[SOLUTIONNAIRE] RENE LAFRANCE - Physique2 electricité et magnétisme –1re edition

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Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 01

La charge électrique

La charge d’un objet est q = Np e − Ne e. Résoudre le problème On obtient

Q1 Identifier la clé

qii = −e qiv = 0

qi = 2e qiii = +e qv = +4e . L’ordre croissant est (ii), (iv), (iii), (i), (v) .

(réponse)

E2 a. Décortiquer le problème La charge nette initiale est nulle. Identifier la clé

Selon le principe de conservation de la charge, Qi = qplastique,f + qlaine,f = 0 .

Résoudre le problème

Si le plastique a une charge de −1,5 nC, la charge de la laine est qlaine = Qi − qplastique = 0 − (−1,5 nC) = 1,5 nC .

(réponse)

b. Décortiquer le problème Chaque électron a une charge q = −e = −1,602 × 10−19 C. Identifier la clé

Le nombre d’électrons transférés est q   N =  . e

Résoudre le problème

On obtient N=

Valider la réponse

E3 Identifier la clé

1,5 × 10−9 C = 9,4 × 109 électrons . 1,602 × 10−19 C

(réponse)

La charge est conservée. L’ordre de grandeur en b. semble correct.

Selon la définition de la constante de Faraday, F = NA e .

Résoudre le problème

On obtient

F = 6,022 × 1023 atomes/mol × 1,602 × 10−19 C = 9,647 × 104 C/mol .

(réponse)

Valider la réponse Si on utilise les valeurs rapprochées, la constante de Faraday est semblable à la valeur théorique. Si on utilise les valeurs recommandées, on obtient exactement la valeur théorique de la constante, soit 9,649 × 104 C/mol.

P4 Décortiquer le problème Une molécule d’eau contient 10 protons, qui ont une charge de e = 1,60 × 10−19 C chacun. Sa masse molaire est de 18,0 g/mol. Identifier la clé Selon la définition de la masse molaire, le nombre d’atomes est N = NA

m , M

où NA est le nombre d’Avogadro. La quantité de charge positive est q = Np N e . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

1

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P5 — Q6 Ainsi, q = N p NA Résoudre le problème

m e. M

On obtient

q = 10 protons/atome × 6,022 × 1023 atomes/mol ×

1 000 g × 1,602 × 10−19 C/proton 18 g/mol

= 5,36 × 107 C . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la charge semble correct.

P5 a. Décortiquer le problème Il y a 30 protons du côté gauche de l’équation. Identifier la clé Selon le principe de conservation de la charge, la charge nette finale est nulle. Il doit donc y avoir 30 protons du côté droit de l’équation. Résoudre le problème Le numéro atomique de l’élément est Z = 30 , donc X = 63 30 Zn .

(réponse)

b. Décortiquer le problème Il y a 8 protons du côté gauche de l’équation. Identifier la clé Selon le principe de conservation de la charge, la charge nette finale est nulle. Il doit donc y avoir 8 protons du côté droit de l’équation. Résoudre le problème Le numéro atomique de l’élément est Z =8−2=6 , donc X = 126 C .

(réponse)

c. Décortiquer le problème Il y a 4 protons du côté gauche de l’équation. Identifier la clé Selon le principe de conservation de la charge, la charge nette finale est nulle. Il doit donc y avoir 4 protons du côté droit de l’équation. Résoudre le problème Comme il y a deux éléments identiques du côté droit de l’équation, le numéro atomique de l’élément est 4 Z= =2, 2 et donc X = 42 He . Valider la réponse

(réponse)

La charge est conservée.

Q6 a. Décortiquer le problème Première étape : on approche l’objet chargé positivement du conducteur mis à la terre. Deuxième étape : on enlève la mise à la terre. Troisième étape : on enlève l’objet chargé. Identifier la clé La clé est l’induction électrique dans le conducteur. Résoudre le problème Grâce à la première étape, une séparation de la charge se produit. Une charge négative s’accumule près du verre et une charge positive s’éloigne vers le sol. Grâce à la deuxième étape, la charge positive ne peut plus revenir dans le conducteur. Grâce à la troisième étape, le conducteur est chargé négativement. La charge est négative . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 2

CHAPITRE 01 — La charge électrique

Q7 — Q8

b. Décortiquer le problème Première étape : on approche l’objet chargé positivement du conducteur mis à la terre. Deuxième étape : on enlève l’objet chargé. Troisième étape : on enlève la mise à la terre. Identifier la clé La clé est l’induction électrique dans le conducteur. Résoudre le problème Grâce à la première étape, une séparation de la charge se produit. Une charge négative s’accumule près du verre et une charge positive s’éloigne dans la mise à la terre. Grâce à la deuxième étape, l’objet chargé étant enlevé, la charge positive peut revenir dans le conducteur et neutraliser la charge négative. Grâce à la troisième étape, le conducteur est neutre. La charge est nulle. (réponse)

Q7 a. Identifier la clé

La clé est l’induction électrique dans le conducteur. Résoudre le problème L’induction produit une séparation de la charge pour la sphère suspendue : des charges négatives du côté gauche et des charges positives du côté droit. Comme les charges négatives sont plus près de la sphère chargée, la force d’attraction sur les charges négatives a un plus grand module que la force de répulsion sur les charges positives. La force est orientée vers la gauche (attractive).

(réponse)

b. Identifier la clé

Lors du contact, la charge positive est partagée par les deux sphères. Résoudre le problème Les deux sphères ont des charges de même signe et elles se repoussent. La force est orientée vers la droite.

(réponse)

Q8 a. Décortiquer le problème Les sphères sont identiques. Lors du contact, la charge se sépare également entre les deux sphères (q1f = q2f ). Identifier la clé La clé est la conservation de la charge, q1i + q2i = q1f + q2f = 2q1f . Résoudre le problème

La charge sur la sphère de gauche est q1f =

q1i + q2i . 2

(i)

On obtient qi = +1,5e qiii = −0,5e

qii = +4e qiv = 0 .

L’ordre croissant est (iii) < (iv) < (i) < (ii) .

(réponse)

b. Décortiquer le problème La charge transférée à la sphère de gauche correspond à la variation de la charge sur cette sphère : Δq1 = q1f − q1i .

(ii)

Résoudre le problème On obtient Δqi = 1,5 nC − 6,0 nC = −4,5 nC Δqiii = −0,5 nC − 3 nC = 2,5 nC

Δqii = 4,0 nC − 6,0 nC = −2,0 nC Δqiv = 0 nC − −3 nC = 3 nC .

L’ordre croissant est (i) < (ii) < (iii) < (iv) . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 3

CHAPITRE 01 — La charge électrique

E9 — Q11

E9 Identifier la clé

La clé est la conservation de la charge :

q1i + q2i = q1f + q2f .

Résoudre le problème

On obtient

q2i = q1f + q2f − q1i = 4,5 μC + 4,5 μC − 0,0 nC = 9,0 μC .

Valider la réponse

(réponse)

La charge est conservée.

Q10 a. Illustrer la situation Le diagramme des forces est présenté ci-contre. Identifier la clé La clé est la loi de Coulomb. Résoudre le problème Comme la situation est symétrique, la force exercée par un chiffre est équilibrée par la force exercée par la charge opposée. Par conséquent,  = 0 . F (réponse)

+ +

+

q11

+

+

q1

+ +

q2

q10

q9 +

q12

+Q

q4

q8 +

q7

q6

+

q3 +

q5 +

+

b. Illustrer la situation Le diagramme des forces est présenté ci-contre. Identifier la clé La clé est la loi de Coulomb : F12 =

q11

k |q1 q2 | . r2

+

Résoudre le problème Par symétrie, toutes les forces s’annulent sauf F10 . Ainsi, −−−−−−−−→  = kqQ − F vers le chiffre 4 . 2 R

(réponse)

+ +

+

+

q1

+

q2

q10

q9 +

q12

q3

+Q

q8 +

q7

q6 +

+

+

q5 +

Q11 Décortiquer le problème Les charges de même signe se repoussent et les charges de signes opposés s’attirent. De plus, le module de la force est inversement proportionnel au carré de la distance entre les charges. Illustrer la situation On trace les vecteurs de la force exercée sur la charge encerclée par les autres charges. La force résultante est la somme vectorielle des forces. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

4

CHAPITRE 01 — La charge électrique

Q12 — Q13

~ 3Ã2 F +q

+q

~ 3Ã1 F ~ 3Ã4−q F (i) ~ 3Ã1 F

+q

+q

+q

~ 3Ã2 F ~ 3Ã4−q F

~ 3Ã1 F

~ 3Ã2 F

+q ~ +q F3Ã4 (iii) ~ 3Ã1 F

−q

−q

+q (ii)

+q

x

+q

~ rés F

x

~ rés F

x

~ 3Ã2 F +q

~ rés F

~ 3Ã4 −q F

x

~ rés F

(iv) Résoudre le problème La composante x est négative lorsque la force est orientée vers la gauche et elle est positive lorsque la force est orientée vers la droite. L’ordre croissant est (i), (iii), (iv), (ii) .

(réponse)

 3←1 et F  3←2 Pour que la charge q3 soit à l’équilibre, il faut que les forces F soient de sens opposés et qu’elles aient le même module.

Q12 a. Identifier la clé

Résoudre le problème L’espace entre les deux charges est la seule zone où les forces sur une troisième charge seront de sens opposés (et ce, peu importe le signe de cette troisième charge). Les positions a et e sont donc éliminées. Comme le module de la force électrique dépend de la charge et qu’il est inversement proportionnel au carré de la distance, le point d’équilibre se trouve plus près de q2 , car c’est la plus petite charge en valeur absolue.

On doit placer une troisième charge au point d .

(réponse)

 1←3 et F  1←2 q1 et q2 doivent être en équilibre. Pour que q1 soit en équilibre, F doivent être de sens opposés.  1←3  1←2 est orientée vers la gauche (répulsive). La force F Résoudre le problème La force F doit donc être orientée vers la droite. Avec une charge q3 placée au point d, celle-ci doit attirer q1 . Donc q3 est de signe opposé à q1 :

b. Identifier la clé

q3 < 0 .

(réponse)

Lorsque q1 et q3 sont en équilibre, q2 est en équilibre.

Q13 Identifier la clé

La charge +Q est attirée par une charge négative et elle est repoussée par une charge positive. La force résultante est la somme vectorielle des forces.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

5

CHAPITRE 01 — La charge électrique

E14 — E15 Illustrer la situation

y

y

+q −q

~2 F

−q ~ rés F

+Q

x

−q

~1 F

~ rés F

~1 F ~2 F

(i)

x

+Q (ii)

y

y

+q

−q

+q

~2 F

+Q

x

~1 F

~ rés F

+q

+Q (iv)

(iii) Résoudre le problème

~ rés F

~1 F

~2 F

x

L’ordre croissant est [(i) et (iv) égaux] < [(ii) et (iii) égaux].

(réponse)

E14 Décortiquer le problème Inconnue

Connues −9

q1 = 150 × 10

Identifier la clé

C

−9

q2 = 230 × 10

Selon la loi de Coulomb, F12

k |q1 q2 | = ⇒r= r2



C

r

k |q1 q2 | . F

Résoudre le problème  8,99 × 109 N · m2 /C2 × 150 × 10−9 C × 230 × 10−9 C r= = 0,036 m = 36 mm . 0,24 N

(réponse)

Valider la réponse La distance est un scalaire positif. E15 Décortiquer le problème Comme les charges s’attirent, elles ont des signes opposés. On suppose que q1 = +q. Le système est neutre, alors q2 = −q1 = −q. Identifier la clé Selon la loi de Coulomb,    kq1 q2  kq 2  F =  2  = 2 r r  2 Fr . ⇒q= k Résoudre le problème

On obtient  q=

2

1,25 N (0,050 0 m) = 590 nC . 8,99 × 109 N · m2 /C2

En supposant que q1 est positive et que q2 est négative, on trouve q1 = 590 nC Valider la réponse

et

q2 = −q1 = −590 nC .

(réponse)

La charge nette du système est nulle. L’ordre de grandeur semble correct.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

6

CHAPITRE 01 — La charge électrique

E16

E16 a. Décortiquer le problème Connues −19

qp = 1,602 × 10

−12

r = 52,9 × 10

Identifier la clé

Inconnue −19

C qe = −1,602 × 10

C

Fé

m

La clé est la loi de Coulomb : Fé =

Résoudre le problème

k |qp qe | . r2

On obtient

  8,99 × 109 N · m2 /C2 −1,602 × 10−19 C × 1,602 × 10−19 C Fé =  2 52,9 × 10−12 m

Fé = 8,24 × 10−8 N .

(réponse)

b. Décortiquer le problème Connues −27

mp = 1,673 × 10

−12

r = 52,9 × 10

Identifier la clé

−31

me = 9,109 × 10

kg

kg

m

Inconnue Fé Fg

La clé est la loi de la gravitation universelle : Fg =

Gmp me . r2

Résoudre le problème Comme on a déterminé la force électrique en a., il ne reste que la force gravitationnelle à trouver :   6,674 × 10−11 m3 /(kg · s2 ) 1,673 × 10−27 kg × 9,109 × 10−31 kg Fg =  2 52,9 × 10−12 m Fg = 3,63 × 10−47 N . Ainsi, Fé = 2,27 × 1039 . Fg

(réponse)

c. Connues −31

me = 9,109 × 10

kg

Inconnue g = 9,81 m/s

2

Fé /Fe←T

Identifier la clé On détermine la force gravitationnelle exercée par la Terre à l’aide de l’accélération gravitationnelle à la surface de la Terre : Fe←T = mg . Résoudre le problème Comme on a déterminé la force électrique en a., il ne reste que la force gravitationnelle à trouver : Fe←T = 9,109 × 10−31 kg × 9,81 m/s2 = 8,94 × 10−30 N . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

7

CHAPITRE 01 — La charge électrique

E17 Ainsi,

Fé = 9,23 × 1021 . Fe←T

(réponse)

Valider la réponse On remarque que la force gravitationnelle sur un électron est négligeable par rapport à la force électrique. ~a2 ~a1 q q − 1 2− E17 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre deux r ~ 1Ã2 ~ 2Ã1 F F rondelles séparées par une distance r quelconque.

x Décortiquer le problème Connues −6

q1 = −2,50 × 10

−6

q2 = −1,90 × 10

C

Inconnues a1i = 2,30 m/s

C

a2i = 4,50 m/s

ri = 0,150 m

2 2

F1←2 F2←1

rf = 0,300 m

m1 m2

a1f

a. Identifier la clé

La clé est la loi de Coulomb pour trouver le module de la force électrique, car c’est la seule force horizontale exercée sur la première rondelle : F1←2 =

k |q1 q2 | . r2

Résoudre le problème F1←2 =

On obtient    8,99 × 109 N · m2 /C2  −2,50 × 10−6 C −1,90 × 10−6 C 

b. Identifier la clé

(0,150 m)

2

= 1,90 N .

(réponse)

La clé est la troisième loi de Newton : F2←1 = F1←2 .

Résoudre le problème

On obtient F2←1 = 1,90 N .

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est la deuxième loi de Newton :  Fx = max .

Chaque rondelle subit uniquement une force horizontale. On peut donc écrire F1←2 = m1 a1 . Résoudre le problème

On obtient m1 =

d. Identifier la clé

F1←2 1,90 N = = 0,825 kg . a1 2,30 m/s2

(réponse)

Pour la deuxième rondelle, la deuxième loi de Newton implique que F2←1 = m2 a2 .

Résoudre le problème

On obtient m2 =

F2←1 1,90 N = = 0,422 kg . a2 4,50 m/s2

(réponse)

Valider la réponse Comme la distance entre les rondelles change, la force a un module différent mais la masse ne change pas. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

8

CHAPITRE 01 — La charge électrique

e. Identifier les clés

E18

Les clés sont la loi de Coulomb et la deuxième loi de Newton : F1←2 =

k |q1 q2 | 2 r12

et F1←2 = m1 a1f . Résoudre le problème F1←2 =

On obtient

   8,99 × 109 N · m2 /C2  −2,50 × 10−6 C 1,90 × 10−6 C  2

(0,300 m)

F1←2 0,474 N = 0,575 m/s2 . = m1 0,825 kg

a1f = Valider la réponse

= 0,474 N

(réponse)

Les unités utilisées sont les unités du SI.

~p F

E18 a. Illustrer la situation La figure ci-contre illustre le vecteur unitaire et la force.

+

~ug!p

proton ~ap

+

grain x

Décortiquer le problème Connues −12

qg = 1,20 × 10

r = 5,00 × 10

C

−19

qp = 1,602 × 10

Inconnue −3

C

mp = 1,673 × 10

ap

m

−27

kg

Le vecteur unitaire, qui va du grain de poussière vers le proton, est orienté vers la gauche, donc ug→p = −ı. Identifier les clés Les clés sont la loi de Coulomb et la deuxième loi de Newton :  p = kqp qg ug→p = mpap F r2 kqp qg ug→p . ⇒ap = 2 r mp Résoudre le problème ap =

(i)

On obtient

8,99 × 109 × 1,602 × 10−19 × 1,20 × 10−12 (−ı) = −4,13 × 1010 m/s2 ı .  2   5,00 × 10−3 1,673 × 10−27

L’accélération du proton est donc −−−−−−−−→ ap = 4,13 × 1010 m/s2 , vers la gauche .

(réponse)

Valider la réponse La force est orientée vers la gauche, car les charges de même signe se repoussent. L’accélération doit donc être orientée vers la gauche.

b. Illustrer la situation La figure ci-contre illustre le vecteur unitaire et la force de l’exercice.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

−

~é F

électron ~aé

~ug!é

+

grain x 9

CHAPITRE 01 — La charge électrique

E19 Décortiquer le problème Connues −12

qg = 1,20 × 10

r = 5,00 × 10

C

−19

qé = −1,602 × 10

Inconnue −3

aé

m

−31

C mé = 9,109 × 10

kg

Le vecteur unitaire, qui va du grain de poussière vers l’électron, est orienté vers la gauche, donc ug→é = −ı. Le problème ressemble à celui de la partie a. Résoudre le problème On insère les données de l’électron dans l’équation (i) : aé =

8,99 × 109 × −1,602 × 10−19 × 1,20 × 10−12 (−ı) = 7,59 × 1013 m/s2 ı .     −3 2 −31 5,00 × 10 9,109 × 10

L’accélération de l’électron est donc −−−−−−−→ aé = 7,59 × 1013 m/s2 , vers la droite .

(réponse)

Valider la réponse La force est orientée vers la droite, car l’électron est attiré par le grain de poussière. L’accélération doit donc être orientée vers la droite. L’accélération de l’électron doit être beaucoup plus grande, car sa masse est beaucoup plus faible que la masse du proton.

E19 a. Illustrer la situation La figure ci-contre montre le diagramme des forces pour la charge q3 . Celle-ci doit d x être placée entre les deux autres charges pour que ~ 3 Ã2 ~ 3 Ã1 F F les forces soient de sens opposés. Si l’on place q3 à x gauche de q1 ou à droite de q2 , les deux forces exer- q = +4q = +q q q 1 2 3 cées sur q3 auront le même sens. On suppose que q3 est négative. Si elle était positive, les forces illustrées seraient opposées. Décortiquer le problème On suppose que q3 est placée à une distance r1 = x à droite de q1 , et donc à une distance r2 = d − x de q2 . Connues q1 = 4q

Inconnue

q2 = q

x

Identifier les clés Les clés sont la loi de Coulomb et la première loi de Newton. Selon le diagramme, les forces sont opposées lorsque q3 est placée entre les deux autres charges. Pour que q3 soit en équilibre, il faut que les modules des forces soient égaux : F3←1 = F3←2 k Résoudre le problème communs :

|q1 q3 | |q2 q3 | =k 2 . r12 r2

(i)

On insère les valeurs dans l’équation (i), en simplifiant les facteurs 4q q = 2 ⇒4= x2 (d − x)



x d−x

2 .

On obtient une solution simple en calculant la racine carrée des deux côtés (la racine positive est suffisante, car le membre de droite ne peut pas être négatif) : 2=

x 2d ⇒ 2d − 2x = x ⇒ x = . d−x 3

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

10

CHAPITRE 01 — La charge électrique

E20

On peut placer q3 à

2d à droite de q1 . 3

(réponse)

Valider la réponse 0 ≤ x ≤ d, comme il se doit. De plus, q3 est plus près de la particule dont la valeur absolue est plus petite, de telle sorte que les modules des forces électriques puissent être égaux. d b. La figure ci-contre montre le diagramme des forces x ~ pour la charge q1 . La charge subit une force répulsive F1 Ã2 ~ 1 Ã3 F  1←2 (vers la gauche) exercée par q2 . Pour que q1 soit x F q  3 q2 = +q en équilibre, il faut que F1←3 soit vers la droite. q1 = +4q Décortiquer le problème Selon le diagramme, q3 doit être négative pour attirer q1 vers la droite. Identifier la clé Les forces exercées sur q1 doivent avoir le même module : F1←3 = F1←2 k Résoudre le problème en a. :

|q1 q3 | |q1 q2 | =k 2 . x2 d

On remplace les valeurs des charges ainsi que la valeur de x obtenue 4q |q3 |

4q (q) d2 4q . |q3 | = 9

(2d/3)

2

=

Comme q3 est une charge négative, on obtient q3 = − Valider la réponse

4q . 9

(réponse)

Une charge q3 négative garantit que q2 est en équilibre.

