ICNA - SESSION 2003 ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE CORRIGÉ

ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE CORRIGÉ

Pendule électrostatique.

1. Après contact chaque boule porte la même charge électrique q = Q/2 car les deux boules métalliques sont identiques. Elles se repoussent, A exerçant sur P une force électrostatique donnée par la loi de Coulomb :

0 3 2

4 q

AP f AP

= πε

Comme 



 



=  ϕ sin 2 b 2

AP il vient :

(

/2

)

sin b 16

1 4

f Q _{2 2}

0 2

πε ϕ

=

= f

2. A l'équilibre le moment en O des forces appliquées à P est nul, soit :

( ) ( ) ( )

AP ^e

( )

^{e 0}

e AP g

f OP

M  =



 



 −

ϕ ϕ

=











 +

∧

= +

∧

= _z

e e

x r

ext mg

2 / sin 2 sin f mg

f b m O

Si on suppose 0<ϕ_e <π on en déduit, avec le résultat de la question précédente : mg

b 32

1 4

Q

sin 2 ₂

0 e 2

3

= πε



 



 ϕ

Cette position d'équilibre n'existe que si 1 mg b 32

1 4

Q

0 2

2 <

πε .

3. L'équilibre de P vérifie aussi T+mg+f=0. En projection selon er ,compte tenu du résultat de la question 2 et de cosϕ_e =1−2sin²

(

ϕ_e/2

)

, on obtient :

(

/2

)

^mg

sin b 16

1 4

cos Q mg T

2 e 0 2

e =

πε ϕ + ϕ

=

4. La charge électrique portée par la boule P est :

(

/2

)

2.10 C sin

mg b 2 32

q=Q= πε₀ ^{2 3} ϕ_e = ⁻⁷

5. Les seules forces qui dérivent d'une énergie potentielle sont le poids et la force électrique.

L'énergie potentielle de pesanteur, à une constante additive près, est :

( )

P =−m . =−mgbcosϕ

E_p1 gOP

L'énergie potentielle électrostatique, à une constante additive près, est :

( ) ( )

8bsin

(

/2

)

1 4

P Q qV P E

0 2 2

p = = πε ϕ

L'énergie potentielle totale du système est donc :

( )

= πε

(

ϕ

)

⁻mgbcos^ϕ 2

/ sin b 8

1 4

P Q E

0 2 p

6. Les positions d'équilibre du système correspondent aux valeurs ϕ_e de ϕ solutions de :

(

/2

)

⁰

sin b 32

1 4

mg Q sin d b

dE

3 e 0 2

2 e

p =













πε ϕ

− ϕ ϕ =

On retrouve ainsi le résultat de la question 2.

La nature de l'équilibre dépend du signe de

e

2 2 p

d E d

ϕ













ϕ . On a :

( )

(

/2

)

^{6mgbcos 2 0}

sin b 32

2 / cos 4

b Q d 6

E

d _{2 e}

3 e 2

2 e 0 2 2

2 p

e

>



 



=  ϕ ϕ

ϕ

= πε













ϕ ϕ

L'équilibre est donc stable.

Mécanique du solide.

7. On a :

( ) ( )

( )

=

(

ϕ+ ϕ

)



 



 π

− ϕ +

ϕ

= +

=

=

ϕ + ϕ

=



 



ϕ+π +

ϕ

= +

=

=

sin 2 cos

b sin 4

2 2 cos b

b . .

y

sin 2 cos

b cos 4

2 2 sin b

b . .

x

y y

G

x x

G

e BG OB e

OG

e AG OA e

OG

On observe que xG = yG donc la trajectoire de G est portée par la première bissectrice du plan xOy.

8. On applique le théorème de la résultante dynamique (ou résultante cinétique) à la plaque dans R, soit Ma

(

G/R

)

=R_A+R_B+Mg, avec RA = RAey et RB = RBex car les contacts sont sans frottement.

