Examen de synthèse corrigé : électricité et magnétisme (203-NYB)

a) 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.

b) 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 $99{,}9\ \mathrm{V/m}$.

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

d) 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.

e) $U=\dfrac{kq_{1}q_{2}}{r}=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times 4{,}0\times 10^{-9}\times\left(-1{,}0\times 10^{-9}\right)}{0{,}30}=-1{,}20\times 10^{-7}\ \mathrm{J}$. 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.

a) 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.

b) 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.

c) 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 $E=\dfrac{Qr}{4\pi\varepsilon_{0}R^{3}}=\dfrac{kQr}{R^{3}}$.

d) $E=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times 6{,}0\times 10^{-6}\times 0{,}050}{0{,}10^{3}}=2{,}70\times 10^{6}\ \mathrm{V/m}$. 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 $R$.

e) 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.

a) 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.

b) $kQ=8{,}99\times 10^{9}\times 8{,}0\times 10^{-9}=71{,}92$. 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 $V=\dfrac{71{,}92}{0{,}1414}=509\ \mathrm{V}$.

c) 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.

d) 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 $E_{\max}=\dfrac{71{,}92\times 0{,}0707}{1{,}837\times 10^{-3}}=2{,}77\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}$.

e) 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 $a$.

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 $R_{\mathrm{tot}}=r+R_{1}+R_{23}=0{,}50+4{,}0+2{,}0=6{,}5\ \Omega$.

b) $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R_{\mathrm{tot}}}=\dfrac{12{,}0}{6{,}5}=1{,}846\ \mathrm{A}$. 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.

c) 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 exact $2$ des deux résistances inversées.

d) $P_{\mathcal{E}}=\mathcal{E}I=12{,}0\times 1{,}846=22{,}15\ \mathrm{W}$. 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.

e) 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.

a) 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.

b) 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 $U_{AB}=V_{A}-V_{B}=0{,}952\ \mathrm{V}$.

c) 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 $R_{\mathrm{eq}}=\dfrac{100\times 200}{300}+\dfrac{300\times 400}{700}=66{,}7+171{,}4=238{,}1\ \Omega$.

d) 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 $3{,}31\ \mathrm{mA}$.

e) 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.

a) 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.

b) $I=\dfrac{P}{U}=\dfrac{1500}{120}=12{,}5\ \mathrm{A}$. 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 $100\ \mathrm{V}$.

c) 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.

d) 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.

e) $R_{60}=R_{20}\left[1+\alpha\left(T-T_{0}\right)\right]=1{,}60\times\left(1+3{,}9\times 10^{-3}\times 40\right)=1{,}60\times 1{,}156=1{,}85\ \Omega$, 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.

a) 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 $v=\sqrt{\dfrac{2qU}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\times 3{,}204\times 10^{-16}}{1{,}673\times 10^{-27}}}=6{,}19\times 10^{5}\ \mathrm{m/s}$.

b) 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 $1{,}3\ \mathrm{cm}$.

c) $T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{2\pi m}{qB}=\dfrac{2\pi\times 1{,}673\times 10^{-27}}{1{,}602\times 10^{-19}\times 0{,}50}=1{,}31\times 10^{-7}\ \mathrm{s}$, 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.

d) 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.

e) 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.

a) 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 $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=\dfrac{6{,}0}{2{,}0}=3{,}0\ \mathrm{A}$.

b) 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. Vu depuis le côté d'où vient $\vec{B}$, le courant circule donc dans le sens horaire ou antihoraire selon l'orientation de $\vec{B}$, mais toujours de manière à maintenir le flux.

c) 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 $P_{\mathrm{mec}}=Fv=6{,}0\times 3{,}0=18\ \mathrm{W}$.

d) $P_{\mathrm{elec}}=\mathcal{E}I=6{,}0\times 3{,}0=18\ \mathrm{W}$, 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.

e) 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.