E20 a. Illustrer la situation La figure ci-contre montre le diagramme des forces pour la charge q3 . Celle-ci doit être placée entre les deux autres charges pour que les forces soient de sens opposés. Si l’on place q3 à gauche de q1 ou à droite de q2 , les deux forces exercées sur q3 auront le même sens. On suppose que q3 est négative. Si elle était positive, les forces illustrées seraient opposées.

x

d ~ 3 Ã2 ~ 3 Ã1 F F

q1 = +4q

q3

x

q2 = +q

Décortiquer le problème On suppose que q3 est placée à une distance r1 = x à droite de q1 , et donc à une distance r2 = d − x de q2 . Connues q1 = 108 nC q2 = 27,0 nC

d = 0,090 0 m

Inconnues x q3

Identifier les clés Les clés sont la loi de Coulomb et la première loi de Newton. Selon le diagramme, les forces sont opposées lorsque q3 est placée entre les deux autres charges. Pour que q3 soit en équilibre, il faut que les modules des forces soient égaux : F3←1 = F3←2 k c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

|q1 q3 | |q2 q3 | =k 2 . r12 r2

(i)

11

CHAPITRE 01 — La charge électrique

E21 Résoudre le problème communs :

On insère les valeurs dans l’équation (i), en simplifiant les facteurs 108 27 = 2 ⇒4= 2 x (0,090 0 − x)



x 0,090 0 − x

2 .

On obtient une solution simple en calculant la racine carrée des deux côtés (la racine positive est suffisante, car le membre de droite ne peut pas être négatif) : 2=

x ⇒ 0,018 0 − 2x = x ⇒ x = 0,060 0 m . 0,090 0 − x On peut placer q3 à 6,00 cm à droite de q1 .

(réponse)

Valider la réponse 0 ≤ x ≤ 9,00 cm, comme il se doit. De plus, q3 est plus près de la particule dont la valeur absolue est plus petite, de telle sorte que les modules des forces électriques puissent être égaux.

b. La figure ci-contre montre le diagramme des forces pour la charge q1 . La charge subit une force répulsive  1←2 (vers la gauche) exercée par q2 . Pour que q1 F  1←3 soit orientée vers soit en équilibre, il faut que F la droite.

~ 1 Ã2 F

x

d

~ 1 Ã3 F

x

q3

q1 = +4q

q2 = +q

Décortiquer le problème Selon le diagramme, q3 doit être négative pour attirer q1 vers la droite. Identifier la clé Les forces exercées sur q1 doivent avoir le même module : F1←3 = F1←2 k Résoudre le problème a. :

|q1 q3 | |q1 q2 | =k 2 . x2 d

On insère les valeurs des charges ainsi que la valeur de x obtenue en 108 |q3 | 2

=

108 (27, 0)

(0,060 0) (0,090 0) |q3 | = 12,0 nC .

2

Comme q3 est une charge négative, on obtient q3 = −12,0 nC . Valider la réponse

(réponse)

Une charge q3 négative garantit que q2 est en équilibre.

E21 Illustrer la situation La figure ci-contre montre le diagramme des forces pour q3 et les vecteurs unitaires nécessaires. Décortiquer le problème Connues −6

q1 = 1,5 × 10

C

−6

q2 = −2,0 × 10

d = 0,020 m C

~u1!3

~u2!3 ~F3Ã1 -

-

q1

q2

q3

+

~F 3Ã2 x

Inconnue 3 F

q3 = −1,8 × 10−6 C

Selon le diagramme, les deux vecteurs unitaires sont des vecteurs ayant la même orientation que l’axe des x. Alors u1→3 = u2→3 = ı . (i) c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

12

CHAPITRE 01 — La charge électrique

E22

De plus, selon le diagramme, r13 = 2d = 0,040 m Identifier les clés

et

r23 = d = 0,020 m .

La première clé est la loi de Coulomb pour obtenir chacune des forces :  3←1 = kq1 q3 u1→3 F 2 r13

et

 3←2 = kq2 q3 u2→3 . F 2 r23

(ii)

La deuxième clé est le principe de superposition :  3←1 + F  3←2 . 3 = F F

(iii)

On détermine chaque force :

  8,99 × 109 × 1,5 × 10−6 −1,8 × 10−6  ı = −15,2 Nı F3←1 = 2 (0,040)    9 −6 −6 8,99 × 10 −2,0 × 10 −1,8 × 10  3←2 = ı = 80,9 Nı . F 2 (0,020)

La force résultante est donc  3 = −15,2ı + 80,9ı = 65,7 Nı = 66 Nı . F Valider la réponse

(réponse)

Les forces ont la même orientation que dans le diagramme.

E22 a. Illustrer la situation La figure ci-contre

montre les vecteurs unitaires u1→3 et u3→1 , avec les distances séparant les deux charges.

y q3 +

~u3!1 1,25 cm

~u1!3 q1 +

x

3,50 cm Décortiquer le problème On calcule d’abord le vecteur déplacement r1→3 à l’aide des déplacements horizontal et vertical : r1→3 = Δxı + Δy j = (3,50ı + 1,25j) cm . Résoudre le problème u1→3 =

Le vecteur unitaire est

r1→3 (3,50ı + 1,25j) cm =

= 0,942ı + 0,336j . r13 2 2 (3,50 cm) + (1,25 cm)

(réponse)

b. Décortiquer le problème Le vecteur u3→1 est le vecteur opposé à u1→3 . Résoudre le problème

u3→1 = −u1→3 = −0,942ı − 0,336j

c. Illustrer la situation La figure ci-contre

montre les vecteurs unitaires u2→3 et u3→2 , avec leur orientation par rapport à l’axe des x.

y

(réponse)

30,0°

q2 ~u2!3 ~u3!2 q + 3 30,0°

x

Décortiquer le problème Un vecteur unitaire a un module égal à 1. On décompose le vecteur unitaire selon ses composantes cartésiennes à l’aide de son module et de son orientation. Résoudre le problème u2→3 = (1) cos(30,0◦ ) − (1) sin(30,0◦ ) = 0,866ı − 0,500j c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 13

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P23

d. Décortiquer le problème Le vecteur u3→2 est le vecteur opposé au vecteur u2→3 . Résoudre le problème u3→2 = −u2→3 = −0,866ı + 0,500j

(réponse)

Valider la réponse Les composantes des vecteurs unitaires ont le bon signe, d’après la figure. Elles n’ont pas d’unité et elles sont plus petites que 1.

P23 Illustrer la situation La figure ci-contre montre

q2 = −q -

le diagramme des forces avec les vecteurs unitaires nécessaires.

~F 1Ã4

y ~u2!1 ~F 1Ã2 ~ F1Ã3

a

q3 = −2q ~u3!1

+

-

b ~u4!1 +

q1 = q

q4 = 2q

x

Décortiquer le problème Connues −6

q = 2,00 × 10

a = 0,120 m b = 0,085 0 m

C

Inconnue 1 F

On calcule les distances et les vecteurs unitaires :

r31 =



a2 + b2 = 0,147 m

u3→1 u4→1

r41 = a = 0,120 m

a. Identifier les clés

−bj = −j b −aı − bj =√ = −0,816ı − 0,578j a2 + b2 −aı = −ı . = a

u2→1 =

r21 = b = 0,085 0 m

La première clé est la loi de Coulomb :  1←2 = kq1 q2 u2→1 , F 2 r21

et la deuxième clé est le principe de superposition : 1 = F  1←2 + F  1←3 + F  1←4 . F Résoudre le problème

On calcule les forces :

9 2 2 −6 −6  1←2 = 8,99 × 10 N · m /C × 2,00 × 10 C × −2,00 × 10 C (−j) = (4,977j) N F 2 (0,085 0 m) 9 2 2 −6 −6  1←3 = 8,99 × 10 N · m /C × 2,00 × 10 C × −4,00 × 10 C (−0,816ı − 0,578j) F 2 (0,147 m) = (2,714ı + 1,922j) N 9 2 2 −6 −6  1←4 = 8,99 × 10 N · m /C × 2,00 × 10 C × 4,00 × 10 C (−ı) = (−4,994ı) N . F (0,120 m)2

On obtient  1 = (−2,28ı + 6,90j) N . F

(réponse)

Valider la réponse La réponse est exprimée en fonction des vecteurs unitaires et elle a du sens selon le diagramme des forces. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

14

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P24

b. Illustrer la situation La figure ci-contre

 1 , qui permet de détermiillustre le vecteur F ner l’orientation.

~ 1x F ~1 F

y

~ Á F1y

x Identifier la clé

On calcule le module : F1 =



2 + F2 . F1y 1x

Pour déterminer l’orientation, on utilise la trigonométrie et la figure :  |F1x | . φ = arctan F1y Résoudre le problème

On obtient

2 2 F1 = (−2,28 N) + (6,90 N) = 7,27 N  2,28 N φ = arctan = 18,3◦ . 6,90 N

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→  1 = 7,27 N à 18,3◦ − en sens antihoraire de la partie positive de l’axe des y F

(réponse)

Valider la réponse La réponse est exprimée en fonction du module (positif) et de l’orientation, et elle a du sens selon le diagramme des forces. y ~u2!1 + q2 P24 Illustrer la situation La figure ci-contre montre le 60,0° diagramme des forces avec les vecteurs unitaires néa cessaires. Le triangle est équilatéral, ce qui implique q1 + a ~F que les angles internes mesurent 60,0◦ . 1Ã3 x a 60,0° ~F 1Ã2 ~u3!1 - q3 Décortiquer le problème Connues Inconnue −6 −6 1 q1 = 1,00 × 10 C q2 = 2,00 × 10 C F q3 = −1,50 × 10−6 C

a = 0,100 m

On calcule les vecteurs unitaires à l’aide de leur module (égal à 1) et de l’angle de 60,0◦ : u2→1 = −(1) sin(60,0◦ )ı − (1) cos(60,0◦ )j = −0,866ı − 0,500j u3→1 = −(1) sin(60,0◦ )ı + (1) cos(60,0◦ )j = −0,866ı + 0,500j r21 = r31 = a = 0,100 m . Identifier la clé

Selon le principe de superposition et la loi de Coulomb :  1←2 + F  1←3 1 = F F  1 = kq1 q2 u2→1 + kq1 q3 u3→1 . F 2 2 r21 r31

Résoudre le problème

On obtient alors,

9

2 2 −6 −6  1 = 8,99 × 10 N · m /C × 1,00 × 10 C × 2,00 × 10 C (−0,866ı − 0,500j) F 2 (0,100 m) 8,99 × 109 N · m2 /C2 × 1,00 × 10−6 C × −1,50 × 10−6 C (−0,866ı + 0,500j) + 2 (0,100 m) = (−0,39ı − 1,57j) N . (réponse)

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

15

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P25

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la force est raisonnable. L’orientation des forces respecte le diagramme y P25 Illustrer la situation La figure ci-contre montre q3 le diagramme des forces avec les vecteurs unitaires ~F ~u3!1 1Ã3 nécessaires. q4 + + x ~u4!1 ~F q1 1Ã4 ~F 1Ã2 - ~ u q2 2!1 Décortiquer le problème Inconnue Connues −6 −6 1 q1 = 2,00 × 10 C q2 = −1,80 × 10 C F q4 = 1,10 × 10−6 C q3 = −2,40 × 10−6 C r1 = (0,040 0ı) m r2 = (−0,035 0j) m r3 = (−0,015 0ı + 0,019 0j) m r4 = (0,004 0ı + 0,005 0j) m

On détermine les vecteurs unitaires à l’aide des vecteurs position de chaque charge : r2→1 = r1 − r2 r2→1 u2→1 = . r21 On obtient r2→1 = (0,040 0ı + 0,035 0j) m r3→1 = (0,055 0ı − 0,019 0j) m r4→1 = (0,036ı − 0,005 0j) m 0,040 0ı + 0,035 0j u2→1 =  = 0,753ı + 0,659j 0,040 02 + 0,035 02 0,055 0ı − 0,019 0j u3→1 =  = 0,945ı − 0,327j 0,055 02 + 0,019 02 0,036ı − 0,005 0j u4→1 =  = 0,990ı − 0,138j . 0,0362 + 0,005 02

a. Identifier les clés

La première clé est la loi de Coulomb :  1←2 = kq1 q2 u2→1 , F 2 r21

et la deuxième clé est le principe de superposition :  2←1 + F  1←3 + F  1←4 . 1 = F F Résoudre le problème

On obtient les forces suivantes :

9 −6 × 10−6  1←2 = 8,99 × 10 × 2,00 × 10 × −1,80  (0,753ı + 0,659j) = (−8,622ı − 7,544j) N F 2 2 0,040 0 + 0,035 0 9 −6 × 10−6  1←3 = 8,99 × 10 × 2,00 × 10 × −2,40  (0,945ı − 0,327j) = (−12, 05ı + 4,16j) N F 0,055 02 + 0,019 02 9 −6 × 10−6  1←4 = 8,99 × 10 × 2,00 × 10 × 1,10  F (0,990ı − 0,138j) = (14,830ı − 2,060j) N . 2 2 0,036 + 0,005 0

Finalement, on a  1 = (−5,84ı − 5,44j) N . F c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 16

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P26

 1. b. Illustrer la situation La figure ci-contre illustre le vecteur F

~ 1x F Á

~ 1y F

y x

~1 F Identifier la clé

On calcule le module par la méthode habituelle :

2 + F2 , F1 = F1x 1y

et l’orientation par rapport à la partie positive de l’axe des x, selon la trigonométrie :  |F1y | φ = arctan . |F1x | Résoudre le problème

On obtient

2 2 F1 = (−5,84 N) + (−5,44 N) = 7,98 N  |−5,44 N| φ = arctan = 43,0◦ . |−5,84 N|

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→  = 7,98 N à 43,0◦ − sous la partie négative de l’axe des x F Valider la réponse au diagramme.

(réponse)

Les réponses sont exprimées dans la forme indiquée. L’orientation est conforme

P26 Illustrer la situation On utilise la figure du problème. a. Identifier la clé

La clé est le principe de superposition et la loi de Coulomb : Q = F  -q→Q + F  +q→Q F  +q→Q = kqQ u+q→Q F r2

et

 -q→Q = k(−q)Q u-q→Q . F r2

Le diagramme de forces sur la sphère de gauche est illustré sur la figure ci-dessous :

y * u +q +q d −q - * u −q +

Résoudre le problème

Q

r

rqQ

Q

Q

*

FQ

+

−q

*

FQ

x +q

Ainsi, en combinant les trois équations, on obtient  Q = k(−q)Q u−q→Q + kqQ u+q→Q . F 2 2 rqQ rqQ rqQ rqQ

Puisque u-q→Q = rı + d2 j et u+q→Q = rı − d2 j, on obtient d d  Q = kqQ (−rı − 2 j) + kqQ (rı − 2 j) F 2 2 rqQ rqQ rqQ rqQ

 Q = −kqQd j . F 3 rqQ c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

17

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P27 De plus, p = qdj et rqQ =



r2 + ( d2 )2 selon la géométrie. Finalement, Q = F

−kQ p . 2 (r2 + d4 )3/2

(réponse)

b. Décortiquer le problème On utilise l’approximation r >> d dans l’équation obtenue précédemment. Résoudre le problème

On obtient  Q = −kQ p = −kQ p . F r3 (r2 )3/2

(réponse)

P27 Illustrer la situation On trace le diagramme des forces sur la sphère de gauche de la figure 1.35. Les sphères ont des charges de même signe : elles se repoussent.

y µ1

*

T

*

Fe

x *

P Décortiquer le problème

Le système est en équilibre. Connues −9

q1 = −300 × 10

−9

q2 = −200 × 10 r = 0,057 5 m Identifier les clés

C

m1 = 0,050 0 kg

C

m2 = 0,100 kg

Inconnues θ1

θ2

La première clé est la première loi de Newton, car la sphère est à l’équilibre :  Fx = T sin θ1 − Fe = 0  Fy = T cos θ1 − m1 g = 0 .

La deuxième clé est la loi de Coulomb. Le module de la force électrique est donné par :    kq1 q2   Fe =  2  . r Résoudre le problème On isole d’abord T dans l’équation de Fy : T =

m1 g . cos θ1

On insère ensuite ce résultat ainsi que l’équation de la force électrique dans l’équation de m1 g tan θ1 =  ⇒ θ1 = arctan

= arctan

k |q1 q2 | m1 × g × r 2



Fx :

k |q1 q2 | r2



  8,99 × 109 N · m2 /C2 −300 × 10−9 C − 200 × 10−9 C 0,050 0 kg × 9,81 N/kg × (0,057 5 m)2

= 18,4◦ . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 18

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P28

De même, k |q1 q2 | ) m2 × g × r 2   8,99 × 109 N · m2 /C2 −300 × 10−9 C − 200 × 10−9 C = arctan( ) 0,100 kg × 9,81 N/kg × (0,057 5 m)2 = 9,44◦ .

⇒ θ2 = arctan(

Valider la réponse

(réponse)

Les deux réponses sont valides. Les angles sont positifs et plus petits que 90◦ .

P28 a. Décortiquer le problème Connues

Inconnues

Fi = 52,4 N (attraction) r = 12,0 cm Ff = 3,90 N (répulsion)

q1f q2f q1i q2i

Le fil conducteur permet aux charges de se répartir également sur les deux sphères dans la situation finale. Ainsi, q1f = q2f . Identifier la clé La clé est la loi de Coulomb dans la situation finale : Ff = Résoudre le problème

k |q1f q2f | . r2

Ainsi, on obtient k(qf )2 2 r Ff (r)2 ⇒ qf = k  Ff =

qf =

3,90 N × 0,120 m 8,99 × 109 N · m2 /C2 q1f = q2f = ±2,50 μC

(réponse)

Valider la réponse Comme les deux charges se repoussent dans la situation finale, elles doivent être de même signe (soit positives, soit négatives).

b. Décortiquer le problème Dans la situation initiale, les charges s’attirent, donc elles sont de signes opposés. Identifier la clé On utilise le principe de conservation de la charge en plus de la loi de Coulomb dans la situation initiale : q1i + q2i = 2qf ⇒ q2i = 2qf − q1i et Fi =

k |q1i q2i | . r2

Résoudre le problème Comme la force initiale est attractive, les charges sont opposées. Le produit des charges donne un nombre négatif, alors |q1i q2i | = −q1i q2i . Ainsi, Fi =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

−kq1i q2i . r2

19

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P29 En combinant les deux équations, on obtient Fi =

−kq1i (2qf − q1i ) r2

2 −k2qf q1i + kq1i . r2 De plus, il y a deux possibilités pour qf , car la charge finale peut être positive ou négative, selon la réponse en a., soit ±2,50 μC. Pour résoudre l’équation, on l’écrit sous la forme de l’équation quadratique suivante :

Fi =

Fi × r 2 =0 k 52,4 N × (0,120 m)2 2 q1i ∓ 5,00 × 10−6 C × q1i − =0. 8,99 × 109 N · m2 /C2 2 − 2q1i qf − q1i

Avec deux équations quadratiques, il y a quatre réponses différentes. Toutefois, comme le choix de nommer q1 et q2 est arbitraire, on aboutit à deux solutions : une pour qf > 0 et une pour qf < 0. Les solutions de l’équation quadratique sont : √ −b ± b2 − 4ac q1i = . 2a Alors, ⇒ q1i = 12,0 μC et q2i = −7,00 μC ou q1i = −12,0 μC et q2i = 7,00 μC .

(réponse)

Valider la réponse Puisque les deux charges s’attirent dans la situation initiale, elles doivent être de signes opposés, soit l’une positive et l’autre négative. P29 Décortiquer le problème Supposons que q1 est positif. Connue

Inconnue

(x1 ; y1 ) = (12,00 ; 8,50) cm (x2 ; y2 ) = (−4,00 ; 2,30) cm

(x3 ; y3 )

q2 = −410 nC q3 = 200 nC Illustrer la situation On trace le diagramme des forces sur la charge q1 .

y(cm) 8,50

q2

2,30

-

−4,00 Identifier la clé

*

*

F1

q1 F 1

3

2

12,00

x(cm)

On utilise la première loi de Newton et la loi de Coulomb :  F =0

et F1←2 = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

k |q1 q2 | . 2 r12 20

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P30

On obtient alors F1←2 = F1←3 k |q1 q2 | k |q1 q3 | = 2 2 r12 r13 |q2 | |q3 | 2 = r2 . r12 13 La figure qui suit illustre les proportions relatives entre les distances r12 et r13 , alors que la charge à ajouter (à une distance r13 de la charge q3 ) doit se trouver entre les charges q1 et q2 .

(x 1 − x 2)

(x 1 − x 3)

(y 1 − y3 )

(y 1 − y2)

r13

r 12

Dans la dernière équation obtenue, la distance r12 peut être calculée séparément, à partir de la distance entre les charges q1 et q2 :

r12 = = =

  

(Δx)2 + (Δy)2 (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 (12,00 + 4,00)2 + (8,50 − 2,30)2 cm = 17,159 cm .

Ainsi, r13

   q3  2 . =   r12 q2

En faisant le rapport des triangles semblables, on obtient x1 − x3 y1 − y3 r13 = = x1 − x2 y1 − y2 r12 ⇒ (x1 − x3 ) =

(x1 − x2 )r13 = 0,825 cm r12

⇒ (y1 − y3 ) =

(y1 − y2 )r13 = 4,17 cm . r12

Ainsi, r3 = (0,83 ; 4,17) cm . Valider la réponse

(réponse)

Les coordonnées sont valides quel que soit le signe de la charge q1 .

P30 Décortiquer le problème Connues e = 7,5 cm L = 10,0 cm h = 8,0 cm c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

r1 = 0 r2 = eı + Lj r3 = hk

Inconnues r1→3 r2→3

u1→3 u2→3

21

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P31 Identifier la clé

La clé est la définition d’un vecteur unitaire u2→1 =

r2→1 , r12

r2→1 = r2 − r1 = Δxı + Δyj + Δzk et r12 =

a. Résoudre le problème



(Δx)2 + (Δy)2 + (Δz)2 .