On en déduit par projection respectivement suivant ex et ey :

Mg R y M , R x

M_G = _{B G} = _A− Comme x_G =y_G il vient :

Mg R R_A− _B =

9. Le moment en G des forces extérieures qui s'exercent sur la plaque est :

( )

_{A B}

ext G GA R GB R

M = ∧ + ∧

Compte tenu que :



 



 



 



 π

− ϕ +



 



 π

− ϕ

−

 =



 



 



 



 π

+ ϕ +



 



 π

+ ϕ

−

= _{x y x y}

sin 4 cos 4

2 2 , b

sin 4 cos 4

2 2

b e e GB e e

GA on obtient :

( ) ( )(

_{A B}

)

_z

ext cos sin R R

2

G b e

M =− ϕ− ϕ +

10. Le théorème du moment cinétique appliqué à la plaque en G dans R nous conduit à :

( )(

_{A B}

)

2

R R sin 2 cos

b 6

Mb ϕ=− ϕ− ϕ +

d'où on tire :

ϕ

− ϕ

− ϕ

=

+ 3 cos sin

R Mb

R_{A B}

11. En additionnant membre à membre les deux équations scalaires obtenues à la question 8 il vient :

(

x y

)

2Mx R R Mg

M _G+_G = _G = _A+ _B− En utilisant le résultat de la question 11 et compte tenu que :

( ) ( )

[

²

]

G cos sin cos sin

2

x =b ϕ− ϕϕ− ϕ+ ϕϕ

on en déduit l'équation du mouvement en ϕ(t) :

(

^{ϕ− ϕ}

)

^−ϕ

(

^{ϕ− ϕ}

)

=



 



 ϕ ϕ−

ϕ cos sin ² cos² sin²

b g 3 sin 4 cos

2

Champ magnétique associé à une distribution de courants.

12. Toute translation parallèlement au plan xOz laisse la distribution de courants invariante donc B(M) = B(y).

Tout plan x = Cte est plan de symétrie de la distribution de courants donc B, pseudo vecteur, est tel que B(M) = B(y)ex.

Le plan y = 0 étant aussi plan de symétrie il en résulte que B(−y) = −B(y).

13. On applique le théorème d'Ampère sur le contour rectangulaire Γ, de longueur A, de largeur unité, schématisé ci-contre. Il vient :

( )

y B

( )

y ₀ j_s

B A A

A + − =µ

− En définitive :

( )

x 0 jssgn y

2 e

B µ

−

=

où sgn

( )

y =+1 pour y > 0 et sgn(y) = −1 pour y < 0.

14. On assimile la plaque de largeur dY, centrée en Y, à une nappe de courants de densité surfacique j_s = j

( )

Y dY. Cette plaque élémentaire crée, en un point M de l'espace, un champ magnétique :

( )

⁰

( ) ( )

_x

1 jY dYsgn y Y

M 2

dB µ − e

−

=

15. On considère que

( )

( )

²

2

0 y a

j a y

j = + et on cherche le champ magnétique créé dans le demi-espace y > 0. Dans ce cas :

( )

( ) ( )

^x

y

2 y

0

2 0 2

1 0

a Y

dY a

Y a dY 2 j 0

y e

B

















⌡

⌠

− +

⌡

⌠ +

−µ

=

>

+∞

soit :

( )

⁰ _{0 x}

1 1

a y

a a 2 2 j 0

y e

B 



 



 −

+

=µ

>

16. Dans le demi-espace y < 0 on obtient :

( )

( )

^{x 0 0 x}

0

2 0 2

1 0 j a

a 2 Y a dY 2 j 0

y e e

B µ

=

















⌡

⌠ +

=µ

<

+∞

Notons que les relations obtenues assurent la continuité de B dans le plan y = 0 (absence de courants superficiels). Par ailleurs ^lim_→+∞

(

^y>0

)

^=−µ₂0 ^j0^a x ⁼⁻

( )

⁰⁻

y B e B car dans cette situation toutes les plaques sont situées du même côté.

Électrocinétique : régime transitoire.

17. La partie inférieure du circuit est galvaniquement isolée donc sa charge électrique se conserve au cours du temps :

( )

₂

( )

₀

1 t Q t Q

Q + =

Il en résulte que :

( ) ( ) ( )

it dt

t dQ dt

t

dQ_{2 1}

=

−

= La loi des mailles appliquée au circuit nous donne :

Γ

x

y z

O

( ) ( ) ( )

C 0 t t Q C Ri

t Q

1 1 2

2 + − =

En dérivant par rapport au temps et en posant

2 1

2 1

C C

C RC

= +

τ on obtient l'équation différentielle en i(t) :

( ) ( )

^it ₀

dt t

di =

+ τ Compte tenu qu'à t = 0⁺ on a

( )

1 0

RC 0 Q

i ⁺ = , cette équation différentielle admet pour solution :

( )





 





−τ

= t

RC exp t Q i

1 0

18. Des relations :

( )

₂

( )

₀

1 t Q t Q

Q + = ,

( ) ( )

_



 





−τ

=

− t

C exp Q C

t Q C

t Q

1 0 2 2 1 1

on déduit aisément les charges des deux condensateurs à l'instant t > 0 :

