Épreuve de synthèse corrigée : électricité et magnétisme (203-SN2-RE)

a) $F_{13}=\dfrac{k|q_{1}q_{3}|}{r^{2}}=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times 4{,}0\times 10^{-9}\times 2{,}0\times 10^{-9}}{0{,}40^{2}}=4{,}50\times 10^{-7}$ N, répulsive, donc dirigée vers le haut ($+y$).

b) Distance $\sqrt{0{,}30^{2}+0{,}40^{2}}=0{,}50$ m. $F_{23}=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times 6{,}0\times 10^{-9}\times 2{,}0\times 10^{-9}}{0{,}50^{2}}=4{,}32\times 10^{-7}$ N, attractive, donc dirigée de $q_{3}$ vers $q_{2}$.

c) Le vecteur unitaire de $q_{3}$ vers $q_{2}$ vaut $\left(\dfrac{0{,}30}{0{,}50}\,;-\dfrac{0{,}40}{0{,}50}\right)=(0{,}6\,;-0{,}8)$. $F_{x}=0{,}6\times 4{,}32\times 10^{-7}=2{,}59\times 10^{-7}$ N ; $F_{y}=4{,}50\times 10^{-7}-0{,}8\times 4{,}32\times 10^{-7}=1{,}04\times 10^{-7}$ N. On additionne des VECTEURS : additionner les modules donnerait $8{,}8\times 10^{-7}$ N, faux.

d) $F=\sqrt{(2{,}59)^{2}+(1{,}04)^{2}}\times 10^{-7}=2{,}79\times 10^{-7}$ N.

e) $\theta=\arctan\dfrac{1{,}04}{2{,}59}=21{,}9°$ au-dessus de l'axe des $x$ positifs.

a) $P$ est à la même distance des deux charges, $\sqrt{0{,}10^{2}+0{,}10^{2}}=0{,}141$ m, et les charges sont opposées : $V_{P}=\dfrac{k(5{,}0\times 10^{-9})}{0{,}141}+\dfrac{k(-5{,}0\times 10^{-9})}{0{,}141}=0$ V. Le potentiel est un SCALAIRE : on additionne des nombres signés, et le champ en $P$, lui, n'est pas nul.

b) Distances : $0{,}30$ m de la charge positive, $0{,}10$ m de la négative. $V_{Q}=8{,}99\times 10^{9}\times 5{,}0\times 10^{-9}\left(\dfrac{1}{0{,}30}-\dfrac{1}{0{,}10}\right)=-300$ V.

c) $W_{ext}=q(V_{Q}-V_{P})=2{,}0\times 10^{-9}\times(-300-0)=-6{,}0\times 10^{-7}$ J. Le travail est négatif : la charge positive « descend » vers un potentiel plus bas, et l'opérateur doit la retenir.

d) $U=\dfrac{kq_{1}q_{2}}{r}=\dfrac{8{,}99\times 10^{9}\times(5{,}0\times 10^{-9})(-5{,}0\times 10^{-9})}{0{,}20}=-1{,}12\times 10^{-6}$ J.

e) Une énergie négative signifie qu'il faudrait FOURNIR $1{,}12\times 10^{-6}$ J pour séparer les deux charges jusqu'à l'infini : le système est lié, comme toujours entre charges de signes opposés.

a) $F=|q|E=1{,}5\times 10^{-13}\times 1{,}2\times 10^{6}=1{,}8\times 10^{-7}$ N.

b) $a=\dfrac{F}{m}=\dfrac{1{,}8\times 10^{-7}}{1{,}3\times 10^{-10}}=1{,}38\times 10^{3}$ m/s².

c) La vitesse horizontale est constante (aucune force horizontale) : $t=\dfrac{L}{v}=\dfrac{0{,}016}{20}=8{,}0\times 10^{-4}$ s.

d) Mouvement uniformément accéléré vertical, sans vitesse verticale initiale : $y=\dfrac{1}{2}at^{2}=\dfrac{1}{2}\times 1385\times(8{,}0\times 10^{-4})^{2}=4{,}4\times 10^{-4}$ m $=0{,}44$ mm. C'est exactement le mouvement d'un projectile, avec $a$ à la place de $g$.

e) Poids : $mg=1{,}3\times 10^{-10}\times 9{,}81=1{,}3\times 10^{-9}$ N, cent quarante fois plus petit que la force électrique : il change la déviation de moins de $1$ %.

a) Ce qui arrive au nœud en repart : $I_{1}+I_{2}=I_{3}$.

b) En remplaçant $I_{3}$ : $9{,}0=5I_{1}+2I_{2}$ et $6{,}0=2I_{1}+8I_{2}$. De la première, $I_{1}=\dfrac{9{,}0-2I_{2}}{5}$ ; dans la seconde : $30=18-4I_{2}+40I_{2}$, donc $I_{2}=\dfrac{12}{36}=0{,}333$ A.