On obtient r1→3 = r3 − r1 = hk − 0 = 8,0 cmk .

b. Résoudre le problème

(réponse)

On obtient u1→3 =

r1→3 r13

8,0 cmk 8,0 cm  =k. =

c. Résoudre le problème

(réponse)

On obtient r2→3 = r3 − r2 = hk − (eı + Lj) = (−7,5ı − 10,0j + 8,0k) cm .

d. Résoudre le problème

(réponse)

On obtient u2→3 =

r2→3 r23

=

(−7,5ı − 10,0j + 8,0k) cm

(−7,5)2 + (−10,0)2 + (8,0)2 cm = −0,51ı − 0,67j + 0,54k .

(réponse)

P31 Décortiquer le problème Connues −6

q1 = 1,4 × 10

C

−6

q2 = −2,3 × 10

−6

q3 = 1,8 × 10 r1 = 0 r2 = eı + Lj r3 = hk Identifier les clés

e = 7,5 cm C

L = 10,0 cm

C

Inconnues  3 F3←1 F  3←2 F3 F

h = 8,0 cm

La première clé est la définition d’un vecteur unitaire u2→1 =

r2→1 , r12

r2→1 = r2 − r1 = Δxı + Δyj + Δzk c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

22

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P31

et r12 =



(Δx)2 + (Δy)2 + (Δz)2 .

La deuxième clé est la loi de Coulomb :  1←2 = kq1 q2 u2→1 . F 2 r12

a. Résoudre le problème

On obtient u1→3 =

r1→3 r13

8,0 cmk 8,0 cm  =k =

et  3←1 = kq3 q1 u1→3 F 2 r13 8,99 × 109 N · m2 /C2 × 1,8 × 10−6 C × 1,4 × 10−6 C  = k (0,080 m)2 = 3,5 Nk .

b. Résoudre le problème

(réponse)

On obtient u2→3 =

r2→3 r23

=

(−7,5ı − 10,0j + 8,0k) cm

(−7,5)2 + (−10,0)2 + (8,0)2 cm = −0,51ı − 0,67j + 0,54k

et  3←2 = kq3 q2 u2→3 F 2 r23 8,99 × 109 N · m2 /C2 × 1,8 × 10−6 C × −2,3 × 10−6 C  = (−0,51ı − 0,67j + 0,54k) ( (−7,5)2 + (−10,0)2 + (8,0)2 cm)2 = (0,85ı + 1,1j − 0,91k) N . (réponse)

c. Résoudre le problème

On obtient  3←1 + F  3←2 3 = F F = (3,5k + 0,85ı + 1,1j − 0,91k) N = (0,85ı + 1,1j + 2,6k) N .

d. Résoudre le problème

(réponse)

On obtient

2 + F2 + F2 F3 = F3x 3y 3z  = (0,85)2 + (1,1)2 + (2,6)2 N = 3,0 N .

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse)

23

CHAPITRE 01 — La charge électrique

P32

P32 Décortiquer le problème Connues −6

q1 = 4,50 × 10

Inconnues e F

C

r1 = (0,020 0ı − 0,050 0j + 0,030 0k) m

ae

q2 = −2,30 × 10−6 C r2 = (−0,020 0ı − 0,020 0j − 0,030 0k) m qe = −1,602 × 10−19 C re = (0,040 0ı + 0,040 0j) m

a. Identifier les clés

La première clé est la définition d’un vecteur unitaire u1→e =

re − r1 . r1e

La deuxième clé est la loi de Coulomb :  1←2 = kq1 q2 u2→1 F 2 r12 et le principe de superposition :  e←1 + F  e←2 . e = F F Résoudre le problème u1→e =  u1→e

On obtient donc pour les vecteurs unitaires (0,040 0ı + 0,040 0j) − (0,020 0ı − 0,050 0j + 0,030 0k)

(0,040 0 − 0,020 0)2 + (0,040 0 + 0,050 0)2 + (0 − 0,030 0)2 = 0,206ı + 0,928j − 0,309k

et (0,040 0ı + 0,040 0j) − (−0,020 0ı − 0,020 0j − 0,030 0k) u2→e =  (0,040 0 + 0,020 0)2 + (0,040 0 + 0,020 0)2 + (0 + 0,030 0)2 u2→e = 0,667ı + 0,667j − 0,333k . Ainsi, on obtient pour les vecteurs force  e←1 = kqe q1 u1→e F 2 r1e

  8,99 × 109 N · m2 /C2 × −1,602 × 10−19 C × 4,50 × 10−6 C = (0,206ı + 0,928j − 0,309k) (0,020 0)2 + (0,090 0)2 + (−0,030 0)2 = (−1,422ı − 6,400j + 2,133k)10−13 N

et  e←2 = kqe q2 u2→e F 2 r2e

  8,99 × 109 N · m2 /C2 × −1,602 × 10−19 C × −2,30 × 10−6 C = (0,667ı + 0,667j − 0,333k) (0,060 0)2 + (0,060 0)2 + (0,030 0)2 = (2,726ı + 2,726j + 1,363k)10−13 N .

e Finalement, on obtient pour la force résultante F  e←1 + F  e←2 e = F F = (1,30ı − 3,67j + 3,50k)10−13 N . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 24

CHAPITRE 01 — La charge électrique

b. Identifier la clé

P33

La clé est la deuxième loi de Newton :   = ma ⇒ a = Fe . F me

Résoudre le problème

On obtient (1,30ı − 3,67j + 3,50k)10−13 N 9,109 × 10−31 kg a =(1,43ı − 4,03j + 3,83k)1017 m/s2 .

a =

P33 Identifier la clé

(réponse)

La clé est la loi de Coulomb : F =

k |q(Q − q)| . r2

Le module de la force est maximal lorsque dF = 0 : Ainsi, dF =

k [(Q − q) + q(−1)] = 0 r2 ⇒ Q − 2q = 0 ⇒ Q = 2q ⇒q=

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Q . 2

(réponse)

25

Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 02 Q1 Identifier les clés

Le champ électrique

 rés = ma, et la définition du champ Les clés sont la deuxième loi de Newton, F

électrique :   = Frés ⇒ E  = ma . E q q D’après l’équation, l’accélération a le même sens que le champ électrique pour une particule positive et elle a un sens opposé au champ électrique pour une particule négative.  de chaque situation. Illustrer la situation On trace le vecteur v0 , le vecteur a et le vecteur E *

E

* 0

v

*

E

*

a

+

*

a

(a)

v

* 0

v

*

a

+

*

E

(b)

(c)

*

E

* 0

v

-

-

* 0

+

* 0

v

*

a=0 * E=0 (d)

*

a (e)

a. Résoudre le problème

La charge d’un proton est positive. Puisque le proton se déplace vers le haut et que son accélération est positive, alors le champ électrique est orienté vers le haut.

(réponse)

b. Résoudre le problème

La charge d’un électron est négative. Puisque l’électron se déplace vers la droite et que son accélération est négative, alors le champ électrique est orienté vers la droite.

(réponse)

c. Résoudre le problème

La charge d’une particule alpha est positive. Puisque la particule alpha se déplace vers la gauche et que son accélération est négative, alors le champ électrique est orienté vers la droite.

(réponse)

d. Résoudre le problème

La charge est négative. Puisque le proton se déplace vers le nord et que son accélération est nulle, alors le champ électrique est nul. Donc, aucune orientation.

(réponse)

e. Résoudre le problème

La particule est positive. Puisqu’elle se déplace vers l’ouest et que son accélération est positive, alors le champ électrique est orienté vers l’ouest.

(réponse)

E2 Décortiquer le problème Inconnue

Connues −31

me = 9,109 × 10  = 150 N/Cı E

kg

−19

qe = −1,602 × 10

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C

a

1

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E3 — E4 Identifier les clés électrique :

 = ma, et la définition du champ Les clés sont la deuxième loi de Newton, F   = ma .  = F ⇒E E q q

Résoudre le problème

On obtient  qE m −1,602 × 10−19 C × 150 N/Cı a = 9,109 × 10−31 kg a = −2,63 × 1013 m/s2ı .

a =

(réponse)

Valider la réponse Puisque la charge est négative, elle accélére dans le sens opposé au champ électrique. E3 Décortiquer le problème Inconnue Connues q = 32 × 10−6 C

Identifier les clés électrique,

m = 0,002 8 kg

Les clés sont la première loi de Newton,

E  F = 0, et la définition du champ

  = Fe . E q a. Résoudre le problème Comme la masse de la bille est orientée vers le bas, la force électrique exercée sur la bille doit être orientée vers le haut pour compenser la masse. Ainsi, comme la charge est positive, le champ électrique est orienté vers le haut.

(réponse)

b. Résoudre le problème

Puisque le module de la masse d’un objet est Fg = mg, la première loi de Newton implique que Fe = Fg . Ainsi, le module du champ électrique est E=

mg Fg ⇒E= . q q

On obtient alors

0,002 8 kg × 9,81 N/kg (réponse) = 8,6 × 102 N/C . 32 × 10−6 C Valider la réponse Les réponses donnent l’orientation et le module, comme demandé. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct. E4 a. Décortiquer le problème Puisque l’ion cuivre est ionisé deux fois, il manque deux électrons à l’atome. Ainsi, la charge de l’ion est E=

2e = 2 × 1,60 × 10−19 C = 3,20 × 10−19 C .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est la définition du champ électrique :   = Fe . E q

Résoudre le problème

On obtient   = Fe E q −16  N  = (11,2ı − 15,0j − 8,00k) × 10 E −19 3,20 × 10 C  = (3,50ı − 4,69j − 2,50k) × 103 N/C . E

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(réponse) 2

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

c. Identifier la clé

P5 — P6

Le module d’un vecteur est  E=

Résoudre le problème  E=

Ex2 + Ey2 + Ez2 .

On obtient alors

(3,50 × 103 )2 + (−4,69 × 103 )2 + (−2,50 × 103 )2 = 6,36 × 103 N/C .

(réponse)

Valider la réponse Les réponses donnent la charge, le champ électrique et son module, comme demandé. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct.

P5 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre le

Identifier les clés Pour obtenir l’équilibre, les clés sont la première  sous sa forme scalaire loi de Newton Fy = 0, et la définition en x et en y, Fx = 0, scalaire du champ électrique : E=

Résoudre le problème

y

* T µ

diagramme des forces sur la sphère des problèmes P5 et P6. Décortiquer le problème Inconnue Connues E q m θ

* Fe

x

* P

Fe . q

En appliquant la première loi de Newton sur les forces en y, on obtient 

Fy = T cos θ − mg = 0 ⇒ T =

mg . cos θ

En l’appliquant sur les forces en x, on obtient 

Fx = Fe − T sin θ = 0 ⇒ Fe = mg tan θ .

Finalement, avec la définition du champ,

E=

Valider la réponse

mg tan θ . q

(réponse)

Le champ ne dépend que de l’angle, de la charge et de la masse de la sphère.

P6 Illustrer la situation Voir la figure de la solution P5. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

3

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

Q7 — Q8 Décortiquer le problème

Inconnue

Connues −6

q = 2,50 × 10

C m = 0,020 0 kg

◦

θ = 10,0

E

Identifier les clés Pour  obtenirl’équilibre, les clés sont la première loi de Newton sous sa forme Fy = 0, et la définition scalaire du champ électrique : scalaire en x et en y, Fx = 0, E= Résoudre le problème

Fe . q

En appliquant la première loi de Newton sur les forces en y, on obtient 

Fy = T cos θ − mg = 0 ⇒ T =

mg . cos θ

En l’appliquant sur les forces en x, on obtient 

Fx = Fe − T sin θ = 0 ⇒ Fe = mg tan θ .

Finalement, avec la définition du champ, E=

mg tan θ . q

On insère les valeurs et on obtient E= Valider la réponse

Q7 Identifier les clés

0,020 0 kg × 9,81 N/kg tan(10,0◦ ) = 1,38 × 104 N/C . 2,50 × 10−6 C

(réponse)

L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct. Les clés sont le champ électrique causé par chaque charge ponctuelle :  i = kqi ur , E ri2 i

et le principe de superposition :  =E 1 +E  2 + ... + E N . E Résoudre le problème Comme toutes les charges valent q et que la distance entre chaque sommet et le centre du cube est la même, une charge située à un sommet crée un champ électrique qui est compensé par le champ électrique créé par la charge du sommet opposé. Ainsi, par symétrie, on obtient  = 0 . E (réponse)

Q8 Identifier les clés

Les clés sont le champ électrique causé par chaque charge ponctuelle :  i = kqi ur , E ri2 i

et le principe de superposition :  2 + ... + E N .  =E 1 +E E  produits par chacune des charges Illustrer la situation On trace les vecteurs champ électrique E dans chacune des régions. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

4

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

Q9 *

E+q

(i)

(ii)

(i)

x

−2q

+q

*

E−2q

(a)

(iii)

(ii)

(iii)

*

E+q +q

(b) (i)

*

E−2q

x

−2q

(ii)

(iii) *

E−2q (c)

+q

−2q

x

*

E+q

a. Résoudre le problème

La charge positive produit un champ électrique orienté vers la gauche, tandis que la charge négative produit un champ électrique orienté vers la droite. Comme la charge négative est plus loin de la région, mais qu’elle a une plus grande valeur, on obtient pour le champ électrique résultant un sens qui dépend de la position : orienté vers la gauche ou vers la droite.

(réponse)

b. Résoudre le problème

La charge positive produit un champ électrique orienté vers la droite et la charge négative produit un champ électrique orienté vers la droite. On obtient donc nécessairement un champ électrique résultant orienté vers la droite.

(réponse)

c. Résoudre le problème

La charge positive produit un champ électrique orienté vers la droite et la charge négative produit un champ électrique orienté vers la gauche. Puisque la charge négative a une valeur plus grande que celle de la charge positive et que la région est plus près de la charge négative, on obtient donc nécessairement un champ électrique résultant orienté vers la gauche.

(réponse)

d. Résoudre le problème

Dans la région (i), les champs produits par les charges sont opposés et on est plus près de la plus petite charge en valeur absolue. Alors, on peut avoir un champ nul dans la région (i).

(réponse)

e. Résoudre le problème

Les champs produits par les charges n’auront pas la même orientation à un point qui n’est pas sur l’axe des x. Alors, on ne peut pas avoir un champ nul si on n’est pas sur l’axe des x.

Q9 Identifier les clés

(réponse)

Les clés sont le champ électrique causé par chaque charge ponctuelle :  i = kqi ur E ri2 i

et le principe de superposition :

2 .  =E 1 +E E

Illustrer la situation La figure ci-contre représente les champs électriques créés par chaque charge ainsi que le champ électrique résultant lorsque les charges sont positives et identiques.

y +

q *

E2

d P

d

* *

E1

Ea

x

+

q

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5

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E10

a. Résoudre le problème

Une charge positive produit un champ électrique qui s’éloigne de la charge. Ainsi, les charges produisent des champs avec des composantes x positives égales et des composantes y de valeurs opposées. Le champ résultant est alors orienté vers la droite. Ainsi, l’énoncé (iv) est vrai. (réponse)

Illustrer la situation La figure suivante représente les champs électriques créés par chaque charge ainsi que le champ électrique résultant lorsque les charges sont positives et identiques. y b. Résoudre le problème Une charge positive produit un champ électrique qui s’éloigne de la charge, tandis −q * qu’une charge négative produit un champ électrique Eb qui s’approche de la charge. Ainsi, les charges pro* * E1 E2 d duisent des champs avec des composantes y positives égales et des composantes x de valeurs opposées. Le x champ résultant est alors orienté vers le haut. P Ainsi, d l’énoncé (ii) est vrai. (réponse) +q

y (m)

E10 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation.

q

0,76 Décortiquer le problème Connues rq = (0,45ı + 0,76j) m q = 3,0 × 10−6 C rP = (0,12ı − 0,54j) m

Inconnues ur  E

* ur

0,12

Comme la charge est positive, le champ au point P s’éloigne de la charge.

−0,54

0,45

x (m)

P E *

a. Par la définition du vecteur unitaire radial, ur =

r Δxı + Δyj = . r (Δx)2 + (Δy)2

On obtient (0,12 − 0,45)ı − (0,54 + 0,76)j ur =  (0,12 − 0,45)2 + (0,54 + 0,76)2 ur = −0,25ı − 0,97j .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est le champ d’une charge ponctuelle :  = kq ur . E r2

Résoudre le problème  = E

On obtient 8,99 × 109 × 3,0 × 10−6 × (−0,25ı − 0,97j) (0,12 − 0,45)2 + (0,54 + 0,76)2

 = (−3,7 × 103ı − 1,5 × 104 j) N/C . E c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 6

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E11

Valider la réponse Le vecteur champ électrique possède les bons signes en x et en y, conformément à la figure. Le champ s’éloigne bien de la charge. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct.

E11 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Connues

q 0,300

Inconnues

rP = (0,300ı + 0,300j + 0,300k) m rq = (−0,150ı + 0,250j − 0,200k) m

y (m) *

ur

*

E

ur  E

q = −4,50 × 10−6 C

E

0,300

P 0,300

x (m)

z (m) Comme la charge est négative, le champ au point P s’approche de la charge.

a. Par la définition du vecteur unitaire radial, ur =

r Δxı + Δyj + Δzk = . r (Δx)2 + (Δy)2 + (Δz)2

On obtient (0,300 + 0,150)ı + (0,300 − 0,250)j + (0,300 + 0,200)k ur =  (0,300 + 0,150)2 + (0,300 − 0,250)2 + (0,300 + 0,200)2 ur = 0,667ı + 0,074 1j + 0,741k .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est le champ d’une charge ponctuelle :  = kq ur . E r2

Résoudre le problème

On obtient

8,99 × 109 × −4,50 × 10−6 × (0,667ı + 0,074 1j + 0,741k) (0,300 + 0,150)2 + (0,300 − 0,250)2 + (0,300 + 0,200)2  = (−59,3ı − 6,59j − 65,9k) × 103 N/C . (réponse) E  = E

Valider la réponse Le vecteur champ électrique possède les bons signes en x et en y, conformément à la figure. Le champ s’approche bien de la charge.

c. Identifier la clé

La clé est le théorème de Pythagore avec les composantes du champ obtenu

en b. :

 E=

Résoudre le problème

On obtient 

E=

Ex2 + Ey2 + Ez2 .

(−59,3 × 103 )2 + (−6,59 × 103 )2 + (−65,9 × 103 )2

E = 8,89 × 104 N/C . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct.

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7

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P12

y (cm)

P12 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la

*

E1

situation. P

8,00

* *

Décortiquer le problème Connues

E2

Inconnues a E

rq1 = (1,00ı + 1,00j) cm q1 = 5,00 × 10−6 C rq2 = (8,00ı + 5,00j) cm

b E

Ea * u

r2

q2 * u

r1

−6

q1

q2 = −7,00 × 10 C rP = (3,00ı + 8,00j) cm

8,00

x (cm)

Comme la charge 1 est positive, le champ qu’elle produit au point P s’éloigne, et comme la charge 2 est négative, le champ qu’elle produit au point P s’approche. La somme vectorielle des deux champs donne le champ résultant.

a. Tout d’abord, par la définition du vecteur unitaire radial, ur1 = et ur2 =

r1 Δx1ı + Δy1 j = r1 (Δx1 )2 + (Δy1 )2 r2 Δx2ı + Δy2 j = . r2 (Δx2 )2 + (Δy2 )2

On obtient (3,00 − 1,00)ı + (8,00 − 1,00)j ur1 =  (3,00 − 1,00)2 + (8,00 − 1,00)2 ur1 = 0,275ı + 0,962j

et (3,00 − 8,00)ı + (8,00 − 5,00)j ur2 =  (3,00 − 8,00)2 + (8,00 − 5,00)2 ur2 = −0,857ı + 0,514j . Identifier les clés

Les clés sont le champ d’une charge ponctuelle :  = kq ur , E r2

et le principe de superposition : a = E 1 +E 2 . E Résoudre le problème

On obtient

9 −6  1 = 8,99 × 10 × 5,00 × 10 × (0,275ı + 0,962j) E 2 (0,072 8)  1 = 2,33 × 106ı + 8,16 × 106 j E

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8

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P12

et 9 −6  2 = 8,99 × 10 × −7,00 × 10 × (−0,857ı + 0,514j) E (0,058 3)2  2 = 15,9 × 106ı − 9,54 × 106 j . E

Finalement, a = E 1 +E  2 = (18,2ı − 1,37j) × 106 N/C . E

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur champ électrique possède les bons signes en x et en y comme le schéma l’indique. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct. y (cm) b. Illustrer la situation La charge négative ajoutée à * E1 l’origine produit un nouveau champ qui s’approche de la charge au point P. La figure ci-contre illustre 8,00 P * Eb * la situation. E3 * * E2 u r2 q2 * u r1 q1

* u r3

q3 Décortiquer le problème

8,00

x (cm)

Tout d’abord, par la définition du vecteur unitaire radial, ur3 =

r3 Δx3ı + Δy3 j = . r3 (Δx3 )2 + (Δy3 )2

On obtient 3,00ı + 8,00j ur3 =  3,002 + 8,002 ur3 = 0,351ı + 0,937j . Identifier les clés

Les clés sont le champ d’une charge ponctuelle :  = kq ur , E r2

et le principe de superposition : b = E a +E 3 . E Résoudre le problème

On obtient

9 −6  3 = 8,99 × 10 × −3,00 × 10 × (0,351ı + 0,937j) E (0,085 4)2  3 = −1,30 × 106ı − 3,46 × 106 j . E

Ainsi,  b = (16,9ı − 4,83j) × 106 N/C . E

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur champ électrique possède les bons signes en x et en y comme le schéma l’indique. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

9

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P13 — P14

P13 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. *

E1

*

*

E2

*

q1 Identifier la clé

*

E1

E2

*

E1

x

q2

E2

La clé est le champ d’une charge ponctuelle :  = kq ur . E r2

Résoudre le problème Inconnues  = 0) x(E

Connues q1 = 24,0 nC q2 = 12,0 nC r = 6, 00 cm

Puisque la charge q1 est positive, elle produit un champ qui s’élogine, et comme la charge q2 est négative, elle produit un champ qui s’approche. Ainsi, il ne peut y avoir un champ résultant nul au centre des deux charges, car les champs produits par chacune des charges ont la même orientation. Puisque q1 est plus grande que q2 , la distance entre q1 et le point P devra également être plus  1 et E  2 s’annulent entre eux. grande que la distance entre q2 et le point P pour que les champs E Ainsi, le point P sera du côté extérieur, près de la charge q2 . Soit x, la distance entre la charge q1 et le point P, on aura donc x − 0,060 0 m, la distance entre la charge q1 et le point P. Ainsi, 2  1 = −E E kq1 kq2 ur = − 2 ur2 . r12 1 r2 Puisque ur1 = ur2 et q1 = −2q2 , 2q2 q2 = 2 x (x − 0,060 0)2 2(x − 0,060 0)2 = x2 x2 − 0,24x + 0,007 2 = 0 . Par l’équation quadratique x =

√ −b± b2 −4ac , 2a

⇒ x = 0,205 m ou 0,035 1 m . La deuxième réponse est plus petite que la distance entre les deux charges, elle n’est donc pas possible. Ainsi, le champ électrique est nul sur l’axe des x, à 20,5 cm de q1 , du côté de q2 . Valider la réponse

(réponse)

La distance obtenue est plus grande que la distance entre les deux charges.