( ) ( )

_



 



 



 





−τ + −

 =



 



 



 





−τ + +

= t

exp C 1

C Q t C

Q t ,

exp C C C

C t Q Q

2 1

0 2 2

2 2 1

1 1 0

19. Il n'y a aucun générateur dans le circuit donc il est isolé électriquement. Cette affirmation se vérifient aisément car les charges finales des deux condensateurs :

( ) ( )

2 1

0 2 2

f t 2 2

1 0 1 1

f t

1 C C

Q t C

Q lim Q

C , C

Q t C Q lim

Q = = +

= +

= →+∞ →+∞

sont telles que :

( )

₂

( )

_{1f 2f 0}

1 02

01 Q Q t Q t Q Q Q

Q + = + = + =

Dans l'état final, où i(t) = 0, on a deux condensateurs, de capacités C1 et C2 portant les charges Q1f et Q2f, montés en parallèle. Cet ensemble est équivalent à un condensateur unique, de capacité C1 + C₂, portant la charge Q0.

20. La variation de l'énergie emmagasinée dans les deux condensateurs au cours du régime transitoire est :

( )

₁

(

_{1 2}

)

20 2 1

20

2 1

02

1 20

2 2f 2 1 2f i 1

f 2C C C

Q C C

2 Q C C 2

Q C

2 Q C 2 Q C 2 E Q E

E − =− +

= +

−











 +

=

−

=

∆

21. L'énergie consommée par effet Joule pendant la durée t du régime transitoire est :

( ) ( ) ( )

^_^{ }^_^

 





− τ + −

=

=

∫

2C C C ^{1 exp 2t}

Q ' C

dt 't Ri t W

2 1 1

20 2 t

0 2

22. L'énergie totale consommée par effet Joule est alors

( )

₁

(

_{1 2}

)

20 2

f t 2C C C

Q t C

W lim

W = = +

+∞

→ . On

observe évidemment que :

0 W E

E_i− _f − _f =

Induction électromagnétique.

23. Le solénoïde, supposé infini, crée un champ magnétique Bs tel que :

( )



=µ

extérieur l'

à

intérieur l'

à t i

n _z

s 00

B e

Il produit, à travers la bobine plate coaxiale, un flux magnétique Φ_e

( )

t =µ₀nNSi

( )

t qui s'ajoute à son flux propre Φp

( )

^t =^Li'

( )

^t . Cette bobine, indéformable, immobile et de résistance R, est ainsi le siège d'une f.é.m. induite e(t) donnée par la loi de Faraday :

( ) ( ) _{( ) ( )}

dt t ' Ldi dt

t nNSdi dt

t d

e Φ^e+Φ^p =−µ₀ −

−

=

La loi d'Ohm nous conduit alors à l'équation différentielle :

( ) ( ) ( )

dt t t di

dt 'i t '

'di + =−τ τ

si on pose

R ' L R et

0nNS τ=

=µ

τ , grandeurs homogènes à des temps.

24. En régime établi i'(t) varie sinusoïdalement au cours du temps à la pulsation ω. L'équation différentielle précédente étant linéaire et à coefficients constants on peut utiliser le formalisme complexe.

Il en résulte que :

( )

exp

( )

j t '

j 1 t i

'i ⁰ ω

ωτ +

ωτ

= −

d'où on déduit :

( ) { } ( ) [

cos

( )

t 'sin

( )

t

]

' 1 t i 'i e t

'i 2 2

0 ω +ωτ ω

τ ω +

ωτ

= − ℜ

= 25. Si ωτ' >> 1 on obtient :

( ) ( )

ⁱ

( )

^t

t ' sin ' i t

'i ₀

τ τ

= − τ ω

τ

≈−

i'(t) est proportionnel à i(t) et les deux courants évoluent en opposition de phase.

26. La puissance moyenne consommée par la bobine est due à sa résistance soit :

( )

²₂ ²₀

T

0

2 Ri

' dt 2 t ' T Ri 1

τ

= τ

=

∫

P

Onde électromagnétique progressive plane harmonique.

