, le pont est déséquilibré.

Chaque branche est un simple diviseur de tension. $V_{A}=10{,}0\times\dfrac{R_{2}}{R_{1}+R_{2}}=10{,}0\times\dfrac{200}{300}=6{,}667\ \mathrm{V}$ et $V_{B}=10{,}0\times\dfrac{R_{4}}{R_{3}+R_{4}}=10{,}0\times\dfrac{400}{700}=5{,}714\ \mathrm{V}$. Donc $U_{AB}=V_{A}-V_{B}=0{,}952\ \mathrm{V}$.

En court-circuitant la source, le point $A$ se retrouve relié à la masse par $R_{1}$ et $R_{2}$ en parallèle, et le point $B$ par $R_{3}$ et $R_{4}$ en parallèle. Ces deux groupements sont en série entre $A$ et $B$, donc $R_{\mathrm{eq}}=\dfrac{100\times 200}{300}+\dfrac{300\times 400}{700}=66{,}7+171{,}4=238{,}1\ \Omega$.

Le circuit vu par le galvanomètre est un générateur de tension à vide $0{,}952\ \mathrm{V}$ et de résistance interne $238{,}1\ \Omega$. Donc $I_{g}=\dfrac{0{,}952}{238{,}1+50}=\dfrac{0{,}952}{288{,}1}=3{,}31\times 10^{-3}\ \mathrm{A}$, soit environ $3{,}31\ \mathrm{mA}$.

L'équilibre exige $\dfrac{R_{1}}{R_{2}}=\dfrac{R_{3}}{R_{4}}$, donc $R_{4}=\dfrac{R_{2}R_{3}}{R_{1}}=\dfrac{200\times 300}{100}=600\ \Omega$. La méthode est précise parce qu'à l'équilibre on ne mesure pas une valeur, on constate une annulation : le résultat ne dépend alors ni de la tension de la source, ni de la résistance du galvanomètre, ni de son étalonnage. Il ne dépend que d'un rapport de résistances connues, et détecter un zéro se fait avec une sensibilité bien supérieure à la lecture d'une déviation.

La section vaut $A=\pi\left(\dfrac{d}{2}\right)^{2}=\pi\left(1{,}0\times 10^{-3}\right)^{2}=3{,}14\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$. La longueur à considérer est celle parcourue par le courant, donc l'aller et le retour : $L=2\times 150=300\ \mathrm{m}$. D'où $R=\dfrac{\rho L}{A}=\dfrac{1{,}68\times 10^{-8}\times 300}{3{,}14\times 10^{-6}}=1{,}60\ \Omega$. Oublier le retour est l'erreur classique et divise le résultat par deux.

$I=\dfrac{P}{U}=\dfrac{1500}{120}=12{,}5\ \mathrm{A}$. La puissance perdue est $P_{\mathrm{perte}}=RI^{2}=1{,}60\times 12{,}5^{2}=251\ \mathrm{W}$, soit $16{,}7$ pour cent de la puissance utile. La chute de tension vaut $RI=1{,}60\times 12{,}5=20{,}1\ \mathrm{V}$, ce qui est considérable : l'atelier ne reçoit en réalité qu'environ $100\ \mathrm{V}$.

Sous $240\ \mathrm{V}$, le courant tombe à $I=\dfrac{1500}{240}=6{,}25\ \mathrm{A}$, soit la moitié. La perte devient $P_{\mathrm{perte}}=1{,}60\times 6{,}25^{2}=62{,}7\ \mathrm{W}$, soit le quart de la valeur précédente et seulement $4{,}2$ pour cent de la puissance utile. Le gain vient de ce que la perte varie comme le carré du courant : doubler la tension divise le courant par deux et donc la perte par quatre. C'est toute la raison d'être des lignes haute tension.

Il faut $RI^{2}<50$ avec $I=12{,}5\ \mathrm{A}$, donc $R<\dfrac{50}{156{,}25}=0{,}320\ \Omega$. Or $R=\dfrac{\rho L}{A}$, donc $A>\dfrac{1{,}68\times 10^{-8}\times 300}{0{,}320}=1{,}575\times 10^{-5}\ \mathrm{m^{2}}$. Comme $A=\pi\dfrac{d^{2}}{4}$, il vient $d>2\sqrt{\dfrac{A}{\pi}}=2\sqrt{5{,}01\times 10^{-6}}=4{,}48\times 10^{-3}\ \mathrm{m}$, soit environ $4{,}5\ \mathrm{mm}$. Il faut donc plus que doubler le diamètre, car la section, et donc la résistance, dépend du carré du diamètre.

$R_{60}=R_{20}\left[1+\alpha\left(T-T_{0}\right)\right]=1{,}60\times\left(1+3{,}9\times 10^{-3}\times 40\right)=1{,}60\times 1{,}156=1{,}85\ \Omega$, soit $15{,}6$ pour cent de plus. Le mécanisme d'emballement est le suivant : une résistance plus grande dissipe plus de puissance à courant constant, ce qui échauffe davantage le conducteur, ce qui augmente encore sa résistance. Dans un câble mal ventilé ou sous-dimensionné, cette boucle de rétroaction positive peut mener à la dégradation de l'isolant, et c'est précisément pourquoi les normes imposent un calibre minimal par intensité admissible.