P14 Décortiquer le problème Connues r1 = (0,020 0ı) m r2 = (0,050 0ı) m  Erés = 0

Inconnue −6

q1 = −2,00 × 10

−6

q2 = −3,00 × 10

−6

q3 = 5,00 × 10

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C

r3

C

C

10

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P15

Comme les deux charges sont sur l’axe des x positifs, les vecteurs unitaires sont ur1 = ur2 = −ı pour un point à l’origine. Identifier les clés La première clé est l’équation du champ produit par des charges ponctuelles :  1 = kq1 ur . E x21 1 La deuxième clé est le principe de superposition :  =E 1 +E 2 +E 3 . E Résoudre le problème

Le champ résultant doit être nul. Alors on obtient

kq1 ur x21 1

 2 = −E 3 1 +E E kq2 kq3 + 2 ur2 = − 2 ur3 . x2 x3

Puisque ur1 = ur2 = −ı, on obtient x23 −2,00 × 10−6 3,00 × 10−6 ( − )(−ı) = ur3 q3 0,020 02 0,050 02 −1 240(x3 )2ı = ur3 . Ainsi, ur3 = −ı et

 x3 =

1 . 1 240

Finalement, la position de la troisième charge est x3 = 2,84 cm .

(réponse)

Valider la réponse Le résultat du vecteur unitaire montre que la charge se trouve bien du côté positif de l’axe. y P15 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. *

ur

Décortiquer le problème Connues

Inconnues  E

q1 = 2,00 × 10−6 C q2 = −2,00 × 10−6 C

1

3 F

P

−6

q3 = 3,00 × 10 C r1 = (0,100ı − 0,030 0j) m r2 = (0,100ı + 0,030 0j) m r1 = r2 = 0,104 4 m

x *

E2

Comme la charge 1 est positive, le champ qu’elle produit au point P s’éloigne, et comme la charge 2 est négative, le champ qu’elle produit au point P s’approche. La somme vectorielle des deux champs donne le champ résultant. Notons que la charge 3 ne produit pas de champ, car elle est directement sur le point P et la distance entre les deux est nulle.

*

E

*

E1

*

ur

2

On détermine les vecteurs unitaires : ur1 =

r1 = 0,957 8ı − 0,287 3j r1

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11

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P16 et

r2 = 0,957 8ı + 0,287 3j . r2 Les clés sont le champ d’une charge ponctuelle : ur2 =

a. Identifier les clés

 = kq ur , E r2 et le principe de superposition : 2 .  =E 1 +E E Résoudre le problème

On obtient

9 −6  1 = 8,99 × 10 × 2,00 × 10 × (0,957 8ı − 0,287 3j) E 2 (0,104 4)  E1 = 1,58 × 106ı − 4,74 × 105 j

et 9 −6  2 = 8,99 × 10 × −2,00 × 10 × (0,957 8ı + 0,287 3j) E 2 (0,104 4)  E2 = −1,58 × 106ı − 4,74 × 105 j .

Finalement,  =E 1 +E  2 = (−9,48 × 105 j) N/C . E

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur champ électrique possède les bons signes en y comme le schéma l’indique. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct. b. Identifier la clé La clé est la force exercée sur une charge ponctuelle dans un champ électrique :  e = q3 E  . F Résoudre le problème

On obtient  e = 3,00 × 10−6 × (−9,48 × 105 )j F  e = (−2,84j) N . F

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur force électrique a le même sens que le vecteur champ électrique, car la charge q3 est positive. L’ordre de grandeur de la force électrique semble correct. y P16 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème * Inconnues Connues E1 −6 P  E q1 = 4,00 × 10 C * E −6 e q2 = −6,00 × 10 C F * E2 r1 = (0ı + 0j) m r2 = 1,00ı m rP = 2,00j m On détermine les vecteurs unitaires : ur1 = j

*

ur2

*

ur1 q1

q2

x

et −1,00ı + 2,00j ur2 =  = −0,447ı + 0,894j . 1,002 + 2,002

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12

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

a. Identifier les clés

P17

La première clé est l’équation du champ produit par des charges ponctuelles :  1 = k (q1 ) ur . E 1 x21

La deuxième clé est le principe de superposition :  =E 1 +E 2 . E Résoudre le problème

Le champ résultant est

2  =E 1 +E E  = kq1 ur + kq2 ur E r12 1 r22 2 9 −6 9 −6  = 8,99 × 10 × 4,00 × 10 j + 8,99 × 10 × −6,00 × 10 × (−0,447ı + 0,894j) . E 2,002 2,2362 Ainsi, le champ résultant en P est  = 4,82 × 103ı − 0,654 × 103 j N/C . E

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur champ électrique a la bonne orientation comme le schéma l’indique. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct.

b. Identifier la clé

La clé est la force exercée sur une charge ponctuelle dans un champ électrique,  e = q3 E  . F

Résoudre le problème

On obtient  e = −3,00 × 10−6 × (4,82 × 103ı − 0,654 × 103 j) F  e = (−14,5ı + 1,98j) mN . F

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur force électrique a un sens opposé au vecteur champ électrique, car la charge q3 est négative. L’ordre de grandeur de la force électrique semble correct.

P17 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre les champs électriques créés par chaque charge ainsi que le champ électrique résultant à la position P. Décortiquer le problème Inconnue Connues  ur = ı q1 = +q E 1

r2 = 2Lı + Lj ur3 = j

y

*

*

ur1

E2 P

*

E1

q2 = +q

*

q3 = −q

*

E

E3 On détermine le vecteur ur2 , ur2

*

1 2Lı + Lj = √ (2ı + j) . = √ 5L 5

Identifier les clés

ur2

*

q1

q2

ur3 x

La première clé est l’équation du champ produit par des charges ponctuelles :  1 = k (q1 ) ur . E 1 r12

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13

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P18 La deuxième clé est le principe de superposition :

 =E 1 +E 2 +E 3 . E Résoudre le problème

Le champ résultant est  =E 1 +E 2 +E 3 E  = kq1 ur + kq2 ur + kq3 ur E r12 1 r22 2 r32 3  = kq ı + kq√ (2ı + j) − kq j . E (2L)2 L2 5L2 5

Ainsi, le champ résultant au point P est  

1 1 2 kq  j . + √ ı − 1 − √ E= 2 L 4 5 5 5 5

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur champ électrique a la bonne orientation comme le schéma l’indique. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct. y P18 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. * E1 Décortiquer le problème * * u r3 E3 P q Connues Inconnues 3

q1 = 17,0 × 10−9 C −9

q2 = −23,0 × 10

−9

q3 = −19,0 × 10 q4 = −11,0 C

*

E2

 E e F

C

*

E

C

* u

* u r2

r1

q1

a = 0,034 0 m b = 0,014 0 m

q2

x

On détermine les vecteurs unitaires : 0,017 0ı + 0,014 0j ur1 =  0,017 02 + 0,014 02 ur1 = 0,772ı + 0,636j , −0,017 0ı + 0,014 0j ur2 =  0,017 02 + 0,014 02 ur2 = −0,772ı + 0,636j

et ur3 = ı .

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ produit par des charges ponctuelles :  1 = k (q1 ) ur . E 1 x21

La deuxième clé est le principe de superposition : 2 +E 3 .  =E 1 +E E c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

14

CHAPITRE 02 — Le champ électrique Résoudre le problème

P19

Les vecteurs champ produits par chacune des charges donnent :

 1 = kq1 ur E r12 1 9 −9  1 = 8,99 × 10 × 17,0 × 10 (0,772ı + 0,636j) E 2 0,022 0  E1 = 2,43 × 105ı + 2,01 × 105 j ,  2 = kq2 ur E r22 2 9 −9  2 = 8,99 × 10 × −23,0 × 10 (−0,772ı + 0,636j) E 2 0,022 0 5  E2 = 3,29 × 10 ı − 2,72 × 105 j et  3 = kq3 ur E r32 3 9 −9  3 = 8,99 × 10 × −19,0 × 10 (ı) E 0,017 02  3 = −5,91 × 105ı . E Ainsi, le champ résultant au point P est : 2 +E 3  =E 1 +E E  = (−1,9 × 104ı − 7,1 × 104 j) N/C . E

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur champ électrique a la bonne orientation comme le schéma l’indique. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct. b. Identifier la clé La clé est la force exercée sur une charge ponctuelle dans un champ électrique :  .  e = q4 E F Résoudre le problème

On obtient  e = −11,0 × 10−9 × (−1,9 × 104ı − 7,1 × 104 j) F  e = (2,1ı + 7,8j)10−4 N . F

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur force électrique a un sens opposé au vecteur champ électrique, car la charge q4 est négative. L’ordre de grandeur de la force électrique semble correct. z P19 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la * situation. E1 L P Décortiquer le problème Connues Inconnues * −6 E2 * E  E q1 = 1,4 × 10 C q2 = −2,3 × 10−6 C e = 0,045 m L = 0,080 m h = 0,060 m rq1 = 0 rq2 = eı + Lj rP = Lj + hk c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

* u

E

r1

y

q1

h

* u

r2

x

e

q2

15

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P19 On détermine les vecteurs unitaires : rP − rq1 r1 Lj + hk =√ L2 + h2

ur1 = ur1

0,080j + 0,060k ur1 =  0,0802 + 0,0602 ur = 0,8j + 0,6k 1

et rP − rq2 r2 Lj + hk − eı − Lj √ = e2 + h2 −0,045ı + 0,060k = 0,0452 + 0,0602 = −0,6ı + 0,8k .

ur2 = ur2 ur2 ur2

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ produit par des charges ponctuelles :  1 = kq1 ur . E r12 1

La deuxième clé est le principe de superposition : 2 .  =E 1 +E E Résoudre le problème

Les vecteurs champ produits par chacune des charges donnent  1 = kq1 ur E r12 1 9 −6  1 = 8,99 × 10 × 1,4 × 10 (0,8j + 0,6k) E 2 2 (0,080 + 0,060 )  1 = 1,01 × 106 j + 7,55 × 105 k E

et  2 = kq2 ur E r22 2 9 −6  2 = 8,99 × 10 × −2,3 × 10 (−0,6ı + 0,8k) E (0,0452 + 0,0602 )  2 = 2,21 × 106ı − 2,94 × 106 k . E Ainsi, le champ résultant au point P est 2  =E 1 +E E  = (2,21ı + 1,01j − 2,19k) × 106 N/C . E

(réponse)

Valider la réponse Le vecteur champ électrique a la bonne orientation, comme l’illustre la figure à la page précédente. L’ordre de grandeur du champ électrique semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

16

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P20

b. Identifier la clé

Pour trouver le module du champ électrique, la clé est d’utiliser le théorème de Pythagore avec les composantes du champ obtenu précédemment :  E=

Résoudre le problème

Ex2 + Ey2 + Ez2 .

On obtient 

E=

(2,21 × 106 )2 + (1,01 × 106 )2 + (2,19 × 106 )2

E = 3,26 × 106 N/C . Valider la réponse champ électrique.

(réponse)

Le module du champ électrique a le même ordre de grandeur que le vecteur

P20 Décortiquer le problème Connues −6

q1 = 4,50 × 10

Inconnues  a E

C

−6

q2 = −2,30 × 10

−31

me = 9,109 × 10

C kg

−19

qe = −1,602 × 10

C

rq1 = (0,020 0ı − 0,050 0j + 0,030 0k) m rq = (−0,020 0ı − 0,020 0j − 0,030 0k) m 2

re = (0,040 0ı + 0,040 0j) m On détermine les vecteurs unitaires : ur1 =

re − rq1 r1

0,040 0ı + 0,040 0j − 0,020 0ı + 0,050 0j − 0,030 0k  0,020 02 + 0,090 02 + 0,030 02 = 0,206ı + 0,928j − 0,309k

ur1 = ur1

et ur2 =

re − rq2 r2

0,040 0ı + 0,040 0j + 0,020 0ı + 0,020 0j + 0,030 0k  0,060 02 + 0,060 02 + 0,030 02 = 0,667ı + 0,667j + 0,333k .

ur2 = ur2

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ produit par des charges ponctuelles :  1 = kq1 ur . E r12 1

La deuxième clé est le principe de superposition : 2 .  =E 1 +E E c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

17

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E21 Résoudre le problème

Les vecteurs champ produits par chacune des charges donnent

 1 = kq1 ur E r12 1 8,99 × 109 × 4,50 × 10−6 1 = (0,206ı + 0,928j − 0,309k) E (0,020 02 + 0,090 02 + 0,030 02 )  1 = 8,87 × 105ı + 3,99 × 106 j − 1,33 × 106 k E et  2 = kq2 ur E r22 2 9 −6  2 = 8,99 × 10 × −2,30 × 10 (0,667ı + 0,667j + 0,333k) E (0,060 02 + 0,060 02 + 0,030 02 )  2 = −1,70 × 106ı − 1,70 × 106ı − 8,50 × 105 k . E Ainsi, le champ résultant au point P est :  =E 1 +E 2 E  = (−0,81ı + 2,29j − 2,18k) × 106 N/C . E Valider la réponse

b. Identifier les clés

(réponse)

L’orientation du champ a du sens et l’ordre de grandeur semble correct.  = mea, et la définition du champ Les clés sont la deuxième loi de Newton, F

électrique :   = F ⇒E  = mea . E qe qe Résoudre le problème

On obtient

 qE m −1,602 × 10−19 C × (−0,81ı + 2,29j − 2,18k) × 106 N/C a = 9,109 × 10−31 kg a = (1,4ı − 4,03j − 3,84k) × 1017 m/s2 . a =

Valider la réponse électrique.

(réponse)

Puisque la charge est négative, elle accélère dans le sens opposé au champ

E21 Décortiquer le problème Connues −10

r = 0,958 4 × 10 q = 2e

m

θ = 104,45

Inconnue ◦

p −19

e = 1,602 × 10

C

On détermine la distance entre les deux charges constituant le dipôle : d θ cos( ) = ⇒ d = 5,87 × 10−11 m . 2 r Illustrer la situation La figure ci-contre représente un modèle de la molécule d’eau comme étant un dipôle avec son moment dipolaire électrique.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

* p

µ d 2

*

r

18

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

a. Identifier la clé

E22

La clé est la définition du moment dipolaire électrique : p = qd .

Résoudre le problème

On obtient un module de p = 2 × 1,602 × 10−19 C × 5,87 × 10−11 m p = 1,881 × 10−29 C · m = 5,639 D .

(réponse)

b. Décortiquer le problème Le moment dipolaire réel de la molécule d’eau est de p = 1,854 6 D. Résoudre le problème

On obtient 5,639 1,854 6 écart = 3,05 . écart =

(réponse)

Le modèle donne une valeur 3,05 fois trop grande.

y (cm)

E22 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Connues

q+ Inconnue

q+ = 3,5 × 10−6 C

p

*

d

−6

q− = −3,5 × 10 C r+ = (−3,5ı + 4,8j) cm r− = (2,7ı − 3,2j) cm

4,8

−3,5

*

p

2,7 −3,2

x (cm)

q−

On détermine la distance entre les deux charges constituant le dipôle : d = r+ − r− d = (−6,2ı + 8,0j) × 10−2 m . Identifier la clé

La clé est la définition du moment dipolaire électrique : p = qd .

Résoudre le problème

On obtient un module de p = 3,5 × 10−6 C × (−6,2ı + 8,0j) × 10−2 m p = (−2,2ı + 2,8j) × 10−7 C · m .

(réponse)

Valider la réponse L’orientation du moment dipolaire électrique correspond à celle de la figure. L’ordre de grandeur semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

19

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E23

z

E23 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Connues

*

q = 1,0 × 10−9 C −3

d = 1,30 × 10 r = 0,150 m

E

Inconnues  F e E

P * Fe

m

qe = −1,602 × 10−19 C

*

p

y

*

d

x

a. Identifier les clés

La première clé est la définition du moment dipolaire électrique : p = qd ,

et la deuxième clé est l’équation du champ électrique pour un point qui se trouve sur l’axe d’un dipôle :  dipôle = 2kp . E r3 Résoudre le problème

On obtient un moment dipolaire électrique p = 1,0 × 10−9 C × 1,30 × 10−3 m × k p = 1,3 × 10−12 C · mk .

Ainsi, le champ électrique au point P est 9 −12 k  dipôle = 2 × 8,99 × 10 × 1,3 × 10 E (0, 150)3  dipôle = 6,93 N/Ck . E

(réponse)

Valider la réponse Le champ électrique a la même orientation que le moment dipolaire électrique, comme le montre la figure. L’ordre de grandeur semble correct.

b. Identifier la clé

La clé est la définition du champ électrique :   = F . E qe

Résoudre le problème

On obtient  e = −1,602 × 10−19 C × 6,93 N/C × k F  e = −1,11 × 10−18 Nk . F

(réponse)

Valider la réponse La force électrique a un sens opposé au champ électrique, car un électron est une charge négative. L’ordre de grandeur semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

20

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E24 — Q25

z

E24 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème À l’aide de la trigonométrie, on détermine la distance entre une des charges et le point P :   2 d 2 r+ = r− = r + , 2 puis l’angle θ :

d/2 . r+ On peut voir dans la figure que les composantes z et y s’annulent par symétrie. Ainsi, le champ résultant n’a que des composantes x. cos θ =

*

E+ *

P

E

*

E–

r+ *

ur

r−

r

*

ur

µ

+

d/2

*

–

y

d * p

x

Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ produit par des charges ponctuelles :  i = kqi ur , E ri2 i la deuxième clé est le principe de superposition : −  =E + +E E

et la troisième clé est la définition du moment dipolaire électrique : p = qd . Résoudre le problème On obtient −  =E + +E E  = kq ur + k(−q) ur E + − 2 2 r+ r−  = 2kq cos θı E 2 r+ (d/2) 2kq  =  E 2 2 2 ı (r + (d/2) ) r2 + d2  = E

(r2

kqd ı + (d/2)2 )3/2

Puisque d est beaucoup plus petit que r, le terme entre parenthèses au dénominateur peut se réduire à (r2 + (d/2)2 ) = r2 . Ainsi :  = −kp . (réponse) E r3 Valider la réponse On a démontré la formule du champ électrique pour un point qui se trouve sur la ligne bissectrice d’un dipôle dans le cas où r  d. Q25 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation.

y

dq x c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

r

~ur

P x

L

d 21

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

Q26

a. Identifier la clé

La clé est la définition de la charge linéique : λ=

Résoudre le problème

Q . L

On obtient, pour l’élément dq en fonction de la charge de la tige, dq = λ dx =

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est la définition du vecteur unitaire : ur =

Résoudre le problème

c. Résoudre le problème

d. Identifier la clé

Q dx . L

r . r

D’après la figure, on obtient pour le vecteur unitaire ur = ı .

(réponse)

r =d−x .

(réponse)

D’après la figure,

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :   = E

k dq ur . r2

Avec les résultats obtenus précédemment, on obtient   = E 0

L

kλı

kQı 2 dx = L (d − x)



L

0

dx 2

(d − x)

.

(réponse)

Valider la réponse Remarque : Si Q est positif, le champ électrique sera orienté vers la droite ; si Q est négatif, il sera orienté vers la gauche.

Q26 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y P y

r

~ur

dq x

x

a. Identifier la clé

L

La clé est la définition de la charge linéique : λ=

Résoudre le problème

Q . L

On obtient, pour l’élément dq en fonction de la charge de la tige, dq = λ dx .

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 22

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

b. Identifier la clé

Q27

La clé est la définition du vecteur unitaire : ur =

Résoudre le problème

r . r

D’après la figure, on obtient pour le vecteur unitaire −xı + yj ur =  . x2 + y 2

c. Résoudre le problème

d. Identifier la clé

(réponse)

D’après la figure et le théorème de Pythagore,  r = x2 + y 2 .

(réponse)

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :  k dq  ur . E= r2

Avec les résultats obtenus précédemment, on obtient   = −kλı E 0

L



x dx (x2

+

+ kλy j

3/2 y2 )

L

0

dx (x2

3/2

+ y2 )

.

(réponse)

Valider la réponse Remarque : Si λ est positif, le champ électrique s’éloignera de la tige ; si λ est négatif, il se dirigera vers la tige.

Q27 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y

dq

x

−L

a. Identifier la clé

r

x

~ur

d

La clé est la définition de la charge linéique : λ=

Résoudre le problème

Q . L

On obtient, pour l’élément dq en fonction de la charge de la tige, dq = λ dx =

b. Identifier la clé

P

Q dx . L

(réponse)

La clé est la définition du vecteur unitaire : ur =

Résoudre le problème

c. Résoudre le problème

r . r

D’après la figure, on obtient pour le vecteur unitaire ur = ı .