c) $I_{1}=\dfrac{9{,}0-0{,}667}{5}=1{,}67$ A et $I_{3}=1{,}67+0{,}33=2{,}00$ A. Les deux courants sont positifs : les deux sources débitent dans le sens supposé.

d) $V_{3}=R_{3}I_{3}=2{,}0\times 2{,}00=4{,}0$ V. On vérifie par la maille de gauche : $9{,}0-3\times 1{,}67=4{,}0$ V.

e) Fournie : $9{,}0\times 1{,}67+6{,}0\times 0{,}333=15{,}0+2{,}0=17{,}0$ W. Dissipée : $3\times 1{,}67^{2}+6\times 0{,}333^{2}+2\times 2{,}00^{2}=8{,}33+0{,}67+8{,}00=17{,}0$ W. Le bilan de puissance est la meilleure vérification d'un calcul de Kirchhoff.

a) $P=\dfrac{V^{2}}{R}$, donc $R=\dfrac{120^{2}}{1500}=9{,}6$ Ω.

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

c) $A=\pi r^{2}=\pi\times(0{,}25\times 10^{-3})^{2}=1{,}96\times 10^{-7}$ m² $=0{,}196$ mm². Le RAYON vaut la moitié du diamètre.

d) $R=\dfrac{\rho L}{A}$, donc $L=\dfrac{RA}{\rho}=\dfrac{9{,}6\times 1{,}96\times 10^{-7}}{1{,}10\times 10^{-6}}=1{,}71$ m.

e) La résistance est divisée par deux, $4{,}8$ Ω, et sous tension CONSTANTE la puissance $\dfrac{V^{2}}{R}$ double : $3000$ W. Contre-intuitif mais juste : raccourcir un élément chauffant le fait chauffer davantage, jusqu'à le détruire.

a) $\tau_{1}=R_{1}C=2{,}0\times 10^{3}\times 500\times 10^{-6}=1{,}0$ s.

b) $v=12{,}0\left(1-e^{-2{,}0/1{,}0}\right)=12{,}0\times 0{,}865=10{,}4$ V.

c) La tension du condensateur ne saute pas : juste après la bascule, elle vaut encore $10{,}4$ V, appliqués à la nouvelle résistance. $i=\dfrac{10{,}38}{4000}=2{,}6\times 10^{-3}$ A $=2{,}6$ mA.

d) Nouvelle constante de temps : $\tau_{2}=4{,}0\times 10^{3}\times 500\times 10^{-6}=2{,}0$ s. La décharge dure depuis $3{,}0$ s : $v=10{,}38\,e^{-3{,}0/2{,}0}=2{,}3$ V. Le piège est de compter le temps depuis $t=0$ au lieu de depuis la bascule.

e) $U=\dfrac{1}{2}Cv^{2}=\dfrac{1}{2}\times 500\times 10^{-6}\times 10{,}38^{2}=2{,}7\times 10^{-2}$ J $=27$ mJ.

a) $mg=0{,}0080\times 9{,}81=7{,}85\times 10^{-2}$ N.

b) $F=ILB$ doit égaler le poids : $I=\dfrac{mg}{LB}=\dfrac{0{,}0785}{0{,}200\times 0{,}050}=7{,}85$ A.

c) $\vec F=I\vec L\times\vec B$ doit pointer vers le haut avec $\vec B$ vers le nord. Avec l'axe $x$ vers l'est, $y$ vers le nord et $z$ vers le haut : $\hat x\times\hat y=\hat z$. Il faut donc $\vec L$ vers l'EST. Le courant circule d'ouest en est ; dans l'autre sens, la force pousserait la tige vers le bas.

d) $F=ILB\sin\theta$ : à $30°$, la force est divisée par deux, et il faut $I=\dfrac{7{,}85}{\sin 30°}=15{,}7$ A.

e) Avec $\vec L$ parallèle à $\vec B$, $\sin\theta=0$ : le produit vectoriel est nul, aucune force, quel que soit le courant.

a) $B=\mu_{0}nI=4\pi\times 10^{-7}\times\dfrac{500}{0{,}250}\times 2{,}00=5{,}03\times 10^{-3}$ T $=5{,}03$ mT. C'est le nombre de spires PAR MÈTRE, $n=2000$ m⁻¹, qui compte.

b) $B=\dfrac{\mu_{0}I}{2\pi r}=\dfrac{4\pi\times 10^{-7}\times 10{,}0}{2\pi\times 0{,}050}=4{,}0\times 10^{-5}$ T $=40$ µT.

c) $\dfrac{5{,}03\times 10^{-3}}{4{,}0\times 10^{-5}}=126$ : l'enroulement concentre le champ.

d) L'aiguille s'aligne sur le champ total, somme vectorielle de deux champs perpendiculaires : $\tan\alpha=\dfrac{40}{20}=2$, donc $\alpha=63°$. Un courant de dix ampères dérègle complètement une boussole à cinq centimètres.

