∫ EPL - SESSION 1999 CORRIGÉ

Électrocinétique : régime transitoire.

1. La loi des mailles conduit à l'équation différentielle ( ) ( ) E R i t Ld i t

= + dt dont la solution générale est de la forme _{i t}( ) _K ^R

Lt E

= − R

 

 +

exp . La continuité de l'énergie emmagasinée dans la bobine implique la continuité de l'intensité soit i(0⁺) = i(0⁻) = 0 qui entraîne K E

= −R. En définitive il vient :

( )

_



 



 



 

−

−

= t

L exp R R 1 t E i

2. La différence de potentiel entre A et B est ( ) ( ) U R i t L d i t

AB = ₁ + ₁ dt où i(t) est l'intensité du courant dans la branche ABC. En utilisant le résultat de la question 1 et compte tenu que, dans un montage série, les résistances et les inductances propres s'ajoutent respectivement, il vient :

( )















 



 +

− + + −

= t

L L

R exp R

R 1 R t E i

2 1

2 1 2

1

On en déduit :

U R E

R R

R R

L L t L E

L L

R R

L L t

AB =

+ − − +

+



 













+

+ − +

+



 



1

1 2

1 2

1 2

1

1 2

1 2

1 2

1 exp exp

Cette différence de potentiel sera indépendante du temps si ^R

R R

L

L L

1

1 2

1

1 2

+ =

+ soit :

2 1 2 1

L L R R =

3. Dans ce cas on aura U R E ( )

R R t E

R R

R L t

AB=

+ =

+ − −

 















1

1 2 1 2

1 1

1

et i exp . L'énergie consommée

dans le tronçon AB, pendant l'intervalle de temps [0,t], est définie par AB ^t AB

( )

0

W =

∫

U i t ' dt ', ce qui nous donne :

( )



























 



−

− + −

= t

L exp R 1 L t R R R

E W L

1 1 1

1 2 2 1

1 2 AB

4. Pour que la différence de potentiel UBD puisse être nulle il faut que simultanément :

♦ UAD soit indépendante du temps ce qui impose, dans la branche ADC, R R

L L

3 4

3 4

= ;

♦ UAB = UAD, soit, d'après la question 2, R

R R

R

R R

1

1 2

3

3 4

+ =

+ donc R R

R R

1 2

3 4

= . En définitive on doit avoir :

4 3 4 3 2 1 2 1

L L R R R R L

L = = =

Électrocinétique : régime continu.

5. On remplace les sources de courant par des interrupteurs ouverts d'où la résistance du générateur de Norton équivalent au dipôle :

R r 2 R_N= +

6. On utilise le théorème de superposition et le diviseur de courant. La symétrie du montage conduit alors à :

( )

0

N I

r 2 R

R 2 r

I +

= +

Électrocinétique : régime continu (bis).

7. La résistance du conducteur diamétral, de longueur d, de section s et de résistivité ρ, est telle que 2r d

= ρs. Il en résulte, pour le demi-cercle de longueur ^πd

2 , de même section et de même résistivité, une résistance r d

s r

'=ρπ =

2 π . Ces résistances sont montées en parallèle entre A et B, d'où la résistance équivalente du système :

4 r R_AB 2

+ π

= π

8. Le montage proposé est, en utilisant la représentation de Norton, équivalent à celui représenté ci-contre avec I E

0= r

π . On a donc :

(

4

)

r I E r 2 R r 2

I_AB U^{AB AB} ₀ +

= π

=

=

9. La bissectrice intérieure de AOC et DOB est axe de symétrie du système donc A et C d'une part, B et D d'autre part, sont au même potentiel.

Il en résulte que :

0 I_DB=

Par ailleurs on peut isoler les circuits AOD et COD, identiques, ce qui entraîne :

(

4

)

r E I_AD 2

+

= π

10. Dans cette situation COD est axe de symétrie du système alors que AOB est axe d'antisymétrie ; il en résulte que les points A, O et B sont au même potentiel ce qui permet de supprimer ce fil. On observe alors que IDO = 2IAD. Ainsi, en utilisant la maille CADOC on obtient :

( )

2

I 4 r

E I_AD 2 = ^DO

+

= π

Électrostatique.