(réponse)

r = d − x (où x < 0) .

(réponse)

D’après la figure,

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

23

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

Q28

d. Identifier la clé

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :   = E

k dq ur . r2

Avec les résultats obtenus précédemment, on obtient 

kλı

0

 = E −L

kQı 2 dx = L (d − x)



0

−L

dx (d − x)

2

.

(réponse)

Valider la réponse Remarque : Si Q est positif, le champ électrique sera orienté vers la droite ; si Q est négatif, il sera orienté vers la gauche.

Q28 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y dq

µ

~ur P

x

R

a. Identifier la clé

L’élément dq est un arc de cercle : dq = λ ds ,

et la longueur de l’arc de cercle est s = Rθ. Résoudre le problème On obtient, pour l’élément dq en fonction de la charge de la tige selon un arc de cercle : dq = λR dθ . (réponse)

b. Identifier la clé

La clé est la définition du vecteur unitaire : ur =

Résoudre le problème

r . r

D’après la figure, on obtient pour le vecteur unitaire ur = sin θı − cos θj .

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :   = E

k dq ur . r2

Avec les résultats obtenus précédemment, on obtient  = kλ E R c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 



π

(sin θı − cos θj) dθ .

(réponse)

0

24

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E29 — P30

E29 Décortiquer le problème La formule de la charge linéique est fournie dans l’exercice : a . (d + x)

λ= Identifier la clé

La clé est l’équation de l’élément dq en fonction de la charge linéique : dq = λ dx .

Résoudre le problème

En utilisant la formule de la charge linéique fournie, on obtient dq =

a dx . (d + x)

Ensuite, en intégrant dq par rapport à dx, on obtient 

L+d

Q= d

a dx . (d + x)

Grâce à l’annexe E, on résout l’intégrale : Q = [a ln |(d + x) |]L+d d Q = a ln (d + L + d) − a ln (d + d)   2d + L L Q = a ln = a ln 1 + . 2d 2d

(réponse)

P30 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y r dq x

−L 2

*

dE

~ur *

E

L 2

x P1

Décortiquer le problème Connues −6

Q = −360 × 10

C

L = 6,00 m

d = 5,00 m

Inconnue  P1 E

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λ dx , et la densité de charge linéique est λ=

Q −360 × 10−6 = = −60,0 × 10−6 C/m . L 6,00

D’après la figure, on sait que la distance r est r =d−x . De plus, selon la définition du vecteur unitaire, ur = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

r = ı . r 25

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P31 Identifier la clé

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :   = E

Résoudre le problème

k dq ur . r2

En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient 

 = kλ E

L/2

dx

 2ı (d − x) 

L/2 −1  = kλı E (d − x) −L/2 

1 1  E = −kλı − (d − L/2) (d + L/2) 

1 1 9 −6  − E = −8,99 × 10 × 60,0 × 10 ı (5,00 − 3,00) (5,00 + 3,00)  = −2,02 × 105 N/Cı . E −L/2

Valider la réponse semble correct.

(réponse)

L’orientation du champ est la même que dans la figure. L’ordre de grandeur

P31 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y *

E

*

*

dE

dE µ

~ur

R

dq x

−L 2

x

L 2

Décortiquer le problème Connues −6

Q = 360 × 10

C

L = 6,00 m

R = 2,00 m

Inconnue  P2 E

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λ dx , et la densité de charge linéique est λ=

Q 360 × 10−6 = = 60,0 × 10−6 C/m . L 6,00

D’après la figure, on sait que la distance r est r=

 x2 + y 2

et le vecteur r est r = −xı + yj . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

26

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P32

De plus, selon la définition du vecteur unitaire, ur = Identifier la clé

r −xı + yj = . r x2 + y 2

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue : 1 4π0

 = E



dq ur . r2

De plus, puisque les composantes du champ électrique sont symétriques en x, on devrait obtenir un champ résultant orienté dans la direction de l’axe des y seulement. Résoudre le problème En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient  = λ E 4π0



L/2

dx (x2 + y 2 )

−L/2



−xı + yj  x2 + y 2

 .

Ainsi, les composantes x s’annulent par symétrie, et il ne reste que des composantes y :  = E

λ 4π0



L/2

y dx

−L/2

(x2 + y 2 )

3/2

j .

En utilisant l’annexe E pour résoudre l’intégrale, on obtient   L/2 λ x  =  j E y 4π0 y 2 x2 + y 2 −L/2 ⎡ L −L ⎤ λ  = ⎣  2 ⎦ j E −  2 4π0 y L2 + y 2 L2 2 y +y 4

4

 = λL  j E 4π0 y L2 + y 2 4

 = E

j 60,0 × 10−6 × 6,00  −12 2 4π × 8,854 × 10 × 2,00 6,00 + 2,002 4

 = 4,49 × 105 N/C j . E

(réponse)

Valider la réponse Le champ est orienté dans la direction de l’axe des y uniquement. L’ordre de grandeur semble correct.

P32 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. y *

E

*

*

dE r dq

~ur

dE µ R x

x c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

27

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P32 Décortiquer le problème

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λ dx ,

et la densité de charge linéique est λ=

Q . L

D’après la figure, on sait que la distance r est : r=

R . cos θ

De plus, selon la définition du vecteur unitaire, ur = Identifier les clés continue :

r = sin θı + cos θj . r

La première clé est l’équation du champ électrique pour une distribution   = E

k dq ur . r2

De plus, puisque les composantes du champ électrique sont symétriques en x, on obtient un champ résultant orienté dans la direction de l’axe des y seulement. La deuxième clé est la définition de la densité de charge linéique associée à un élément infinitésimal : dq = λ dx ainsi que l’application de la trigonométrie à la figure : x = tan θ ⇒ x = R tan θ R dx = R sec2 θ dθ . Résoudre le problème

En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient 

 = kλ E

π/2

dx

R 2 −π/2 ( cos θ )  π/2

 sin θı + kλ

π/2

dx

−π/2

R 2 ( cos θ)

cos θj

  π/2 R sec2 θ dθ R sec2 θ dθ sin θı + cos θj R 2 R 2 ( cos ( cos −π/2 −π/2 θ) θ)  π/2  π/2 λ  = λ E sin θ dθı + cos θ dθj 4π0 R −π/2 4π0 R −π/2  = λ [− cos θ]π/2 ı + λ [sin θ]π/2 j E −π/2 −π/2 4π0 R 4π0 R  = λ j . E 2π0 R

 = E

λ 4π0

Finalement, le module du champ est E= Valider la réponse

λ . 2π0 R

(réponse)

On obtient la formule à démontrer.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

28

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P33

P33 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y *

* * E dE * dEdE * dE * dE

r R µ

~ur x dq

x Décortiquer le problème Connues −6

Q = 360 × 10

C

−9

q = 70,0 × 10

L = 6,00 m

C

Inconnues  Fe E

R = 2,00 m

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λ dx . et la densité de charge linéique est λ=

360 × 10−6 Q = = 60,0 × 10−6 C/m . L 6,00

D’après la figure, on sait que la distance r est r=



x r R sin θ = r cos θ =

R2 + x2 x =√ R2 + x2 R =√ R2 + x2

et le vecteur r est r = − cos θı + sin θj . De plus, selon la définition du vecteur unitaire, ur =

a. Identifier la clé

r −xı + Rj = . r x2 + y 2

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :  dq  = 1 ur . E 4π0 r2

Résoudre le problème obtient

En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on

 = λ E 4π0  = E

λ 4π0



5

−1



5

−1



 −xı + Rj  x2 + y 2   5 x dx dx ı + j . 3/2 3/2 −1 (x2 + R2 ) (x2 + R2 )

dx (x2 + y 2 )

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

29

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P34

En utilisant l’annexe E pour résoudre l’intégrale, on obtient

5 

5 −1 x λR √ √ ı + j 4π0 R2 x2 + R2 −1 x2 + R2 −1     λR −λ 1 1 −1 5     ı + j E= + + 4π0 4π0 R2 (5)2 + R2 (5)2 + R2 (−1)2 + R2 R2 (−1)2 + R2

 = −λ E 4π0

 = E



−60,0 × 10−6 60,0 × 10−6 × 2,00  (0,262) ı + (0,344) j 4π × 8,854 × 10−12 4π8,854 × 10−12

 = (−1,41ı + 3,71j) × 105 N/C . E Valider la réponse semble correct.

b. Identifier la clé

(réponse)

L’orientation du champ correspond à celle de la figure. L’ordre de grandeur La clé est la définition du champ électrique :   = F . E qe

Résoudre le problème

On obtient  e = 70,0 × 10−9 C × (−1,41ı + 3,71j) × 105 N/C F  e = (−9,87ı + 26,0j) mN . F

(réponse)

Valider la réponse La force électrique a le même sens que le champ électrique, car la charge est positive. L’ordre de grandeur semble correct.

P34 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation des problèmes P34 et P35. y dq R µ

~ur

P Décortiquer le problème

x

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λR dθ ,

et la densité de charge linéique est λ=

Q . L

D’après la figure, on sait que la distance r est : r=R. De plus, selon la définition du vecteur unitaire, ur =

r = − cos θı − sin θj . r

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

30

CHAPITRE 02 — Le champ électrique Identifier la clé

P35

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :  dq  = 1 ur . E 4π0 r2

De plus, puisque les composantes du champ électrique sont symétriques en x, on obtient un champ résultant orienté dans la direction de l’axe des y seulement. Résoudre le problème En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient

 π R dθ  = −λ E (− cos θ ı − sin θ j ) 4π0 R2 0  = −λ [− sin θ|πı + cos θ|π j] E 0 0 4π0 R  = λ j . E 2π0 R Finalement, le module du champ est E= Valider la réponse

λ . 2π0 R

(réponse)

On obtient la formule du champ électrique au centre d’un demi-cercle.

P35 Illustrer la situation Voir la figure de la solution P34. Décortiquer le problème Connues −6

λ = 350 × 10

C/m

R = 0,250 m

Inconnue  E

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λR dθ . D’après la figure, on sait que la distance r est r=R. De plus, selon la définition du vecteur unitaire, ur = Identifier la clé

r = − cos θı − sin θj . r

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :  dq  = 1 ur . E 4π0 r2

De plus, puisque les composantes du champ électrique sont symétriques en x, on obtient un champ résultant orienté dans la direction de l’axe des y seulement. Résoudre le problème En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient

 π R dθ  = −λ (− cos θ ı − sin θ j ) E 4π0 R2 0  = −λ [− sin θ|πı + cos θ|π j] E 0 0 4π0 R  = λ j E 2π0 R 350 × 10−6  = j . E 2π8,854 × 10−12 × 0,25 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

31

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P36

Finalement, le module du champ électrique au centre du demi-cercle est E = 2,52 × 107 N/C . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

P36 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y dq

P

R ~ur µ

x

45,0°

Décortiquer le problème Connues −6

Q = 360 × 10

C

R = 0,200 m

Inconnue  E

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λR dθ , et la densité de charge linéique est λ=

Q Q = = 4,584 × 10−4 C/m . L 5/8 × 2πR

D’après la figure, on sait que la distance r est r=R. De plus, selon la définition du vecteur unitaire, ur = Identifier la clé

r = − cos θı − sin θj . r

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :  dq  = 1 ur . E 4π0 r2

Résoudre le problème En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient   π/2 R dθ λ  (− cos θı − sin θj) E= 2 4π0 −3π/4 R   π/2 π/2  = λ − sin θ|−3π/4ı + cos θ|−3π/4 j E 4π0 R       

π π −3π −3π 4,584 × 10−4  =  j . − sin − sin ı + cos − cos E 2 4 2 4 4π8,854 × 10−12 × 0,200

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32

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P37

Finalement, le champ électrique au centre de la tige courbée est  = (−3,52ı + 1,46j) × 107 N/C . E

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. P37 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation.

y Q

~ur R

L

Décortiquer le problème

µ 2

µ

P

x

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λR dθ ,

et la densité de charge linéique est λ=

+Q . L

D’après la figure, on sait que la longueur L est L = Rθ , et la distance r est r=R. De plus, selon la définition du vecteur unitaire, ur = Identifier la clé

r = cos θı − sin θj . r

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :  dq  = 1 ur . E 4π0 r2

Résoudre le problème

En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient   θ/2 R dθ λ  = E (cos θı − sin θj) . 2 4π0 −θ/2 R

De plus, par symétrie, les composantes infinitésimales y s’annulent et on peut intégrer deux fois les composantes infinitésimales x de 0 à θ2 . Ainsi, on obtient   θ/2 2Q  = cos θı E 4π0 LR 0   Q θ/2  =  ı . E sin θ| 0 2π0 R2 θ Finalement, le champ électrique au centre de la tige courbée est  = Q sin (θ/2) ı . E 2π0 R2 θ Valider la réponse

(réponse)

On obtient la formule du champ électrique au centre d’un arc de cercle.

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33

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P38

P38 a. Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y dq

~ur

~ur *

*

*

*

dq

dE dE

~ur

dE dE

~ur

dq

dq Résoudre le problème par symétrie. Ainsi,

x

D’après la figure, tous les champs électriques infinitésimaux s’annulent  = 0 . E

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y

dq

~ur

~ur

dµ

x

*

*

dE

dE Décortiquer le problème

dq

L’élément dq est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq = λ dy .

D’après la figure, on sait que la distance r est  r = y 2 + (d/2)2 . Selon la définition du vecteur unitaire, ur =

r = − cos θı − sin θj . r

De plus, par la trigonométrie, sin θ = Identifier la clé

y y = . 2 r y + (d/2)2

La clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue :  = E

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1 4π0



dq ur . r2 34

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P39

Résoudre le problème Puisque les deux tiges sont identiques et que, par symétrie, les composantes infinitésimales x s’annulent, on peut intégrer deux fois les composantes infinitésimales y de 0 à L. En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient   L sin θ dy 2λ  (−j) E= 2 2 4π0 0 (y + (d/2) )   L −λ y dy  =  j E 2π0 y 2 + (d/2)2 y 2 + (d/2)2 0   L y dy −λ  j . E= 2 2 3/2 2π0 0 (y + (d/2) ) En utilisant l’annexe E, on obtient ⎡ L ⎤  1 −λ  ⎦  = ⎣− E  j . 2 2 2π0 y + (d/2)  0

Finalement, le champ électrique est ⎡ −λ  = ⎣2 −  E 2π0 d

⎤ 1 L2

+ (d/2)

2

⎦ j .

(réponse)

Valider la réponse On obtient la formule du champ électrique à la base du centre de deux tiges rectilignes parallèles.

P39 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. y

dq1

dq2

x

~ur1 y

~ur2

*

E1 µ

x

*

E2 Décortiquer le problème Connues −6

λ1 = −15,04 × 10 −6

λ2 = 32,0 × 10

C/m

L1 = 3,00 m

C/m

Inconnue  E

L2 = 4,00 m

Pour la tige 1, l’élément dq1 est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq1 = λ1 dy . D’après la figure, on sait que la distance r1 est r1 = y . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

35

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P39 De plus, le vecteur unitaire est ur1 = −j .

Pour la tige 2, l’élément dq2 est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dq2 = λ2 dx . D’après la figure, on sait que la distance r2 est  r2 = 3,002 + x2 . Selon la définition du vecteur unitaire, ur2 =

r2 = − cos θı − sin θj . r2

De plus, par la trigonométrie, cos θ = et sin θ = Identifier les clés continue :

x x = . r 3,002 + x2

3,00 3,00 = . r 3,002 + x2

La première clé est l’équation du champ électrique pour une distribution

 = E



1 4π0

dq ur , r2

et la deuxième clé est le principe de superposition :  =E 1 +E 2 . E Résoudre le problème pour la tige 1,

En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on obtient,  1 = λ1 E 4π0



5,00

2,00

dy (−j) . y2

En utilisant l’annexe E, on obtient  5,00 −1  (−j) y 2,00 

1 1 −15,04 × 10−6  j − E1 = 4π8,854 × 10−12 5,00 2,00  1 = 4,055 × 104 j E  1 = λ1 E 4π0



et, pour la tige 2,

dx (− cos θ ı − sin θ j ) 2 2 1,00 (3,00 + x )    5,00 5,00 −x dx 3dx λ 2 2 = E

3/2 ı −

3/2 j . 4π0 1,00 1,00 3,002 + x2 3,002 + x2  2 = λ2 E 4π0



5,00

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36

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P40

On utilise l’annexe E pour résoudre l’intégrale :  2 = λ2 E 4π0  2 = λ2 E 4π0

  

5,00

1 3,002 + x2

1,00

3,00λ2 ı − 4π0

 3,002



5,00

x

3,002 + x2 

j 1,00

1 ı − 2 3,00 + 5,00 3,00 + 1,002   3,00λ2 1,00 5,00   j − − 4π0 3,002 3,002 + 5,002 3,002 3,002 + 1,002 1



2

2

 2 = −4,162 5 × 104ı − 5,189 0 × 104 j . E Finalement, le champ électrique est  = (−41,6ı − 11,3j) × 103 N/C . E

(réponse)

Valider la réponse L’orientation du champ résultant correspond à celle de la figure. L’ordre de grandeur semble correct.

P40 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la

y (cm)

situation. *

Décortiquer le problème Connues

Inconnues  E

Q = 250 × 10−9 C L = 0,060 0 m −9

q1 = 76,0 × 10

 F

C

E *

Eq1 y −2,00

*

EQ r1 ~urQ

dq

q2 = −120 × 10−9 C r1 = (0,030 0ı − 0,020 0j) m

3,00

x (cm)

~ur1

−8,00

Pour la tige, l’élément dQ est exprimé en fonction d’une densité de charge linéique : dQ = λ dy , et la densité de charge linéique est λ=

Q . L

D’après la figure, on sait que la distance r est rQ = y . Le vecteur unitaire est urQ = j . Pour la charge ponctuelle, d’après la figure, on sait que la distance r1 est  r1 = 0,030 02 + 0,020 02 = 0,036 1 m . Et selon la définition du vecteur unitaire, ur1 =

r1 = −0,832ı + 0,555j . r1

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37

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P40

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ électrique pour une distribution continue pour la tige :  = E

1 4π0



dq ur , r2

la deuxième clé est l’équation du champ électrique pour une charge ponctuelle pour la charge :  = kq1 ur , E r2 et la troisième clé est le principe de superposition : q .  =E Q +E E 1 Résoudre le problème obtient, pour la tige,

En insérant les formules définies précédemment dans l’intégrale, on Q = E

λ 4π0



−0,020 0

−0,080 0

dy (j) . y2

En utilisant l’annexe E, on obtient Q = E Q = E



−0,020 0 −1 Q j 4π0 L y −0,080 0



1 1 250 × 10−9 j − 4π8,854 × 10−12 × 0,060 0 0,020 0 0,080 0

 Q = 1,40 × 106 j E et, en remplaçant les formules définies précédemment dans la deuxième formule pour la charge, on trouve  q = kq1 ur E 1 r2 8,99 × 109 × 76,0 × 10−9 q = (−0,832ı + 0,555j) E 1 0,036 12  q = −0,437 × 106ı + 0,292 × 106 j . E 1

Finalement, le champ électrique est  =E Q +E  q = (−0,437ı + 1,70j) × 106 N/C . E 1

(réponse)

Valider la réponse L’orientation du champ résultant correspond à celle de la figure. L’ordre de grandeur semble correct.

b. Identifier la clé

La clé est la définition du champ électrique :   = F . E q2

Résoudre le problème

On obtient

 q = −120,0 × 10−9 C × (−0,437ı + 1,70j) × 106 N/C F 2  q = (52,5ı − 204j) mN . F 2

(réponse)

Valider la réponse La force électrique a un sens opposé au champ électrique, car la charge est négative. L’ordre de grandeur semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

38

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

Q41 Identifier la clé

Q41

La clé est l’équation du champ produit par un anneau :  = E

Qz k . 4π0 (R2 + z 2 )3/2

a. Décortiquer le problème Le champ produit par un anneau de charge positive s’éloigne de l’anneau tandis que le champ produit par un anneau de charge négative se dirige vers l’anneau. De plus, le champ au centre d’un anneau est nul. Illustrer la situation On trace les vecteurs champ produits à chaque point par les deux anneaux, sachant que les anneaux ont une même charge positive. Le champ résultant est la somme vectorielle des champs. *

Eb *

Eh

P1

*

Eb P2 *

Eh = 0 *

Eb

*

Eh P3

Résoudre le problème La composante z est positive lorsque le champ résultant est orienté vers le haut et négative lorsque le champ résultant est orienté vers le bas. Donc, l’ordre décroissant est (réponse) P3 , P2 , P1 (où E = 0) .

b. Décortiquer le problème Le champ produit par un anneau de charge positive s’éloigne de l’anneau tandis que le champ produit par un anneau de charge négative se dirige vers l’anneau. De plus, le champ au centre d’un anneau est nul. Illustrer la situation On trace les vecteurs champ produits à chaque point par les deux anneaux, sachant que les anneaux ont des charges opposées. Supposons que l’anneau du bas est positif et que l’anneau du haut est négatif. Le champ résultant est la somme vectorielle des champs. *

Eb

*

Eh P1

*

Eb P2 Eh = 0 *

*

Eb *

Eh

P3

Résoudre le problème La composante z est positive lorsque le champ résultant est orienté vers le haut et négative lorsque le champ résultant est orienté vers le bas. Donc, l’ordre décroissant est (réponse) P1 , P3 , P2 . Valider la réponse Le résultat serait le même si les signes des anneaux étaient inversés, car le module des champs électriques est le même malgré le fait que leurs orientations soient opposées. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

39

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E42 — E43

z

E42 Illustrer la situation On trace les vecteurs champ

produits au point P par les deux anneaux. Le champ résultant est la somme vectorielle des champs. R1

z1

Décortiquer le problème Le champ produit par un anneau de charge positive s’éloigne de l’anneau, tandis que le champ produit par un anneau de charge négative se dirige vers l’anneau. Inconnue Connues −6 P Q1 = 120 × 10 C E Q2 = −360 × 10−6 C

Q1

*

E2

P * E1 z2 R2

Q2 y

x

R1 = 0,300 m R2 = 0,450 m z1 = −0,300 m z2 = 0,300 m

Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ produit par un anneau :  = E

Qz k , 4π0 (R2 + z 2 )3/2

et la deuxième clé est le principe de superposition :  =E 1 +E 2 . E Résoudre le problème

On obtient, pour l’anneau supérieur, Q1 z1 k 4π0 (R12 + z12 )3/2 120 × 10−6 × −0,300 k 1 = E 4π × 8,854 × 10−12 (0,3002 + 0,3002 )3/2  1 = −4,24 × 106 N/Ck , E

1 = E

et, pour l’anneau inférieur, Q2 z2 k 4π0 (R22 + z22 )3/2 −360 × 10−6 × 0,300 k 2 = E 4π × 8,854 × 10−12 (0,4502 + 0,3002 )3/2  2 = −6,14 × 106 N/Ck . E 2 = E

Finalement, P = E 1 +E  2 = −10,4 × 106 N/Ck . E

(réponse)

Valider la réponse L’orientation correspond à celle de la figure. L’ordre de grandeur semble correct. E43 a. Décortiquer le problème Le champ produit par une plaque de charge positive s’éloigne de la plaque, tandis que le champ produit par une plaque de charge négative se dirige vers la plaque. Le champ résultant est la somme vectorielle des champs. Ainsi, si la plaque inférieure a une charge positive, la plaque supérieure doit aussi avoir une charge surfacique positive pour que le champ entre les deux plaques soit nul. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

40

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E43 Connues

d = 0,30 m

Inconnue −6

σ2 = 36 × 10

C/m

2

σ1

Le vecteur unitaire normal de la plaque 2 est un2 = k . Identifier les clés mément chargé :

La première clé est l’équation du champ produit par un plan infini unifor = σ un , E 20

et la deuxième clé est le principe de superposition : 2 .  =E 1 +E E Résoudre le problème

En combinant les équations, on obtient  = σ1 un + σ2 un = 0 E 20 1 20 2 σ1 36 × 10−6  un1 = − k 20 20 σ1 un = −36 × 10−6 k . 1

Puisque un1 = −k, σ1 = 36 μC/m2 .