e) Dans un solénoïde idéal, le champ intérieur est uniforme et le théorème d'Ampère appliqué à un rectangle donne $BL=\mu_{0}NI$, sans aucune dimension transversale : seule compte la densité de spires le long de l'axe. Le rayon n'intervient qu'aux extrémités, où l'approximation cesse d'être valable.

a) $eV=\dfrac{1}{2}m_{e}v^{2}$, donc $v=\sqrt{\dfrac{2\times 1{,}60\times 10^{-19}\times 2000}{9{,}11\times 10^{-31}}}=2{,}65\times 10^{7}$ m/s, environ $9$ % de la vitesse de la lumière : le calcul non relativiste reste acceptable.

b) La force magnétique joue le rôle de force centripète : $evB=\dfrac{m_{e}v^{2}}{r}$, donc $r=\dfrac{m_{e}v}{eB}=\dfrac{9{,}11\times 10^{-31}\times 2{,}65\times 10^{7}}{1{,}60\times 10^{-19}\times 1{,}0\times 10^{-3}}=0{,}151$ m $=15{,}1$ cm.

c) L'électron parcourt un arc de cercle de rayon $r$ dont la projection sur la direction initiale vaut la largeur $d$ de la zone : $\sin\theta=\dfrac{d}{r}=\dfrac{3{,}0}{15{,}1}=0{,}199$, donc $\theta=11{,}5°$. Il sort ensuite en ligne droite.

d) $2{,}65\times 10^{7}$ m/s, la même qu'à l'entrée : seule la DIRECTION a changé.

e) $\vec F=q\vec v\times\vec B$ est toujours perpendiculaire à la vitesse : sa puissance $\vec F\cdot\vec v$ est nulle, elle ne travaille pas et ne change pas l'énergie cinétique. Un champ magnétique courbe, il n'accélère jamais au sens de la vitesse scalaire.

a) $\Phi_{1}=BA=0{,}30\times 0{,}012=3{,}6\times 10^{-3}$ Wb $=3{,}6$ mWb.

b) $|\mathcal{E}|=N\dfrac{|\Delta\Phi|}{\Delta t}=200\times\dfrac{3{,}6\times 10^{-3}}{0{,}050}=14{,}4$ V. Le facteur $N$ est indispensable : chaque spire ajoute sa propre fém.

c) $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=\dfrac{14{,}4}{4{,}0}=3{,}6$ A.

d) $E=RI^{2}\Delta t=4{,}0\times 3{,}6^{2}\times 0{,}050=2{,}6$ J. Cette énergie vient du travail de la main qui tire la bobine : on sent une résistance au retrait.

e) Le flux DIMINUE : le courant induit crée un champ dans le MÊME sens que le champ extérieur, pour s'opposer à cette diminution. La loi de Lenz ne dit pas « opposé au champ », elle dit « opposé à la variation du flux ».

a) $B(3{,}0)=0{,}020+0{,}0040\times 9{,}0=0{,}056$ T et $\Phi=BA=0{,}056\times 0{,}040=2{,}24\times 10^{-3}$ Wb $=2{,}24$ mWb.

b) $\dfrac{d\Phi}{dt}=A\dfrac{dB}{dt}=0{,}040\times(2\times 0{,}0040\times 3{,}0)=9{,}6\times 10^{-4}$ Wb/s $=0{,}96$ mWb/s.

c) $|\mathcal{E}|=N\dfrac{d\Phi}{dt}=50\times 9{,}6\times 10^{-4}=4{,}8\times 10^{-2}$ V $=48$ mV.

d) $I=\dfrac{0{,}048}{2{,}5}=1{,}9\times 10^{-2}$ A $=19$ mA.

e) La fém dépend de la VARIATION du flux, pas de sa valeur. À $t=0$, $\dfrac{dB}{dt}=2\times 0{,}0040\times 0=0$ : le champ est momentanément stationnaire, aucune fém n'est induite. C'est la dérivée, pas le champ, qu'on lit dans la loi de Faraday.

a) La loi d'Ohm, $V=RI$ : pour un conducteur ohmique, la tension est proportionnelle au courant, et la pente de $V$ en fonction de $I$ est la résistance.

b) En ampères : $0{,}0215$ ; $0{,}0422$ ; $0{,}0640$ ; $0{,}0851$ ; $0{,}1060$. Régression : pente $47{,}2$ Ω, ordonnée à l'origine $-0{,}009$ V, négligeable. Convertir les milliampères AVANT la régression, sinon la pente sort mille fois trop petite.

c) $\dfrac{47{,}19-47}{47}=+0{,}4$ %.

d) $5$ % de $47$ Ω valent $2{,}35$ Ω : l'intervalle est $[44{,}65\,;49{,}35]$ Ω. La mesure y est largement comprise : la résistance est conforme.

e) $P=\dfrac{V^{2}}{R}=\dfrac{25}{47{,}2}=0{,}53$ W, plus du double de $0{,}25$ W : la résistance chaufferait et pourrait brûler. Il faut une résistance de $1$ W, ou limiter la tension de l'expérience.