27. Cette OPPM présente un vecteur d'onde u

(

y y

)

2 f 2 f

cos sin

c c

π π

= = θ + θ

k e e e . Si on suppose que

la phase de l'onde est nulle au point O (0,0,0) à l'instant t = 0 ; son expression au point M (x,y,z) à l'instant de date t est alors :

( ) (

^{ycos zsin}

)

^{2 ft 10}

(

^{ycos zsin}

)

^{3.10 t}

c f t 2 . t

, = −ω = π θ+ θ − π = θ+ θ − ⁹

Φr kr

28. Les plans d'onde sont les plans équiphase c'est-à-dire les plans d'équation cartésienne : Cte

sin z cos

y θ+ θ=

Pour aller du plan d'onde contenant O à celui qui contient M l'onde met un temps t tel que : c

sin z cos

t y θ+ θ

=

29. On suppose que

( )

^=θ∈_^{ π}_^

,2 0 ,Ou

Oy . On a alors 0

c sin y cos z d

dt θ− θ=

θ= pour θ = θ₀ tel que :

y / z tanθ₀ = θ₀ correspond à la direction de OM.

On montre aisément que cette valeur correspond à un minimum de t tel que : s

c 2 z t y

2 2

M + = µ

=

30. Le champ électrique E associé à l'onde au point M (x,y,z) à l'instant de date t est :

( )

,t _x 4sin cos

( )

,t _y 4cos cos

( )

,t _z sin

4 r e r e r e

E= Φ − θ Φ + θ Φ

Sa norme est donc :

1 2z

2y

2x E E 4V.m

E + + = ⁻

= E

31. Dans le plan d'onde passant par l'origine O on a :

( )

, t = −4sin

( )

ωt x−4sin cosθ

( )

ωt y+4cos cosθ

( )

ωt z= −4sin

( )

ωt x+4cos

( )

ωt _v

E 0 e e e e e

où e_v est un vecteur unitaire du plan d'onde tel que e_x∧e_u =e_v. L'onde est polarisée circulairement à droite.

32. Le champ magnétique B de cette onde plane au point M et à l'instant de date t est donné par :

(

u

)

1

=c ∧

B e E

Il en résulte que :

( ) ( ) ( )

[

x y z

]

8

t , sin cos t

, sin sin t

, 3 cos

10 .

4 r e r e r e

B= ⁻ Φ + θ Φ − θ Φ

33. La densité volumique d'énergie électromagnétique est :

3 10 0 2

2 0

0 2 1,4.10 J.m

2 1 2

w 1 =ε = ^{− −}

+ µ ε

= E B E

Thermodynamique.

34. On a V = ViA + ViB et ViB = 4ViA, ce qui nous donne ViA = V/5. A partir de l'équation d'état des gaz parfaits on déduit le nombre n de moles de gaz dans chaque compartiment, soit :

RT 1 5

V p RT

V n p

0 0 0 iA

0 = =

=

Les deux compartiments contiennent le même nombre de moles de gaz et sont à la même température. Il en résulte que la pression dans le compartiment B est telle que p'₀V_iB=p₀V_iA, soit :

Pa 10 . 4 6 ' p

p₀= ⁰ = ⁵

35. On débloque le piston ce qui ne met en jeu pratiquement aucun travail. Par ailleurs le système est isolé (parois adiabatiques et rigides). Le premier principe de la thermodynamique nous conduit à :

0 U U

U=∆ _A+∆ _B =

∆

36. La relation précédente et la première loi de Joule nous donnent :

(

_{1 0}

)

_V

(

_{1 0}

)

_{1 1 0}

V T T nC T' T 0 T T' 2T

nC − + − = ⇒ + =

D'autre part on a : T'₁−T₁ =∆T. A l'aide de ces deux relations on obtient :

K 65 , 2 353 T T ' T , K 65 , 2 223 T T

T_{1 0 1 0} ∆ =

+

=

∆ =

−

=

37. Dans l'état final les deux gaz sont à la même pression p1 telle que :

1 fB

1 1 fA

1V nRT , p V nRT'

p = =

En sommant membre à membre ces deux relations on obtient : Pa 10 . 6 , V 9 nRT

p₁ =2 ⁰ = ⁵

Le volume final du gaz dans le compartiment A est alors :

3 3 1

fA 1 1,94.10 m

p

V = nRT = ⁻

38. La variation d'entropie du gaz dans le compartiment A au cours de l'évolution étudiée est :

1 1

0 0

A 1 2,31J.K

p ln p T ln T nR 1

S = ⁻















 

 + 



 





− γ

= γ

∆

39. Pour le gaz dans le compartiment B on obtient :

1 1

0 0

B 1 0,31J.K

p ' ln p T

' ln T nR 1

S = ⁻















 

 + 



 





− γ

= γ

∆

40. L'entropie de la totalité du gaz augmente au cours de cette transformation qui est évidemment irréversible.