(réponse)

----------------------

3

b. Illustrer la situation La figure ci-contre montre les vecteurs champ produits entre la plaque du centre et la plaque inférieure par les deux plaques dont la charge surfacique est connue. Puisque la charge surfacique de la plaque 2 est plus grande que celle de la plaque 3, le champ produit par la plaque 2 sera plus grand que celui de la plaque 3.

~ur3

d′ 1

++++++++++++++++++++

d 2

* * E3 E2 * E1

~ur1 ~ur2

++++++++++++++++++++

Décortiquer le problème Le champ produit par une plaque de charge positive s’éloigne de la plaque, tandis que le champ produit par une plaque de charge négative se dirige vers la plaque. Le champ résultant est la somme vectorielle des champs. Inconnue

Connues −6

d = 0,30 m

σ2 = 36 × 10

d = 0,50 m

σ3 = −12 × 10−6 C/m2

C/m

2

σ1

Le vecteur unitaire normal de la plaque 2 est un2 = k . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

41

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P44 et le vecteur unitaire normal de la plaque 3 est un3 = −k . Identifier les clés mément chargé :

La première clé est l’équation du champ produit par un plan infini unifor = σ un , E 20

et la deuxième clé est le principe de superposition : 2 +E 3 .  =E 1 +E E Résoudre le problème

En combinant les équations, on obtient   = σ1 un + σ2 un + σ3 un = 0 E 20 1 20 2 20 3  σ1 36 × 10−6  12 × 10−6  un1 = − k− k 20 20 20 σ  un = −48 × 10−6 k . 1

1

Puisque un1 = −k, σ1 = 48 μC/m2 .

(réponse)

Valider la réponse La plaque 1 ayant une charge surfacique positive, elle produit un champ électrique qui s’éloigne d’elle, conformément à la figure. L’ordre de grandeur est le même que celui des autres plaques.

P44 a. Décortiquer le problème Le module du champ produit par un anneau est maximal lorsque la dérivée de l’équation du champ par rapport à la position est nulle. Identifier la clé La clé est l’équation du champ produit par un anneau :  = E Résoudre le problème dE =

Qz k . 4π0 (R2 + z 2 )3/2

En dérivant l’équation du champ produit par un anneau, on obtient Q[4π0 (R2 + z 2 )3/2 ] − Qz4π0 3/2(R2 + z 2 )1/2 × 2z . [4π0 (R2 + z 2 )3/2 ]2

Ainsi, le champ est maximal lorsque cette équation est égale à 0 : Q[4π0 (R2 + z 2 )3/2 ] − Qz4π0 3/2(R2 + z 2 )1/2 × 2z =0 [4π0 (R2 + z 2 )3/2 ]2 Q4π0 [(R2 + z 2 )3/2 − 3z 2 (R2 + z 2 )1/2 ] =0 (4π0 )2 (R2 + z 2 )3 (R2 + z 2 )3/2 = 3z 2 (R2 + z 2 )1/2 (R2 + z 2 ) = 3z 2 R2 = 2z 2 . Finalement, R z = ±√ . 2 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse)

42

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P45

b. Décortiquer le problème On insère le résultat obtenu en a. dans l’équation du module du champ produit par un anneau. Identifier la clé La clé est l’équation du champ produit par un anneau :  = E Résoudre le problème

Qz k . 4π0 (R2 + z 2 )3/2

On obtient

√ QR/ 2 4π0 [R2 + (R2 /2)]3/2 QR √ E= . 4π 20 [3R2 /2]3/2

E=

Finalement, Q E= √ . 6 3π0 R2

(réponse)

P45 a. Décortiquer le problème Puisque le champ au centre d’un anneau est nul, le champ au centre d’un disque troué sera aussi nul, car on peut considérer un disque comme une somme d’anneaux infinitésimaux. Résoudre le problème Ainsi,  P = 0 . E 1

(réponse)

b. Décortiquer le problème Pour trouver l’équation du champ produit par un disque troué, on doit additionner vectoriellement les champs produits par des anneaux infinitésimaux, dont le rayon varie de r = R4 jusqu’à r = R. Comme la charge est uniformément distribuée, 15πR2 σ R2 )= . 16 16 L’élément dq est alors exprimé en fonction d’une densité de charge surfacique : Q = σA = σπ(R2 −

dq = σ dA = σ2πr dr . Identifier la clé

La clé est l’équation du champ produit par un anneau :  = dE

Résoudre le problème

On obtient P E 2

σz = 20

(σ2πr dr)z  k. 4π0 (r2 + z 2 )3/2 

R

R/4

r dr (r2 + z 2 )3/2

 (k) .

En utilisant l’annexe E, on obtient  P = σz E 2 20 P E 2 P E 2 P E 2

 √

−1 2 r + z2

R

k

R/4

  σR 1 −1 k √ = + 20 R2 + R2 (R/4)2 + R2 √ 

16  σR 1 = −√ +√ k 20 2R 17R 

2 1 σ = k √ − √ . 0 17 2 2

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(réponse)

43

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

Q46 — Q48

Q46 a. Décortiquer le problème L’orientation du champ électrique est la même que celle des lignes de champ électrique. Résoudre le problème électrique sera orienté

Puisque les lignes de champ vont de la gauche vers la droite, le champ

vers la droite pour a et b.

(réponse)

b. Décortiquer le problème L’orientation de la force électrostatique dépend de la charge de la particule et de l’orientation du champ électrique. La charge d’un électron est négative. Identifier la clé

La clé est la définition du champ électrique :   =F . E q

Résoudre le problème Puisque les lignes de champ vont de la gauche vers la droite et que la charge est négative, la force électrostatique sera orientée vers la gauche pour a et b.

(réponse)

c. Décortiquer le problème Le module du champ est proportionnel à la densité des lignes de champ. Résoudre le problème Puisque les lignes de champ sont plus rapprochées au point b qu’au point a, le module du champ est plus grand au point b.

(réponse)

Q47 Décortiquer le problème Selon les propriétés des lignes de champ, les lignes de champ vont des charges positives vers les charges négatives et le nombre de lignes de champ est proportionnel à la charge de l’objet. Résoudre le problème Comme les lignes de champ se dirigent vers la charge q1 , la charge sera négative. De plus, puisqu’il y a deux fois moins de lignes de champ qui arrivent à la charge q1 qu’il y en a qui sortent de la charge q2 , on aura q1 = −

6e − 6 q2 =− . 2 2

Ainsi, q1 = −3 μC .

(réponse)

Q48 Décortiquer le problème Pour tracer les lignes de champ, on tient compte de leurs propriétés : elles vont des charges positives vers les charges négatives, leur nombre est proportionnel à la charge de l’objet et elles ne doivent pas se croiser.

a. Illustrer la situation La figure ci-contre illustre les deux charges et les lignes de champ. On trace des lignes de champ qui vont de la charge de +2 μC vers la charge de −4 μC. De plus, on trace deux fois plus de lignes vers la charge de −4 μC que près de la charge de +2 μC. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

+2 µC +

–

–4 µC

44

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

Q49

b. Illustrer la situation La figure ci-contre illustre les deux charges et les lignes de champ. On trace des lignes de champ qui vont vers les deux charges de −4 μC. De plus, on trace autant de lignes vers chacune des charges de −4 μC.

−4 µC

−4 µC

c. Illustrer la situation La figure ci-contre illustre les trois charges et les lignes de champ. On trace des lignes de champ qui sortent de chacune des charges de +1 μC et qui vont vers la charge de −2 μC. De plus, on trace deux fois plus de lignes vers la charge de −2 μC que près de chacune des charges de +1 μC.

−2 µC +1 µC

+1 µC

Q49 Décortiquer le problème Le changement de vitesse est représenté par une accélération. Si l’accélération a la même orientation que la vitesse initiale, le module de la vitesse va augmenter ; si l’accéleration a une orientation opposée à la vitesse initiale, le module de la vitesse va diminuer ; enfin, si l’accélération est perpendiculaire à la vitesse initiale, la vitesse va changer d’orientation. Identifier les clés La première clé est la deuxième loi de Newton :  rés = ma , F et la deuxième clé est la définition du champ électrique :   = Frés . E q En combinant les deux équations clés, on obtient donc l’accélération de la charge : a =

q  E. m

D’après l’équation, l’accélération a la même orientation que le champ électrique pour une particule positive et une orientation opposée au champ électrique pour une particule négative.  et le vecteur a de chacune des situations. Illustrer la situation On trace le vecteur vi , le vecteur E *

E *

a

* i

v

*

E

*

*

a

*

E

* i

v

(a)

a

* i

v

(b)

(c)

*

E *

a

* i

v

*

E

* i

v

(d) c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

*

E

*

a

*

a (e)

* i

v

(f)

45

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E50 — E51 Résoudre le problème

a.

L’orientation de la vitesse change.

(réponse)

b.

Le module de la vitesse augmente.

(réponse)

c.

Le module de la vitesse diminue.

(réponse)

d.

Le module de la vitesse diminue.

(réponse)

e.

Le module de la vitesse augmente.

(réponse)

L’orientation de la vitesse change.

(réponse)

f. E50 Décortiquer le problème

Connues −6

q = 52,0 × 10

Inconnue a

C

−3

m = 1,27 × 10 kg  = (2,70ı − 1,60j) × 103 N/C E

Identifier les clés

La première clé est la deuxième loi de Newton :  rés = ma , F

et la deuxième clé est la définition du champ électrique :   = Frés . E q En combinant les deux équations clés, on obtient l’accélération de la charge : q  a = E . m Résoudre le problème

On obtient 52,0 × 10−6 × (2,70ı − 1,60j) 1,27 × 10−3 a = (111ı − 65,5j) m/s2 .

a =

(réponse)

Valider la réponse Puisque la charge est positive, le vecteur accélération a la même orientation que le vecteur champ électrique, comme on s’y attend. E51 Décortiquer le problème Connues Inconnues qe = −1,602 × 10−19 C

Δx = 0,012 0 m −9

t = 7,39 × 10

s

−31

me = 9,109 × 10

kg

a vf E σ

vi = 0 m/s

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la cinématique de la position en fonction du temps : 1 Δx = vi t + at2 . 2

Résoudre le problème

On isole a et on obtient 2(Δx − vi t) t2 2(0,012 0 − 0) a= (7,39 × 10−9 )2

a=

a = 4,39 × 1014 m/s2 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 46

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

b. Identifier la clé

E52

La clé est l’équation de la cinématique de la vitesse finale en fonction du

temps : vf = vi + at . Résoudre le problème

On utilise le résultat obtenu en a. et on obtient vf = at vf = 4,39 × 1014 × 7,39 × 10−9 vf = 3,25 × 106 m/s .

c. Identifier les clés

(réponse)

La première clé est la deuxième loi de Newton :  rés = ma, F

et la deuxième clé est la définition du champ électrique :   = Frés . E q En combinant les deux équations clés, on obtient le champ électrique en fonction de l’accélération :  = m a . E q Le module du champ électrique sera alors ma . q

E= Résoudre le problème

On utilise le résultat obtenu en a. et on obtient 9,109 × 10−31 × 4,39 × 1014 1,602 × 10−19 C E = 2,50 kN/C .

E=

d. Identifier la clé

(réponse)

La première clé est l’équation du champ électrique d’un plan infini uniformé-

ment chargé :

 = σ un . E 20

En utilisant le module et en isolant la charge surfacique, on obtient σ = 20 E . Résoudre le problème

On utilise le résultat obtenu en c. et on obtient σ = 2 × 8,854 × 10−12 × 2,50 × 103 σ = 44,2 nC/m2 .

(réponse)

E52 Décortiquer le problème Inconnues

Connues −19

q = 2e = 3,204 × 10 −27

m = 6,648 × 10

kg

C

Δx t

vi = 7,2 × 10 ı m/s vf = 0 5

 = −3,4 × 104ı N/C E c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

47

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E53

a. Identifier les clés

La première clé est la deuxième loi de Newton :  rés = ma , F

et la deuxième clé est la définition du champ électrique :   = Frés . E q En combinant ces deux équations clés, on obtient l’accélération en fonction du champ électrique : a =

q  E. m

La troisième clé est l’équation de la cinématique de la vitesse finale en fonction de la vitesse initiale : vf2 = vi2 + 2aΔx . Résoudre le problème

On trouve l’accélération : q  E m 3,204 × 10−19 a = × −3,4 × 104ı 6,648 × 10−27 a = −1,6 × 1012 m/s2ı , a =

et on isole Δx dans la troisième clé : vf2 − vi2 2a

2 2 0 − 7,2 × 105 Δx = 2 × −1,6 × 1012 Δx = 0,16 m . Δx =

Valider la réponse

b. Identifier la clé

(réponse)

La distance parcourue est positive et l’ordre de grandeur semble correct. La clé est l’équation de la cinématique de la vitesse finale en fonction du

temps : vf = vi + at . Résoudre le problème

On isole le temps et on utilise le résultat obtenu en a. On obtient alors vf − v i a −7,2 × 105 t= −1,6 × 1012 t = 4,4 × 10−7 m/s . t=

Valider la réponse

(réponse)

Le temps obtenu est positif et l’ordre de grandeur semble correct.

E53 Décortiquer le problème Connues −19

qe = −1,602 × 10

−19

qp = 1,602 × 10

C

C

Inconnue −31

me = 9,109 × 10

−12

r = 53 × 10

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

kg

v

m

48

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

E54

Selon le modèle de Bohr, la force centripète est donnée par la force électrique exercée par le proton sur l’électron. Identifier les clés

La première clé est l’équation de la force centripète : mv 2 , r

Fc =

et la deuxième clé est l’équation de la force électrique entre deux particules : Fe =

kq1 q2 . r2

En combinant ces deux équations, sachant que Fc = Fe , on obtient une équation pour la vitesse orbitale :  k |q1 q2 | k |q1 q2 | mv 2 = . ⇒v= r r2 mr Résoudre le problème

On trouve la vitesse orbitale :  v=

8,99 × 109 × 2 × 1,602 × 10−19 9,109 × 10−31 × 53 × 10−12

v = 2,2 × 106 m/s . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la vitesse orbitale semble correct. *

E54 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre

Fe

le diagramme des forces qui s’appliquent sur une gouttelette. Décortiquer le problème Connues −6

r = 1,32 × 10

Inconnue

m

q

r

*

E

ρ = 850 kg/m3  = 2,50 × 105 N/C(−j) E La formule de la masse volumique est ρ = m V et celle 4πr 3 du volume d’une sphère est V = 3 . Ainsi, la masse d’une gouttelette est m = ρV = 850 ×

Identifier la clé

~P

4π(1,32 × 10−6 )3 = 8,19 × 10−15 kg . 3 La clé est la première loi de Newton :  rés = 0 . F

 = mg, et la force électrique : F  e = q E.  Les forces qui s’appliquent sur la gouttelette sont le poids : P c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

49

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P55 Résoudre le problème

En remplaçant les équations dans la première loi de Newton, on obtient :  + Fe = 0 P  = 0 mg + q E mg  E 8,19 × 10−15 × 9,81 × (−j) q=− 2,50 × 105 × (−j) e q = −3,21 × 1019 C × 1,602 × 10−19 C q = −2e . q=−

(réponse)

y

P55 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre le diagramme des forces qui s’appliquent sur le proton à tout moment. On trace la trajectoire du proton. On inscrit également les données positions et vitesses aux points initial et final.

~v0y

~v0

*

*

Fe

30,0°

~v0x

E

* v y

* v x Δy

x

Δx

Décortiquer le problème Connues −19

q = 1,602 × 10

m = 1,673 × 10

C

v0 = 8,00 × 10 m/s  = −1,00 × 105 j N/C E 5

Inconnues −27

θ = 30,0

kg

vx vy

◦

l = 4,00 × 10−2 m

Δy

Le proton va décrire une trajectoire parabolique puisqu’il est soumis à une force électrique constante qui s’exerce vers le bas. On peut négliger la force gravitationnelle, qui s’exerce également vers le bas sur le proton, car elle est beaucoup plus faible que la force électrique. On trouve les composantes verticale et horizontale de la vitesse initiale grâce aux données du problème et de la figure. v0x = 8,00 × 105 × cos (30,0◦ ) = 6,93 × 105 m/s v0y = 8,00 × 105 × sin (30,0◦ ) = 4,00 × 105 m/s . Identifier les clés

La première clé est la deuxième loi de Newton :  rés = ma , F

et la deuxième clé est la définition du champ électrique :   = Frés . E q En combinant ces deux équations clés, on obtient l’accélération exercée sur le proton en fonction du champ électrique : q  a = E . m Puisque le champ électrique est orienté vers le bas seulement, l’accélération sera également orientée vers le bas : ax = 0,00 m/s2 et ay =

q E = −9,58 × 1012 m/s2 . m

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

50

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P56

a. Identifier les clés

Pour trouver la vitesse finale horizontale, la première clé est l’équation de la cinématique de la vitesse initiale en fonction de temps : vx = v0x + ax t . Pour trouver la vitesse finale verticale, la première clé est l’équation de la cinématique de la position finale horizontale en fonction du temps : x = x0 + v0x t ⇒ t =

x − x0 , v0x

et la deuxième clé est l’équation de la cinématique de la vitesse finale verticale en fonction du temps : vy = v0y + ay t . Résoudre le problème

Ainsi, on trouve la vitesse finale horizontale :

vx = v0x vx = 6,93 × 105 m/s ,

(réponse)

puis on trouve la vitesse finale verticale : vy = v0y + ay

x − x0 v0x

vy = 4,00 × 105 − 9,58 × 1012

0,040 0 6,93 × 105

vy = −1,53 × 105 m/s . Valider la réponse la vitesse initiale.

(réponse)

Les composantes de la vitesse finale ont le même ordre de grandeur que

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de la cinématique de la vitesse finale verticale en fonction de la position verticale : 2 + 2ay Δy . vy2 = v0y Ainsi, Δy = Résoudre le problème

2 vy2 − v0y . 2ay

On obtient (−1,53 × 105 )2 − (4,00 × 105 )2 2 × (−9,58 × 1012 ) Δy = 7,1 mm . Δy =

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

y

P56 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre le diagramme des forces qui s’appliquent sur la gouttelette à tout moment. On trace la trajectoire de la gouttelette. On inscrit également les positions initiale et finale.

*

E v~0

*

Fe ~P

Δy x

Δx c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

51

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P56 Décortiquer le problème Connues −13

q = 1,2 × 10

−10

m = 1,3 × 10

C

kg

v0x = 21 m/s

v0y = 0,0 m/s

Δx = 0,016 m

Δy = 0,48 × 10−3 m

Inconnue  E

La gouttelette va décrire une trajectoire parabolique puisqu’elle est soumise à une force électrique et à une force gravitationnelle qui s’exercent toutes les deux à la verticale. Par conséquent, l’accélération de la gouttelette sera seulement verticale. Identifier les clés Pour trouver l’accélération verticale, la première clé est l’équation de la cinématique de la position horizontale en fonction du temps : Δx = v0x t ⇒ t =

Δx , v0x

et la deuxième clé est l’équation de la cinématique de la position verticale en fonction du temps : 1 Δy = v0y t + ay t2 . 2 Pour trouver le champ électrique, la première clé est la deuxième loi de Newton :  rés = ma , F la deuxième clé est l’équation de la force électrique en fonction du champ :  e = qE  , F et la troisième clé est l’équation du poids d’un objet en fonction de l’accélération gravitationnelle :  = mg . P Résoudre le problème verticale :

En combinant les équations de la cinématique, on obtient l’accélération 2 Δy 2v0x Δx2 2 × 212 × 0,48 × 10−3 ay = 0,0162 ay = 1,7 × 103 m/s2 .

ay =

En combinant les trois équations clés de la dynamique, on obtient une équation pour le champ électrique : e +P  = ma F  + mg = ma qE  = m(a − g) E q −10 (1,7 × 103 j − 9,81j) 1,3 × 10  = E 1,2e − 13  = 1,8 × 106 N/Cj . E

(réponse)

Valider la réponse On remarque que l’accélération gravitationnelle est négligeable par rapport à l’accélération causée par la force électrique. Le champ électrique est orienté vers le haut comme dans la figure. L’ordre de grandeur semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

52

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P57

P57 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre le diagramme des forces qui s’appliquent sur le proton à tout moment. On trace la trajectoire du proton. On inscrit également les données positions et vitesses aux points initial et final.