a) On choisit comme contour d'Ampère le cercle de rayon $R$ situé dans le tore, le long duquel $\vec{B}$ est tangent et de norme constante par symétrie. La circulation vaut donc $B\times 2\pi R$. Ce contour est enlacé $N$ fois par le courant $I$, donc le théorème d'Ampère donne $B\times 2\pi R=\mu_{0}NI$, d'où $B=\dfrac{\mu_{0}NI}{2\pi R}$. Numériquement, $B=\dfrac{4\pi\times 10^{-7}\times 800\times 2{,}5}{2\pi\times 0{,}12}=3{,}33\times 10^{-3}\ \mathrm{T}$, soit $3{,}33\ \mathrm{mT}$.

b) Un contour circulaire tracé à l'extérieur du tore, soit plus près du centre que le tore, soit au-delà, n'enlace aucun courant net : dans le premier cas il n'entoure aucun fil, dans le second il entoure autant de fils montants que descendants, dont les contributions se compensent. La circulation de $\vec{B}$ est donc nulle sur ces contours, et comme la symétrie impose à $B$ d'être constant le long d'un tel cercle, il est nul. Le tore confine donc entièrement son champ, ce qui explique son usage dans les transformateurs.

c) Le flux à travers une spire vaut $\Phi=BA=3{,}33\times 10^{-3}\times 4{,}0\times 10^{-4}=1{,}333\times 10^{-6}\ \mathrm{Wb}$. Donc $L=\dfrac{N\Phi}{I}=\dfrac{800\times 1{,}333\times 10^{-6}}{2{,}5}=4{,}27\times 10^{-4}\ \mathrm{H}$, soit environ $0{,}427\ \mathrm{mH}$. On peut aussi l'écrire directement $L=\dfrac{\mu_{0}N^{2}A}{2\pi R}$, ce qui montre que l'inductance dépend du carré du nombre de spires et de la seule géométrie.

d) $U=\dfrac{1}{2}LI^{2}=0{,}5\times 4{,}27\times 10^{-4}\times 2{,}5^{2}=1{,}33\times 10^{-3}\ \mathrm{J}$. Par la densité d'énergie : $u=\dfrac{B^{2}}{2\mu_{0}}=\dfrac{\left(3{,}33\times 10^{-3}\right)^{2}}{2\times 4\pi\times 10^{-7}}=4{,}42\ \mathrm{J/m^{3}}$. Le volume du tore vaut $V=A\times 2\pi R=4{,}0\times 10^{-4}\times 0{,}754=3{,}02\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{3}}$, d'où $U=4{,}42\times 3{,}02\times 10^{-4}=1{,}33\times 10^{-3}\ \mathrm{J}$. Les deux méthodes donnent le même résultat, ce qui confirme que l'énergie d'une inductance est bien localisée dans le champ magnétique lui-même.

e) Le fer multiplie le champ par la perméabilité relative : $B$ passe à $500\times 3{,}33\times 10^{-3}=1{,}67\ \mathrm{T}$. L'inductance est également multipliée par 500, donnant $L=0{,}213\ \mathrm{H}$, et l'énergie aussi, soit $U=0{,}667\ \mathrm{J}$. Ce calcul ignore la saturation : au-delà d'environ $1{,}5$ à $2\ \mathrm{T}$ selon l'alliage, tous les domaines magnétiques du fer sont alignés et la perméabilité relative s'effondre vers 1. La valeur de $1{,}67\ \mathrm{T}$ obtenue est précisément dans cette zone, donc le résultat n'est pas fiable : la perméabilité n'est pas une constante, et le calcul suppose à tort une réponse linéaire du matériau.

a) $\tau=\dfrac{L}{R}=\dfrac{0{,}30}{12}=2{,}5\times 10^{-2}\ \mathrm{s}$, soit $25\ \mathrm{ms}$. En régime permanent la bobine ne s'oppose plus au courant, donc $I_{\infty}=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=\dfrac{24}{12}=2{,}0\ \mathrm{A}$.