11. Toute rotation autour d'un axe de la sphère laisse le système invariant donc E = E(r) où r est la distance du point considéré au centre de la sphère. Par ailleurs tout plan contenant le centre de la sphère est plan de symétrie pour la distribution de charge ; E , vecteur vrai, est donc radial soit E = E(r)ur. Le théorème de Gauss, appliqué à une surface sphérique Σ, de rayon r, concentrique à la sphère chargée, nous conduit à :

4 ( )

0

2

πr E r ε0

Q b

b

= >

<







pour r pour r d'où :

I

πr 2r

πr I_AB

A B

0

E

u 0

= >

<







Q

r b

b

r

4π ε₀ ² pour r pour r Ensuite, comme ( )

E= −dV r u

dr ^r , on obtient par intégration : V

Q

r K b

b

= >

<







4π ε₀ + ¹pour r K pour r₂

On détermine les constantes K1 et K2 à l'aide des conditions aux limites :

♦ _lim ( )

r V r

→+∞ =0 d'où K1 = 0 ;

♦ continuité de V(r) en r = b soit K Q

2 b 4 0

= π ε .

En définitive le potentiel créé par la charge Q à l'intérieur de la sphère est uniforme et égal à :

( )

b 4 b Q r V

ε0

= π

<

12. Le champ électrostatique créé en P par l'ensemble des deux sphères identiques - même charge électrique Q - et la charge ponctuelle −2Q est identique à celui produit par trois charges ponctuelles Q en A, Q en B et −2Q en O. Le théorème de superposition nous permet d'écrire :

E( ) AP BP OP

P Q

AP BP OP

=  + −

 



4 2

0 3 3 3

π ε

avec OP = xux (x > 0), AP = xux −au_y et BP = xux + au_y. On en déduit aisément :

( )

^{P 42Qx0}

(

^{x2 1a2}

)

^{3/2 x13 ux}

E 









 −

ε +

= π

Notons que les plans xOy et xOz étant plans de symétrie de la distribution de charges, E(P) appartient à leur intersection c'est-à-dire est colinéaire à ux.

13. Le champ électrostatique créé en P par les quatre sphères identiques - même charge Q - est identique à celui produit par quatre charges pontuelles, de même valeur Q, placées aux sommets du carré.

Par ailleurs, les plans contenant O1, P et O3 d'une part, O2, P et O4 d'autre part, sont plans de symétrie de la distribution ; il en résulte que E'(P) appartient à leur intersection c'est-à-dire dirigé suivant uz. On a

donc ^E'( )^{P Q O P u. u}

( )

O P ^z _z P z a

= 









 = +

4 4 2

0 1

1

3 1 2 2

π ε avec O , d'où :

( )

^{P 4Q0}

(

^{z2 42az2}

)

^{3/2 z}

' u

E = πε +

14. Dans ce cas les plans contenant P et orthogonaux respectivement à O1O2 et O1O4 sont plans d'antisymétrie de la distribution. E"(P) est donc orthogonal à ces plans ce qui implique :

( )

0 E"P =

Magnétostatique.

15. Toute rotation autour de l'axe Oz et toute translation parallèlement à cet axe laisse la distribution de courant invariante, on a donc B = B(r) où r est la distance du point considéré au fil. Par ailleurs, tout plan contenant l'axe Oz est plan de symétrie pour la distribution de courant ; B, pseudo-vecteur, est donc orthoradial soit B(P) = B(r)uθ.

On applique le théorème d'Ampère à un contour circulaire C, de rayon r, centré sur l'axe, ce qui nous donne 2πr B r( )=µ₀I, d'où :

( )

π θ

=µ u B 2 r

P ⁰I

16. Soit un élément de courant I d. A=I dzu_z du fil AC entourant le point P

(

^OP=huy^+zuz

)

. Il subit, de la part du champ magnétique créé par le fil infini, une force de Laplace :

( )

d I d I dz I

h

I h dz

z x y

F= ∧ =B u ∧ − u u

 

 = −

. A µ

π

µ π

0 0

2

2 2

On en déduit par intégration la résultante des forces de Laplace :

y 0 2

h 2

a I u

F π

−µ

=

17. Le moment en O des forces de Laplace qui s'exercent sur l'élément de courant précédent est :

d ( )O d I

h z dz _x M =OP∧ F=µ u

π

0 2

2

Par intégration on obtient le moment en O des forces de Laplace qui s'exercent sur le fil AC :

( )

^{0 2 2} _x

h 4

a

O I u

M π

=µ

18. Les résultats précédents nous montrent que le torseur des forces de Laplace, qui s'exercent sur la fil AC, est un glisseur. On peut donc le représenter par le vecteur unique F appliqué en un point K de [AC], avec OK = huy + bu_z, tel que M( )K =M( )O + ∧F OK 0= . En développant on en déduit aisément :

2 b=a

Optique géométrique.