~v2y *

E1

~v2

~v2x

~v1 *

E2 L

Décortiquer le problème d = 0,010 0 m l = 0,021 5 m

Connues  1 = −8,00 × 104ı N/C E  2 = −2,08 × 103 j N/C E

qe = −1,602 × 10−19 C L = 0,240 m

me = 9,109 × 10−31 kg

Inconnues v1 v2 Δy

L’électron va décrire une trajectoire rectiligne entre les plaques P1 , car l’accélération est horizontale seulement. Il va ensuite décrire une trajectoire parabolique entre les plaques P2 , car l’accélération devient verticale. Finalement, à la sortie des plaques, il va décrire une trajectoire rectiligne, car il ne subira plus d’accélération. On peut négliger la force gravitationnelle, qui s’exerce également vers le bas sur le proton, parce que celle-ci est beaucoup plus faible que la force électrique et que le mouvement à la sortie des plaques sera trop rapide pour que l’on voie une quelconque déviation causée par la force gravitationnelle. Identifier les clés La première clé est la deuxième loi de Newton :  rés = ma , F et la deuxième clé est la définition du champ électrique :   = Frés . E q En combinant ces deux équations clés, on obtient l’accélération exercée sur l’électron en fonction du champ électrique : q  a = E . m Entre les plaques P1 , l’accélération est orientée vers la droite : a1 = 1,407 × 1016 m/s2ı , tandis qu’entre les plaques P2 , elle est orientée vers le haut : a2 = 3,658 × 1014 m/s2 j .

a. Identifier la clé

Pour trouver la vitesse finale des électrons à la sortie des plaques P1 , la première clé est l’équation de la cinématique de la vitesse finale en fonction de la position : 2 + 2ax Δx . vx2 = v0x

Résoudre le problème

Ainsi, on obtient  v1x = 2ax Δx  v1x = 2 × 1,407 × 1016 × 0,010 0 v1x = 1,68 × 107 m/s .

Puisque v1y = 0,00 m/s,

v1 = 1,68 × 107 m/sı .

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 53

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P57

b. Identifier la clé

Pour trouver la vitesse finale horizontale des électrons à la sortie des plaques P2 , la clé est l’équation de la cinématique de la vitesse finale en fonction de la position : 2 + 2ax Δx . vx2 = v0x

Résoudre le problème

Ainsi, on obtient v2x = v1x v2x = 1,68 × 107 m/s .

Identifier les clés Pour trouver la vitesse finale verticale, la première clé est l’équation de la cinématique de la position finale horizontale en fonction du temps : x = x0 + v0x t ⇒ t =

x − x0 , v0x

et la deuxième clé est l’équation de la cinématique de la vitesse finale verticale en fonction du temps : vy = v0y + ay t . Résoudre le problème

On trouve la vitesse finale verticale : v2y = v1y + a2

Δx v1x

v2y = 0 + 3,658 × 1014

0,021 5 1,68 × 107

v2y = 4,69 × 105 m/s . Ainsi, on obtient v2 = 1,68 × 107 m/sı + 4,69 × 105 m/sj .

(réponse)

Valider la réponse Les composantes de la vitesse au point P2 ont le même ordre de grandeur que la vitesse au point P1 .

c. Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation.

~v2y

Δy3 µ

Δy2

Δy

~v2x L

Décortiquer le problème À partir des composantes de la vitesse à la sortie de la plaque P2 , on peut trouver l’angle de la vitesse, avec les fonctions trigonométriques : tan θ =

v2y ⇒ θ = 1,60◦ . v2x

Ensuite, selon la trigonométrie : Δy3 = L tan θ = 6,70 mm . Identifier les clés Pour trouver Δy2 , la première clé est l’équation de la cinématique de la position horizontale en fonction du temps : Δx = v0x t ⇒ t = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

Δx . v0x 54

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P58

La deuxième clé est l’équation de la cinématique de la position verticale en fonction du temps : Δy =

1 2 ay t . 2

Résoudre le problème En insérant les équations clés l’une dans l’autre, on obtient le déplacement de l’électron à la sortie des plaques P2 : Δy2 =

1 l 2 a2y ( ) 2 v1x

1 Δy2 = 3,658 × 1014 2



0,021 5 1,68 × 107

2

Δy2 = 0,300 mm .

(réponse)

Finalement, Δy = Δy2 + Δy3 = 7,01 mm . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

y

P58 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre les trois trajectoires possibles de l’électron. On inscrit également les positions finales possibles et les vitesses au point initial.

Δxf3 3 *

d

E

2

~v0

1 Δxf1

Δyf2 x



a. Décortiquer le problème Connues −19

qe = −1,602 × 10

−31

me = 9,109 × 10

C

kg

v0 = 3 500 × 10 m/s  = 870,0j N/C E 3

Inconnues d = 0,020 00 m l = 0,100 0 m θ0 = 30,00◦

Δxf1 ou Δyf2 ou Δxf3

L’électron va décrire une trajectoire parabolique puisqu’il est soumis à une force électrique constante qui s’exerce vers le bas. On peut négliger la force gravitationnelle, qui s’exerce également vers le bas sur l’électron, car elle est est beaucoup plus faible que la force électrique. On trouve les composantes verticales et horizontales de la vitesse initiale grâce aux données du problème et à la figure. v0x = 3 500 × 103 × cos (30,0◦ ) = 3,031 × 106 m/s v0y = 3 500 × 103 × sin (30,0◦ ) = 1,750 × 106 m/s . Pour savoir si l’électron frappe l’une ou l’autre des plaques, il faut trouver la position finale verticale de l’électron à la sortie des plaques, soit à x = l = 0,100 0 m. Si le résultat obtenu est plus petit que 0,00 m, l’électron va frapper la plaque du bas. S’il se situe entre 0,00 m et d = 0,020 00 m, l’électron va sortir de la région entre les plaques sans les frapper. Enfin, si le résultat est plus grand que d = 0,020 00 m, l’électron va frapper la plaque du haut. Un scénario c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

55

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P58

moins probable implique aussi que l’électron atteigne la plaque du haut même si sa position à la sortie des plaques est mathématiquement inférieure à la position de cette plaque, mais il s’avère ici que l’électron n’atteint effectivement pas la plaque du haut. Identifier les clés Tout d’abord, il faut trouver l’accélération de l’électron. La première clé est la deuxième loi de Newton :  rés = ma , F et la deuxième clé est la définition du champ électrique :   = Frés . E q En combinant ces deux équations clés, on obtient l’accélération exercée sur l’électron en fonction du champ électrique : q  a = E . m Résoudre le problème Puisque le champ électrique est orienté vers le haut seulement, l’accélération sera orientée vers le bas : ax = 0,00 m/s2 . et ay =

q E = −1,53 × 1014 m/s2 . m

Identifier les clés La troisième clé est l’équation de la cinématique de la position finale horizontale en fonction du temps : x = x0 + v0x t ⇒ t =

l v0x

,

et la quatrième clé est l’équation de la cinématique de la position finale verticale en fonction du temps : 1 y = y0 + v0y t + ay t2 . 2 Résoudre le problème yf = v0y

l v0x

En combinant la troisième et la quatrième clé, on obtient

1 + ay 2



l

2

v0x

1,750 × 10 m/s × 0,100 0 m 1 − × 1,53 × 1014 m/s2 2 3,031 × 106 m/s yf = −0,025 53 m . 6

yf =



0,100 0 m 3,031 × 106 m/s

2

Puisque la position finale verticale est plus petite que zéro, l’électron frappe la plaque du bas.

(réponse)

b. Identifier les clés

La première clé est l’équation de la cinématique de la position finale horizontale en fonction du temps : x = x0 + v0x t ⇒ t =

l , v0x

et la deuxième clé est l’équation de la cinématique de la position finale verticale en fonction du temps : 1 y = y0 + v0y t + ay t2 . 2 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

56

CHAPITRE 02 — Le champ électrique Résoudre le problème Δy = 0 :

Q59 — P61

On combine les deux équations clés et on isole la position xf lorsque Δy = v0y

l v0x

1 + ay 2



2

l v0x

=0.

On obtient xf = −

2v0x v0y ay

2 × 3,031 × 106 m/s × 1,750 × 106 m/s 1,53 × 1014 m/s2 xf = 0,069 34 m . xf =

(réponse)

Valider la réponse La position finale est plus petite que la longueur de la plaque, ce qui est cohérent avec la trajectoire 1 tracée dans la figure.

Q59 Identifier la clé

La clé est l’équation du moment de force sur un dipôle en fonction du moment dipolaire et du champ électrique : τz = ± pE sin φ . Résoudre le problème

Le module du moment de force sera maximal lorsque sin φ = 1. Ainsi, φ = 90,0◦ .

(réponse)

E60 Décortiquer le problème −30

p = 6,17 × 10

Inconnue

Connues  = 4,0 × 107 N/C k C·m E

τ

Le module du moment de force sera maximal lorsque sin φ = 1. L’angle est alors φ = 90,0◦ entre le moment dipolaire et le champ électrique. Identifier la clé La clé est l’équation du moment de force sur un dipôle en fonction du moment dipolaire et du champ électrique : τz = ±pE sin φ . Résoudre le problème

On obtient





τz = 6,17 × 10−30 C · m 4,0 × 107 N/C × sin(90,0◦ ) τz = 2,5 × 10−22 N · m .

(réponse)

y (cm)

P61 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre le dipôle avec son moment dipolaire et le champ électrique.

3,8 *

*

d *

P

1,6

2,4

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E

5,6

x (cm)

57

CHAPITRE 02 — Le champ électrique

P61 Décortiquer le problème Connues −2

r+ = (5,6ı + 3,8j)10

m

r− = (2,4ı + 1,6j)10−2 m

Inconnue −6

q = 5,0 × 10 C  = 320 N/Cı E

τ

À l’aide des positions des charges, on trouve la distance d : d = r+ − r− d = [(5,6ı + 3,8j) − (2,4ı + 1,6j)] × 10−2 m d = (3,2ı + 2,2j) × 10−2 m . Identifier les clés

La première clé est la définition du moment dipolaire électrique : p = qd .

La deuxième clé est l’équation du moment de force sur un dipôle :  . τ = p × E Résoudre le problème

On obtient, pour le moment dipolaire, p = 5,0 × 10−6 C × (3,2ı + 2,2j) cm p = (1,6ı + 1,1j) × 10−7 C · m .

Ainsi, le moment de force sur le dipôle est τ = (1,6ı + 1,1j) × 10−7 C · m × 320 N/Cı τ = −3,52 × 10−5 N · mk .

(réponse)

Valider la réponse Le moment de force tend à aligner p sur le champ, donc il est orienté dans le sens horaire (τz < 0). Cela correspond au signe obtenu. De plus, le moment de force est perpendi culaire au plan formé par p et E.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

58

Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 03 Q1 Identifier la clé

Le théorème de Gauss

La clé est que le champ électrique doit avoir la même symétrie que la distribution

de charges.

a. Résoudre le problème

Lors d’une translation le long de l’axe, le champ va se déplacer le long de l’axe sur les vues de face. Ainsi, les configurations qui ne changent pas sont (i) et (ii).

(réponse)

b. Résoudre le problème

Lors d’une rotation autour de l’axe, le champ va tourner autour de l’axe sur la coupe transversale. Ainsi, les configurations qui ne changent pas sont (i), (ii) et (iii).

(réponse)

c. Résoudre le problème

Lors d’une réflexion par rapport à l’axe, le tracé des lignes de champ subira une réflexion par rapport à une droite selon l’axe longitudinal sur les vues de face. Ainsi, les configurations qui ne changent pas sont (i), (ii) et (iii).

(réponse)

d. Résoudre le problème

Lors d’une réflexion par rapport à un plan perpendiculaire à l’axe, le tracé des lignes de champ subira une réflexion par rapport à une droite transversale au cylindre sur les vues de face. Ainsi, la configuration qui ne change pas est (ii).

(réponse)

e. Résoudre le problème

Pour avoir une symétrie cylindrique, le champ doit être perpendiculaire à l’axe du cylindre et son module doit être le même pour tous les points situés à la même distance de cet axe. Ainsi, la seule forme de champ qui respecte la symétrie cylindrique est la configuration (ii).

Q2 Identifier la clé

(réponse)

La clé est que le champ électrique doit avoir la même symétrie que la distribution

de charges.

a. Résoudre le problème

Lors d’une rotation autour du centre de la sphère, les vecteurs champ se déplacent autour de la sphère, en conservant une orientation radiale. Ainsi, la configuration qui ne change pas est (i). (réponse)

b. Résoudre le problème

Lors d’une réflexion par rapport à un diamètre, le tracé des lignes de champ subit une réflexion par rapport au diamètre considéré sur les coupes transversales. Ainsi, les configurations qui ne changent pas sont (i) et (ii).

(réponse)

Valider la réponse Cette conclusion est valide pour un diamètre horizontal, vertical ou oblique à 45◦ sur la figure présentée. Autrement, seule la configuration (i) présente une parfaite symétrie sphérique pour laquelle le champ ne change pas.

c. Résoudre le problème

Pour avoir une symétrie sphérique, le champ doit être radial et avoir le même module pour tous les points situés à une même distance du centre. Ainsi, la seule forme de champ qui respecte la symétrie sphérique est la configuration (i).

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 1

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

Q3 — Q4

Q3 Identifier la clé

La clé est que le champ électrique doit avoir la même symétrie que la distribution

de charges.

a. Résoudre le problème

Lors d’une translation, les vecteurs champ vont se déplacer parallèlement à la surface. Ainsi, la configuration qui ne change pas est (ii).

(réponse)

b. Résoudre le problème

Lors d’une réflexion par rapport au plan, le tracé des lignes de champ subit une symétrie par rapport au plan. Ainsi, la configuration qui ne change pas est (ii).

(réponse)

c. Résoudre le problème

Pour avoir une symétrie plane, le champ doit être en direction normale au plan et avoir le même module pour tous les points situés à la même distance du plan. Ainsi, la seule forme de champ qui respecte la symétrie plane est la configuration (ii).

(réponse)

Q4 Identifier la clé

La clé est que le flux électrique est par définition le produit scalaire entre le champ et le vecteur perpendiculaire à la surface :  ·A  = EA cos θ . ΦE = E

a. Résoudre le problème

Ainsi, si le champ électrique double,  ·A  = 2EA cos θ . ΦE = E

Par conséquent, 2EA cos θ ΦE (après) = =2. ΦE (avant) EA cos θ Finalement, le flux double.

b. Résoudre le problème

(réponse)

Ainsi, si la surface diminue de moitié,  ·A  = ΦE = E

1 EA cos θ . 2

Par conséquent, 1 EA cos θ 1 ΦE (après) = 2 = . ΦE (avant) EA cos θ 2

Finalement, le flux diminue de moitié.

c. Résoudre le problème

(réponse)

Ainsi, si la surface est un cercle de rayon R,  ·A  = EπR2 cos θ , ΦE (après) = E

tandis que lorsque la surface est un carré de côté R,  ·A  = ER2 cos θ . ΦE (avant) = E Par conséquent, ΦE (après) EπR2 cos θ = =π . ΦE (avant) ER2 cos θ Finalement, le flux augmente d’un facteur de π . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 2

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

d. Résoudre le problème

E5

Ainsi, si l’angle θ = 45◦ ,  ·A  = EA cos 45◦ , ΦE (après) = E

tandis que lorsque la surface est perpendiculaire au champ θ = 0◦ ,  ·A  = EA cos 0◦ . ΦE (avant) = E Par conséquent,

On constate que ΦE

ΦE (après) EA cos 45◦ 1 = =√ . ΦE (avant) EA 2 (après) est inférieur. On peut donc dire que √ le flux diminue d’un facteur 2 .

(réponse)

E5 Décortiquer le problème Un cylindre dont les dimensions sont connues se trouve dans un champ électrique uniforme. On cherche le flux électrique traversant la surface du cylindre. Connues E = 5,50 × 10 N/C l = 0,100 m 3

Inconnue r = 0,050 0 m

ΦE

Puisque le champ est orienté dans le sens de la longueur du cylindre, l’angle entre le champ et la surface latérale du cylindre est de 90◦ et l’angle entre le champ et chacune des bases du cylindre est de 0◦ . Identifier la clé La clé est la définition du flux électrique,  ·A  = EA cos θ . ΦE = E Résoudre le problème On calcule le flux électrique séparément pour chacune des trois surfaces du cylindre. Pour la surface latérale du cylindre, on obtient ΦE,1 = EA cos 90◦ = 0 . Pour la base du cylindre exposée à la source du champ, celle dont le vecteur surface (sortant du cylindre) est opposé au vecteur champ électrique, on obtient   2 ΦE,2 = EA cos 180◦ = −E × πr2 = 5,50 × 103 N/C × π × (0,050 0 m) = −34,20 N · m2 /C . Pour l’autre base du cylindre, celle dont le vecteur surface (sortant du cylindre) est orienté dans la même direction que le champ électrique, on obtient   2 ΦE,3 = EA cos 0◦ = E × πr2 = 5,50 × 103 N/C × π × (0,050 0 m) = 34,20 N · m2 /C . Cette valeur est l’opposée de ΦE,2 . Le flux net à travers le cylindre est la somme des flux traversant les trois surfaces :     ΦE = ΦE,1 + ΦE,2 + ΦE,3 = −E × πr2 + (0) + E × πr2 = 0 . Le calcul du flux total n’exigeait pas le calcul des flux de chaque surface, en raison de la configuration simple de la situation : ΦE = 0,00 N · m2 /C . (réponse) Valider la réponse Le cylindre est une surface fermée. Le flux traversant la surface du cylindre est nul, car toutes les lignes de champ qui entrent dans le cylindre par une extrémité sortent par la seconde extrémité. Tout champ électrique aurait donné le même résultat. (Cet exercice est pratiquement identique à la situation de l’exemple 3.1.) c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

3

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E6 — E7

E6 Décortiquer le problème Inconnue

Connues E = 350 N/C

θ = 40,0

◦

ΦE

r = 0,600 m

Puisque l’anneau est orienté perpendiculairement à l’axe des x, le vecteur surface est orienté dans le sens de l’axe des x, et l’angle entre le champ et le vecteur surface est de 40,0◦ . Identifier la clé La clé est la définition du flux électrique,  ·A  = EA cos θ . ΦE = E Résoudre le problème

On obtient ΦE = 350 N/C × π(0,600 m)2 × cos 40,0◦ ΦE = 303 N · m2 /C .

(réponse)

Valider la réponse Puisque l’angle entre le vecteur champ et le vecteur surface est plus petit que 90◦ , le flux est positif. y E7 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème * Inconnue Connues A  = −360 N/Cı E ΦE * 60° E μ r = 0,250 m x α = 60,0◦

 et Puisque l’angle θ est l’angle entre les vecteurs E  selon la figure, on a que θ = 90,0◦ −60,0◦ = 30,0◦ . A,

a. Identifier la clé

La clé est la définition du flux électrique,  ·A  = EA cos θ . ΦE = E

Résoudre le problème

On obtient ΦE = 360 N/C × π(0,250 m)2 × cos 30,0◦ ΦE = 61,2 N · m2 /C .

(réponse)

b. Décortiquer le problème Si l’angle de la plaque circulaire diminue à α = 30,0◦ , l’angle entre  et A  devient θ = 90,0◦ − 30,0◦ = 60,0◦ . les vecteurs E Identifier la clé La clé est la définition du flux électrique,

 ·A  = EA cos θ . ΦE = E Résoudre le problème

On obtient ΦE = 360 N/C × π(0,250 m)2 × cos 60,0◦ ΦE = 35,3 N · m2 /C .

Ainsi, ΦE ΦE ΦE ΦE

35,3 N · m2 /C (après) = (avant) 61,2 N · m2 /C (après) = 0,577 . (avant)

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

4

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E8

Finalement, le flux est multiplié par 0,577 .

(réponse)

c. Décortiquer le problème Si la plaque devient une plaque rectangulaire, la surface A devient A = 0,500 m × 0,600 m = 0,300 m2 . Identifier la clé

La clé est la définition du flux électrique,  ·A  = EA cos θ . ΦE = E

Résoudre le problème

On obtient ΦE = 360 N/C × 0,300 m2 × cos 30,0◦ ΦE = 93,5 N · m2 /C .

Ainsi, ΦE ΦE ΦE ΦE

93,5 N · m2 /C (après) = (avant) 61,2 N · m2 /C (après) = 1,53 . (avant)

Finalement, le flux est 1,53 fois plus grand.

(réponse)

y

E8 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Connues  E = (350ı + 400j − 260k) N/C

Inconnue ΦE

*

A

 = 0,30 m

l  sera égal Puisque la plaque est dans le plan xz, le vecteur A 2 à l j.

Identifier la clé

l x

z

La clé est la définition du flux électrique,  ·A  . ΦE = E

Résoudre le problème

Par le produit scalaire, j · j = 1 tandis que ı · j = k · j = 0. On obtient ΦE = (350ı + 400j − 260k) · (0,090j) ΦE = 400 × 0,090 ΦE = 36 N · m2 /C .