b) $i(t)=I_{\infty}\left(1-\mathrm{e}^{-t/\tau}\right)=2{,}0\left(1-\mathrm{e}^{-t/0{,}025}\right)$. À $t=\tau$ : $i=2{,}0\left(1-\mathrm{e}^{-1}\right)=2{,}0\times 0{,}632=1{,}26\ \mathrm{A}$, soit $63{,}2$ pour cent de la valeur finale. À $t=3\tau$ : $i=2{,}0\left(1-\mathrm{e}^{-3}\right)=1{,}90\ \mathrm{A}$, soit $95$ pour cent.

c) Juste après la fermeture, le courant est encore nul, donc la tension aux bornes de $R$ est nulle et toute la force électromotrice se retrouve aux bornes de la bobine : $u_{L}\left(0^{+}\right)=24\ \mathrm{V}$. En régime permanent le courant est constant, donc $u_{L}=L\dfrac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=0$ : la bobine se comporte comme un simple fil. Physiquement, la bobine s'oppose à la variation du courant, pas au courant lui-même. C'est le courant, et non la tension, qui est continu dans une bobine.

d) On résout $2{,}0\left(1-\mathrm{e}^{-t/\tau}\right)=1{,}5$, soit $\mathrm{e}^{-t/\tau}=0{,}25$, donc $\dfrac{t}{\tau}=\ln 4$ et $t=0{,}025\times 1{,}386=3{,}47\times 10^{-2}\ \mathrm{s}$, soit environ $34{,}7\ \mathrm{ms}$.

e) $U=\dfrac{1}{2}LI_{\infty}^{2}=0{,}5\times 0{,}30\times 2{,}0^{2}=0{,}60\ \mathrm{J}$. Cette énergie n'est pas dissipée : elle est stockée dans le champ magnétique de la bobine et reste disponible tant que le courant circule. Elle sera restituée au circuit, et alors dissipée dans la résistance, si l'on ouvre l'interrupteur, ce qui explique l'étincelle observée à l'ouverture d'un circuit inductif : la bobine tente de maintenir son courant et impose une surtension.

a) $\omega=2\pi f=2\pi\times 60=377\ \mathrm{rad/s}$. Alors $X_{L}=\omega L=377\times 0{,}20=75{,}4\ \Omega$ et $X_{C}=\dfrac{1}{\omega C}=\dfrac{1}{377\times 20\times 10^{-6}}=133\ \Omega$.

b) La réactance totale vaut $X=X_{L}-X_{C}=75{,}4-133=-57{,}2\ \Omega$. L'impédance est $Z=\sqrt{R^{2}+X^{2}}=\sqrt{50^{2}+57{,}2^{2}}=\sqrt{5775}=76{,}0\ \Omega$, ce qui est bien l'hypoténuse du triangle de la figure. L'intensité efficace vaut $I=\dfrac{U}{Z}=\dfrac{120}{76{,}0}=1{,}58\ \mathrm{A}$.

c) $\tan\varphi=\dfrac{X}{R}=\dfrac{-57{,}2}{50}=-1{,}145$, donc $\varphi=-48{,}9^{\circ}$. La réactance totale étant négative, c'est le condensateur qui domine : le circuit est capacitif. Le déphasage de la tension par rapport au courant étant négatif, le courant est en avance sur la tension, de $48{,}9$ degrés. On retrouve l'angle marqué sur la figure.

d) Première méthode : $P=RI^{2}=50\times 1{,}579^{2}=125\ \mathrm{W}$. Seule la résistance consomme de la puissance active. Deuxième méthode : $P=UI\cos\varphi=120\times 1{,}579\times\cos\left(48{,}9^{\circ}\right)=120\times 1{,}579\times 0{,}658=125\ \mathrm{W}$. Les deux résultats concordent. La bobine et le condensateur échangent de l'énergie avec la source sans en consommer en moyenne.