19. On a A→^L1A₁→^L2A'ce qui nous donne, respectivement, en utilisant la formule de conjugaison de Newton :

F A F A₁ . '_{1 1}= −f'₁² , F A F A_{2 1}. '₂ '= −f'₂² avec F A F O₁ = _{1 1}+O A f₁ = '₁+p . Il en résulte que F A f

f p

' '

1 1 '

12 1

= − + d'où on déduit :

F A F F F A e f

f p

2 1 2 1 1 1

1 2

1

= + = − −

' ' '+

' qui entraîne :

( )

( )

F A f f p

f e f p

' ' ' '

' '

2

2 2

1 1 2

1

= +

+ +

En définitive on obtient :

( )( )

(

f' p

)

e ' f

p ' f ' f e ' ' f f ' A ' F ' F O ' A O ' p

2 1 1

1 2 2

2 1 2 2

2

2 + +

+ +

= + +

=

=

20. Si p = −f'1 alors il vient :

'2

f ' p=

Lorsque l'objet AB se trouve dans le plan focal objet de L1 son image se forme dans le plan focal image de L2.

21. Dans ce cas le grandissement transversal du système, défini par γ =A B'= AB

A B' A B

A B AB

' '

.

1 1

1 1, avec A B'

A B

F A F O

A B AB

F O F A

' ' '

1 1 '

2

2 2

1 1 1 1

1

= et = , est tel que :

(

₁

)

12 2 1

' f p e ' f

' f ' f

+ +

= − γ

22. Si le système est afocal alors e = 0 ce qui nous donne :

( )

1 1 2

1 2 2

' f

' , f

' f ' p f

' 1 f ' f '

p  γ=−



 



 + +

=

23. On est toujours dans le cas du système afocal ; numériquement on obtient : p' 0,625m ,= γ = −0,5

L'image est renversée et deux fois plus petite que l'objet.

Mécanique du point.

24. Le théorème de l'énergie cinétique appliqué au point matériel entre les instants t = 0 et t > 0 se traduit par :

1 2

1

2 2 2

2

0

2 2

mv mv mg x

p

− = −  −p

 



car seul le poids développe un travail non nul.

Or

( )

v x y x x x

p x p x

p

2 2 2 2

2 2

2 2

= + = + 2

 

 = +

d'où on déduit :

( )

2 2

2 20

2

x p

x g p g v pp

x +

−

= +

25. Quand l'altitude maximale y1 est atteinte la vitesse du point matériel s'annule. Le théorème de l'énergie cinétique se traduit donc par 0 1

2 ⁰ 2

2

− = −  1−

 



mv mg y p

d'où on tire :











 +

= gp

1 v 2 y p

02 1

26. Par définition

( )

2

2

x d x

= dx , d'où en utilisant le résultat de la question 24 :

( )

(

^{2 2}

)

²

20 2

x p

p g 2 v x x p

+ +

=−

27. On a y x

p y xx

p y x xx

= ² = = ²p+

2 donc puis

. Avec les résultats précédents on en déduit :

( )

(

^{2 2}

)

²

2 2 20

3 4

x p

x p g 2 p g v p x y g

+

− + +

=−

28. La deuxième loi de Newton appliqué au point matériel, dans le référentiel galiléen lié au support, se traduit par _ma(_P/R)= +_{N mg}. En projection suivant Ox on obtient :

( ) (

^{2 2}

)

²

02 2

x p x

p g 2 v x x mp m

N +

+

=−

=

29. La deuxième loi de Newton en projection suivant Oy nous conduit à :

( ) ( )

(

^{2 2}

)

²

02 3

y p x

p g 2 v y mp g m

N +

= + +

=

30. La liaison étant unilatérale les réponses correctes sont a et c.