Le travail de la force électrique fournit l'énergie cinétique : $E_{c}=qU=1{,}602\times 10^{-19}\times 2000=3{,}204\times 10^{-16}\ \mathrm{J}$, soit exactement $2000\ \mathrm{eV}$ par définition de l'électronvolt. De $E_{c}=\dfrac{1}{2}mv^{2}$ on tire $v=\sqrt{\dfrac{2qU}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\times 3{,}204\times 10^{-16}}{1{,}673\times 10^{-27}}}=6{,}19\times 10^{5}\ \mathrm{m/s}$.

La force magnétique $\vec{F}=q\vec{v}\times\vec{B}$ est perpendiculaire à la vitesse, donc elle ne modifie pas la norme de $\vec{v}$ mais seulement sa direction : c'est une force centripète de norme constante $qvB$. Un mouvement à vitesse de norme constante soumis à une force centripète constante est circulaire uniforme. En écrivant $qvB=\dfrac{mv^{2}}{R}$ il vient $R=\dfrac{mv}{qB}=\dfrac{1{,}673\times 10^{-27}\times 6{,}19\times 10^{5}}{1{,}602\times 10^{-19}\times 0{,}50}=1{,}29\times 10^{-2}\ \mathrm{m}$, soit environ $1{,}3\ \mathrm{cm}$.

$T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{2\pi m}{qB}=\dfrac{2\pi\times 1{,}673\times 10^{-27}}{1{,}602\times 10^{-19}\times 0{,}50}=1{,}31\times 10^{-7}\ \mathrm{s}$, et $f=\dfrac{1}{T}=7{,}62\times 10^{6}\ \mathrm{Hz}$. L'expression $\dfrac{2\pi m}{qB}$ ne contient ni $v$ ni $R$ : la période ne dépend que de la particule et du champ. Un proton plus rapide décrit un cercle plus grand, mais exactement dans le même temps. C'est cette propriété qui rend le cyclotron possible, puisqu'une tension alternative de fréquence fixe reste synchronisée avec la particule.

Le rayon $R=\dfrac{mv}{qB}$ est inversement proportionnel à $B$ : il est donc divisé par deux, soit $0{,}646\ \mathrm{cm}$. La période $T=\dfrac{2\pi m}{qB}$ est également divisée par deux, soit $6{,}56\times 10^{-8}\ \mathrm{s}$. La vitesse, elle, ne change pas.

Non. La force magnétique est à chaque instant perpendiculaire au déplacement, donc son travail est nul, et d'après le théorème de l'énergie cinétique l'énergie cinétique reste constante. Un champ magnétique peut courber une trajectoire, jamais accélérer une particule au sens énergétique. C'est pourquoi tout accélérateur a besoin d'un champ électrique pour communiquer l'énergie, le champ magnétique ne servant qu'à guider.

Seule la portion encore dans le champ contribue au flux. Pendant la sortie, la longueur immergée diminue à la vitesse $v$, donc $\left|\dfrac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}\right|=N B L v$. Ainsi $\mathcal{E}=50\times 0{,}40\times 0{,}10\times 3{,}0=6{,}0\ \mathrm{V}$ et $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=\dfrac{6{,}0}{2{,}0}=3{,}0\ \mathrm{A}$.

Le flux à travers la bobine diminue, puisque la surface immergée diminue. D'après la loi de Lenz, le courant induit s'oppose à cette diminution : il circule dans le sens qui crée, à l'intérieur de la bobine, un champ de même sens que le champ extérieur. Avec $\vec{B}$ entrant dans la page, comme sur la figure du corrigé, le courant circule donc dans le sens horaire ; si $\vec{B}$ sortait de la page, il circulerait dans le sens antihoraire. Dans les deux cas, il agit de manière à maintenir le flux.

Le côté encore dans le champ porte le courant $I$ sur la longueur $L$, pour chacune des $N$ spires : $F=N B I L=50\times 0{,}40\times 3{,}0\times 0{,}10=6{,}0\ \mathrm{N}$. Cette force s'oppose au mouvement, encore d'après la loi de Lenz, donc l'opérateur doit fournir une force égale et opposée. La puissance mécanique vaut $P_{\mathrm{mec}}=Fv=6{,}0\times 3{,}0=18\ \mathrm{W}$.

$P_{\mathrm{elec}}=\mathcal{E}I=6{,}0\times 3{,}0=18\ \mathrm{W}$, ou de façon équivalente $RI^{2}=2{,}0\times 9{,}0=18\ \mathrm{W}$. C'est exactement la puissance mécanique de la question c). Ce n'est pas une coïncidence : toute l'énergie fournie par l'opérateur est convertie en chaleur dans la résistance de la bobine, puisque la vitesse est constante et qu'il n'y a donc aucune variation d'énergie cinétique. La loi de Lenz est ici la traduction de la conservation de l'énergie.

La bobine sort complètement lorsqu'elle a parcouru sa propre largeur, donc $\Delta t=\dfrac{L}{v}=\dfrac{0{,}10}{3{,}0}=3{,}33\times 10^{-2}\ \mathrm{s}$. L'énergie dissipée vaut $W=P\Delta t=18\times 3{,}33\times 10^{-2}=0{,}60\ \mathrm{J}$. Vérification par le travail de la force appliquée : $W=F\times L=6{,}0\times 0{,}10=0{,}60\ \mathrm{J}$. Les deux calculs concordent, ce qui confirme le bilan énergétique.