e) $f_{0}=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC}}=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{0{,}20\times 20\times 10^{-6}}}=\dfrac{1}{2\pi\times 2{,}0\times 10^{-3}}=79{,}6\ \mathrm{Hz}$, donc $\omega_{0}=500\ \mathrm{rad/s}$ exactement. Le facteur de qualité vaut $Q=\dfrac{\omega_{0}L}{R}=\dfrac{500\times 0{,}20}{50}=2{,}0$. À la résonance les deux réactances se compensent, donc $Z=R=50\ \Omega$ et $I_{0}=\dfrac{120}{50}=2{,}40\ \mathrm{A}$. La tension aux bornes de la bobine vaut alors $U_{L}=I_{0}X_{L}=2{,}40\times\left(500\times 0{,}20\right)=240\ \mathrm{V}$, soit exactement le double de la tension de la source. Ce n'est pas une erreur : à la résonance, les tensions aux bornes de $L$ et de $C$ valent chacune $Q$ fois celle de la source et s'annulent mutuellement, puisqu'elles sont en opposition de phase. C'est le phénomène de surtension, et il impose de dimensionner les composants pour une tension bien supérieure à celle de l'alimentation.

a) Faux. Cette propriété vaut pour un conducteur en équilibre, ou pour l'intérieur creux d'une coquille chargée, mais pas pour une sphère isolante chargée en volume. L'exercice 2 le montre : $E=\dfrac{kQr}{R^{3}}$ à l'intérieur, donc le champ y croît linéairement, valant $2{,}70\times 10^{6}\ \mathrm{V/m}$ en $r=0{,}050\ \mathrm{m}$. Il n'est nul qu'au centre exact. Ce qu'affirme le théorème de Gauss, c'est que seule la charge intérieure à la surface choisie compte, et cette charge n'est nulle que pour $r=0$.

b) Faux, c'est exactement l'inverse : en série les résistances s'additionnent, donc la résistance équivalente est supérieure à chacune d'elles, et notamment à la plus grande. C'est le groupement parallèle qui donne une résistance inférieure à la plus petite des deux. L'exercice 4 en fournit les deux illustrations : $R_{23}=2{,}0\ \Omega$ est bien inférieure à $3{,}0\ \Omega$ pour le parallèle, tandis que la mise en série donne $6{,}5\ \Omega$, supérieure à chacun des termes.

c) Faux, et aucune orientation n'y change quoi que ce soit. La force magnétique $q\vec{v}\times\vec{B}$ est par construction perpendiculaire à la vitesse, donc perpendiculaire au déplacement à chaque instant, donc son travail est toujours nul. Le théorème de l'énergie cinétique impose alors une énergie cinétique constante, comme vu à l'exercice 7. Un champ magnétique ne peut que courber une trajectoire. C'est pour cette raison que le cyclotron a besoin d'une tension alternative : le champ magnétique guide, le champ électrique accélère.

d) Faux, et la conclusion est même inversée. Dans une bobine c'est le courant qui est continu, pas la tension. Juste après la fermeture, le courant est effectivement nul, donc la tension aux bornes de la résistance est nulle, et c'est précisément pour cela que toute la force électromotrice se retrouve aux bornes de la bobine : $u_{L}\left(0^{+}\right)=24\ \mathrm{V}$ à l'exercice 10, soit sa valeur maximale et non nulle. La tension aux bornes d'une bobine vaut $L\dfrac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}$, et c'est justement à $t=0$ que le courant varie le plus vite. Le raisonnement de l'affirmation vaudrait pour un condensateur initialement déchargé, où c'est la tension qui est continue et donc nulle.

e) Faux. Ce qui se compense à la résonance, c'est la somme des deux tensions, aux bornes de $L$ et de $C$, parce qu'elles sont en opposition de phase. Chacune prise séparément vaut $Q$ fois la tension de la source. L'exercice 11 le chiffre : avec $Q=2{,}0$ et une source de $120\ \mathrm{V}$, la tension aux bornes de la bobine atteint $240\ \mathrm{V}$, et celle du condensateur également. C'est le phénomène de surtension. Confondre la somme nulle avec des termes nuls conduirait à sous-dimensionner les composants d'un facteur $Q$, avec destruction à la clé.