(réponse)

Valider la réponse Le flux électrique est positif, car le champ en y est orienté dans le même sens que le vecteur surface. L’ordre de grandeur semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

5

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P9

z

P9 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Connues  = (2 500ı − 150j) N/C E

Inconnues Φsurfaces Φnet ΦE

l = 0,120 m

 de chaque surface est normal à celle-ci Le vecteur A et a un module de l2 , puisque les surfaces sont toutes carrées. Ainsi,

*

y

A x

*

E

 avant = l2ı A  arrière = −l2ı A  droite = l2 j A  gauche = −l2 j A  haut = l2 k A  bas = −l2 k . A

a. Identifier la clé

La clé est la définition du flux électrique,  ·A  . ΦE = E

Résoudre le problème

Par le produit scalaire, j · j = 1 tandis que ı · j = k · j = 0. On obtient ΦE (avant) = (250ı − 150j) · (0,014 4ı) ΦE (avant) = 3,60 N · m2 /C ΦE (arrière) = (250ı − 150j) · (−0,014 4ı)

(réponse)

ΦE (arrière) = −3,60 N · m2 /C ΦE (droite) = (250ı − 150j) · (0,014 4j)

(réponse)

ΦE (droite) = −2,16 N · m2 /C ΦE (gauche) = (250ı − 150j) · (−0,014 4j)

(réponse)

ΦE (gauche) = 2,16 N · m2 /C

(réponse)

ΦE

(haut) = (250ı − 150j) · (0,014 4k)

ΦE (haut) = 0,00 N · m2 /C

(réponse)

ΦE (bas) = (250ı − 150j) · (−0,014 4k) ΦE (bas) = 0,00 N · m2 /C .

(réponse)

Valider la réponse Le flux électrique est nul pour la surface d’en haut et celle d’en bas, car le champ est perpendiculaire au vecteur surface. L’ordre de grandeur semble correct. b. Identifier la clé La clé est que le flux net est la somme des flux électriques traversant chaque surface,  ΦE = ΦE (chaque surface) . Résoudre le problème

On obtient

ΦE = 3,60 − 3,60 − 2,16 + 2,16 + 0,00 + 0,00 = 0,00 N · m2 /C .

(réponse)

Valider la réponse Le flux électrique net à travers le cube est nul, car il y a autant de lignes de champ qui entrent dans le cube que de lignes de champ qui en sortent. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

6

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

Q10 — E11

Q10 Illustrer la situation La figure ci-contre montre une charge +q placée au centre d’une sphère de rayon R. Identifier la clé La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . E ΦE = 0

+q

+

R

surface

a. Résoudre le problème

Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Ainsi, lorsque le rayon de la sphère est triplé, le flux ne change pas. (réponse)

b. Résoudre le problème

Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Ainsi, lorsque la charge est divisée par 2, le flux est divisé par 2. (réponse)

c. Résoudre le problème

Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Ainsi, lorsque la charge est à l’extérieur de la sphère, le flux devient nul. (réponse)

d. Résoudre le problème

Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Ainsi, lorsque la sphère est remplacée par un cube, le flux ne change pas. (réponse)

E11 Décortiquer le problème Connues −6

q1 = 4,20 × 10

C

Inconnue −6

q2 = −2,50 × 10

−6

q3 = −3,00 × 10

l = 0,12 m

C

ΦE

C

Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Identifier la clé La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème

Ainsi, le flux net est causé par les charges q1 et q2 seulement : Qint 0 q1 + q2 ΦE = 8,854 × 10−12 4,20 × 10−6 − 2,50 × 10−6 ΦE = 8,854 × 10−12 ΦE = 1,92 × 105 N · m2 /C . ΦE =

(réponse)

Valider la réponse Le flux est positif, car il y a plus de charges positives à l’intérieur de la surface fermée que de charges négatives. L’ordre de grandeur semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

7

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E12 — E13

E12 Décortiquer le problème Inconnue

Connues −6

q1 = 4,00 × 10

−6

q2 = −7,00 × 10

C

C

ΦE

R

Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Quelle que soit la valeur de R, tant que les deux charges sont à l’intérieur de la surface de Gauss, le flux sera le même. Identifier la clé

La première clé est le théorème de Gauss :  ΦE = surface

 · dA  = Qint . E 0

La deuxième clé est le fait que pour toute valeur de R, tant que les deux charges sont à l’intérieur de la sphère de Gauss, le flux sera le même. Résoudre le problème

Le flux net est causé par les charges q1 et q2 : Qint 0 q1 + q2 ΦE = 8,854 × 10−12 4,00 × 10−6 − 7,00 × 10−6 ΦE = 8,854 × 10−12 ΦE = −3,39 × 105 N · m2 /C . ΦE =

(réponse)

Valider la réponse Le flux est négatif, car il y a plus de charges négatives à l’intérieur de la surface fermée que de charges positives. L’ordre de grandeur semble correct. *

E13 Illustrer la situation La figure ci-contre montre les

 2 sur  1 et dA éléments de surface infinitésimaux dA l’hémisphère.

dA2 *

*

dA2

dA2

*

dA1 *

E

a. Décortiquer le problème La surface à la base de l’hémisphère est un cercle dont l’aire vaut πR2 .

Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :  ΦE = surface

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

 · dA  = Qint . E 0 8

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss Résoudre le problème

E14

Le flux net est   · dA 1 E

ΦE = surface1



ΦE = E ·

 1 cos(180◦ ) dA

ΦE = −E · A ΦE = −EπR2 . Valider la réponse est donc négatif.

(réponse)

Les lignes de champ à la base de l’hémisphère entrent dans celle-ci, le flux

 2 qui contribuent au flux n’ont pas b. Décortiquer le problème D’après la figure, les vecteurs dA  et dA  2 n’est pas uniforme  2 , l’angle entre le champ E tous la même orientation. Pour chaque dA et implique une intégrale plus complexe que pour une surface plane.

Identifier la clé La clé est le fait que toutes les lignes de champ qui traversent la base de l’hémisphère, et seulement ces lignes de champ, doivent traverser également la partie supérieure de l’hémisphère. Résoudre le problème Selon la clé, le même flux électrique qui traverse la base de l’hémisphère traverse aussi sa partie supérieure. Aucune charge ne se trouve à l’intérieur de l’hémisphère pour modifier le flux traversant la partie supérieure. Par contre, le flux qui entrait à l’intérieur de la surface fermée de l’hémisphère par la base doit sortir de la surface par la partie supérieure. On a donc un flux de signe contraire, c’est-à-dire que ΦE = EπR2 . Valider la réponse est donc positif.

(réponse)

Les lignes de champ à la base de l’hémisphère sortent de la surface, le flux

Valider la réponse Puisque le flux électrique est proportionnel au nombre de lignes de champ qui traversent la surface, le module du flux traversant la base est égal au module du flux traversant la partie supérieure. En effet, il y a autant de lignes de champ qui entrent dans l’hémisphère que de lignes de champ qui en sortent.

E14 Décortiquer le problème Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Connues −9

q = −25,0 × 10  = 0,30 m

Inconnues

C

Φnet Φsupérieur *

a. Illustrer la situation La figure ci-contre montre les

dA

 sur les côtés éléments de surface infinitésimaux dA du cube.

*

dA *

dA

*

q

dA

*

dA *

dA c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

9

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E15 Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème

Le flux net à travers le cube est Qint 0 −25,0 × 10−9 ΦE = 8,854 × 10−12 ΦE = −2,82 × 103 N · m2 /C . ΦE =

(réponse)

Valider la réponse La charge à l’intérieur est négative, le flux est donc négatif. * b. Illustrer la situation La figure ci-contre montre un dA  élément de surface infinitésimal dA sur la face supél rieure du cube.

q

Identifier la clé La surface est divisée par 6, puisqu’on cherche le flux d’une seule face. Résoudre le problème Le flux net à travers la face supérieure est ΦE (total) 6 −2,82 × 103 ΦE = 6 ΦE = −471 N · m2 /C .

ΦE =

Valider la réponse

(réponse)

La charge à l’intérieur est négative, le flux est donc négatif.

 sur les E15 Illustrer la situation La figure ci-dessous montre les éléments de surface infinitésimaux dA trois surfaces du cylindre.

z *

E2

*

dA2

*

*

dA1 *

E1

dA3 R

y

*

l

E3

Décortiquer le problème Connues

Inconnues

E1 = 200 N/C

ΦE

E2 = 150 N/C E3 = 100 N/C l = 0,660 m

Qint

R = 0,150 m c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

10

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E16

Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. La surface 1 et la surface 3 sont des cercles dont l’aire vaut πR2 . La surface 2 est un rectangle dont l’aire vaut 2πRl. a. Identifier la clé La clé est le flux électrique pour une surface fermée :       3 .      3 · dA ΦE = E · dA = E1 · dA1 + E2 · dA2 + E cylindre

surface 1

surface 2

surface 3

Résoudre le problème Le flux net à travers le cylindre est   ◦   2 cos(180◦ ) + E1 dA1 cos(180 ) + E2 dA ΦE = surface 1

surface 2

ΦE = −E1 × πR − E2 × 2πRl + E3 × πR 2



 3 cos(0◦ ) E3 dA

surface 3 2

ΦE = −200 × π(0,150)2 − 150 × 2π × 0,150 × 0,660 + 100 × π(0,150)2 ΦE = −100 N · m2 /C .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . E ΦE = 0

b. Identifier la clé

surface

Résoudre le problème

La charge nette à l’intérieur du cylindre est Qint = 0 × ΦE Qint = 8,854 × 10−12 × −100 Qint = −8,89 × 10−10 C .

Valider la réponse

(réponse)

Le flux est négatif, la charge à l’intérieur est donc négative.

E16 Décortiquer le problème Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Identifier la clé La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . E ΦE = 0 surface

a. Résoudre le problème

Le flux net à travers la surface de Gauss est ΦE =

Qint 0

+Q − 3Q − 0 5Q ΦE = − . 20 ΦE =

Q 2

(réponse)

Valider la réponse La charge totale à l’intérieur est négative, le flux est donc négatif. b. Résoudre le problème Lorsque la surface de Gauss englobe toutes les charges, le flux net devient Qint ΦE = 0 +Q − 3Q − Q 2 + 2Q + 0 ΦE = 0 . ΦE =

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Q 2

(réponse) 11

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E17 — P18

Valider la réponse La charge totale à l’intérieur de la deuxième surface de Gauss est nulle, le flux est donc nul. y E17 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. q1 Décortiquer le problème Le flux électrique à tra+ vers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Connues −6

q1 = 4,00 × 10

−6

q2 = 1,00 × 10

Inconnues C

Rmax

C

ΦE (3)

q2

q3 = −3,00 × 10−6 C

l/2

l = 0,040 0 m R = 0,030 0 m

Identifier la clé

Rmax

P

+

-

q3

x

R = 0,030 0 m

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

a. Résoudre le problème

Pour que le flux net à travers la surface de Gauss soit nul, il ne doit y avoir aucune charge à l’intérieur de cette surface ou la somme des charges doit être nulle. Comme aucune combinaison des charges présentes n’a une charge totale nulle, le triangle ne doit contenir aucune charge et le plus grand rayon sera tout juste inférieur à la distance du point P jusqu’aux charges q2 et q3 :

l = 2 cm . (réponse) 2 Valider la réponse La charge totale à l’intérieur est nulle. b. Résoudre le problème Lorsque la surface de Gauss a un rayon de 0,030 0 m, le flux net devient Rmax =

Qint 0 q2 + q3 ΦE = 0 1,00 × 10−6 − 3,00 × 10−6 ΦE = 8,854 × 10−12 ΦE = −2,26 × 105 N · m2 /C .

ΦE =

(réponse)

Valider la réponse La charge totale à l’intérieur de la deuxième surface de Gauss est négative, le flux est donc négatif. z P18 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la * dA situation. * Décortiquer le problème L’aire de chaque surface dA carrée est de l2 = 0,010 0 m2 . 1 * * Connues

Inconnues

 = 450yj E

ΦE

l = 0,100 m y3 = 0,100 m

Qint

dA

3

x

dA

6

*

dA

5

4 2

*

E

y

*

dA

y5 = 0,200 m

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12

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

a. Identifier la clé

Q19

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème Ainsi,

 est parallèle à la surface. Pour les surfaces 1, 2, 4 et 6, le champ E Φ1 = Φ2 = Φ4 = Φ6 = 0,00 N · m2 /C.

(réponse)

Pour la surface 3,  Φ3 =

 cos(180◦ ) E3 dA

surface 3

Φ3 = −450 × 0,100 × (0,010 0) Φ3 = −0,450 N · m2 /C .

(réponse)

Enfin, pour la surface 5,  Φ5 =

 cos(0◦ ) E5 dA

surface 5

Φ5 = 450 × 0,200 × (0,010 0) Φ5 = 0,900 N · m2 /C .

b. Identifier la clé

(réponse)

Le flux net à travers le cube est la somme des flux de toutes les surfaces :  Φi . ΦE =

Résoudre le problème ΦE = 0 − 0,450 + 0,900 ΦE = 0,450 N · m2 /C

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème Qint = ΦE × 0 Qint = 0,450 × 8,854 × 10−12 Qint = 3,98 × 10−12 C

(réponse)

Valider la réponse La charge intérieure est positive puisque le flux net est positif. L’ordre de grandeur semble correct.

Q19 Décortiquer le problème Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Identifier la clé La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

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13

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

Q20 — Q22

Résoudre le problème La charge Qint est la même pour chaque surface et vaut Qint = λL, car une même longueur de fil passe à travers chaque surface. Ainsi, le flux net est causé par la charge à l’intérieur et vaut, pour les trois surfaces, Qint 0 λL ΦE = . 0

ΦE =

Ainsi, la réponse est (v).

(réponse)

Q20 Décortiquer le problème Pour que l’intégrale de la surface soit très simple à calculer, il faut que la surface de Gauss ait la même symétrie que la configuration des charges. Résoudre le problème Comme la configuration des charges est un fil et qu’un fil est un long cylindre, la surface représentant la même symétrie est un cylindre. La réponse est (i). (réponse)

Q21 Décortiquer le problème Pour que l’intégrale de la surface soit très simple à calculer, il faut que la surface de Gauss ait la même symétrie que la configuration des charges. De plus, le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Identifier la clé La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème Comme la configuration des charges est une tige et qu’une tige a une symétrie cylindrique, la surface de Gauss n’est pas simple à calculer, n’étant pas la même. Ainsi, l’énoncé (II) n’est pas vrai, car la tige n’a pas la symétrie sphérique de la surface de Gauss. Par contre, le flux dépend uniquement de la charge à l’intérieur et donc l’énoncé (I) est vrai. La réponse est (i). (réponse)

Q22 Décortiquer le problème Pour que l’intégrale de la surface soit très simple à calculer, il faut que la surface de Gauss ait la même symétrie que la configuration des charges. De plus, le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. Connues

Inconnues

a = 0,020 m

rGauss

b = 0,040 m c = 0,060 m

Qint

Q1 Q2 Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

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14

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E23

a. Résoudre le problème

Pour calculer le champ électrique à une distance r = 5,0 cm du centre des sphères à l’aide du théorème de Gauss, il faut utiliser un rayon de la surface de Gauss de rGauss = 5,0 cm .

(réponse)

b. Résoudre le problème

Pour calculer la quantité de charge à l’intérieur de la surface, on doit tenir compte des charges qui se situent à l’intérieur de la surface de Gauss. Comme la distribution de charges est uniforme pour Q1 et distribuée sur la surface extérieure pour Q2 , la charge totale à l’intérieur de la surface de Gauss sera de Qint = Q1 .

(réponse)

c. Résoudre le problème

Pour calculer le champ électrique à une distance r = 10 cm du centre des sphères à l’aide du théorème de Gauss, il faut utiliser un rayon de la surface de Gauss de rGauss = 10 cm .

(réponse)

d. Résoudre le problème

Pour calculer la quantité de charge à l’intérieur de la surface, on doit tenir compte des charges qui se situent à l’intérieur de la surface de Gauss. Comme la distribution de charges est uniforme pour Q1 et distribuée sur la surface extérieure pour Q2 , la charge totale à l’intérieur de la surface de Gauss sera de Qint = Q1 + Q2 .

(réponse)

E23 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. 1

*

*

dA1

E

*

dA1

*

dA3

2

* * dA3 dA3 * - * E * - * * - E1 E E 2 2 E1 * * * dA2 - dA2 dA1 Gauss 2 - Gauss 3 d −¾ −¾ Gauss 1

*

dA2

Décortiquer le problème Comme les charges sont distribuées sur des plaques, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie plane. L’aire transversale du plan est A. De plus, la charge pour une plaque est Q = σA.

a. Identifier les clés

Les clés sont le théorème de Gauss :   · dA  = Qint , E ΦE = 0 surface

et le principe de superposition : 2 .  =E 1 +E E Résoudre le problème Gauss 1 et on obtient 

Pour le champ à gauche des deux plaques, on utilise la surface de   · dA 1+ E

bout gauche

bout droit

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

  · dA 2+ E côté

 · dA  3 = Qint . E 0 15

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E23

 n’est pas uniforme sur toute la surface du côté du Dans la troisième intégrale, le champ E cylindre (il n’a pas le même module ni la même orientation à gauche, à droite et entre les  est perpendiculaire à dA  3 , ce plaques). Cependant, en tout point de cette surface, le champ E qui rend nulle la troisième intégrale. On peut aussi considérer que A1 = A2 = A. Puisque les deux plaques ont une charge surfacique négative, on obtient EA cos(180◦ ) + EA cos(180◦ ) + E3 A3 cos(90◦ ) = −2EA + 0 = − E=

σ . 0

−σA − σA 0

2σA 0 (réponse)

b. Résoudre le problème

Pour le champ au centre des deux plaques, on utilise la surface de Gauss 2 pour la plaque 1 et la surface de Gauss 3 pour la plaque 2. On obtient    1+ 2+  3 = Qint Gauss2  1 · dA  1 · dA  1 · dA E E E 0 bout gauche

et

bout droit

côté







 2 · dA 1+ E bout gauche

 2 · dA 2+ E

bout droit

côté

 2 · dA  3 = Qint Gauss3 . E 0

Comme en a., et pour les deux sommes d’intégrales, le champ sur les surfaces de côté n’est pas  est en tout point perpendiculaire à dA  3, de module et d’orientation uniformes. Cependant, E ce qui annule la valeur de la troisième intégrale de chaque somme. Ainsi, on obtient E1 A cos(180◦ ) + E1 A cos(180◦ ) + E1 A3 cos(90◦ ) = et E2 A cos(180◦ ) + E2 A cos(180◦ ) + E2 A3 cos(90◦ ) =

−σA 0 −σA . 0

Puisque les deux plaques ont la même charge surfacique, on obtient E 1 = E2 = −

2σ . 0

Finalement, on applique le principe de superposition :  = Eı − Eı = 0 . E

(réponse)

c. Résoudre le problème

Pour le champ à droite des deux plaques, le procédé est le même qu’en a. On utilise la surface de Gauss 1 et on obtient     · dA 1+  · dA 2+  · dA  3 = Qint . E E E 0 bout gauche

bout droit

côté

 n’est pas uniforme sur toute la surface du À nouveau, dans la troisième intégrale, le champ E côté du cylindre (il n’a pas le même module ni la même orientation à gauche, à droite et entre  est perpendiculaire à dA  3, les plaques). Cependant, en tout point de cette surface, le champ E ce qui rend nulle la troisième intégrale. On peut aussi considérer que A1 = A2 = A. Puisque les deux plaques ont une charge surfacique négative, on obtient EA cos(180◦ ) + EA cos(180◦ ) + EA3 cos(90◦ ) = −2EA + 0 = − E= c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

σ . 0

−σA − σA 0

2σA 0 (réponse)

16

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E24 — E25

Valider la réponse Les réponses ont du sens. Le module du champ à gauche et à droite des plaques est positif ; toutefois on voit dans la figure que l’orientation est dirigée vers les plaques puisque les charges surfaciques sont négatives. * E24 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la E2 * dA2 situation. * * Décortiquer le problème Puisque la distribution E1 E3 des charges est un cylindre, on peut utiliser le théo* dA3 rème de Gauss pour une symétrie cylindrique. L’aire * de la surface du cylindre est A = 2πRl. De plus, la dA1 charge pour une plaque est Q = σA.

Surface de Gauss Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème Pour le champ à l’extérieur du long cylindre, on utilise la surface de Gauss illustrée dans la figure et on obtient     · dA 1+  · dA 2+  · dA  3 = Qint . E E E 0 bout gauche

côté

bout droit

Puisque le cylindre a une charge surfacique positive, on obtient EA cos(90◦ ) + EA cos(0◦ ) + EA cos(90◦ ) = E2πrl =

σA 0

2πRlσ . 0

Ainsi, le champ électrique est  = σR ur . E 0 r

(réponse)

Valider la réponse La réponse a du sens et l’orientation est radiale au cylindre, ce qui respecte la symétrie de la distribution cylindrique. E25 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. r2 * E Décortiquer le problème Puisque la distribution des charges est une sphère, on peut utiliser le théo* dA rème de Gauss pour une symétrie sphérique. L’aire R d’une sphère est A = 4πr2 . De plus, la charge d’une sphère est Q = ρV . r1 Connues Inconnues 2 Gauss 1 E R = 0,040 0 m ρ = 179 × 10−6 C/m3

6 E Gauss 2

Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

17

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E25

a. Résoudre le problème

Pour le module du champ à r = 0,020 0 m, on utilise la surface de

Gauss 1 et on obtient  sphère

 = Qint  2 · dA E 0

E2 A cos(0◦ ) =

ρVGauss . 0

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur de la sphère de Gauss et non la charge totale. On calcule cette charge à partir de la charge volumique et du volume de la sphère de Gauss :   4 3 πr1 Qint = ρVGauss = ρ . 3 Finalement, 4πr1 3 ρ 30 ρr1 E2 = 30 179 × 10−6 × 0,020 0 E2 = 3 × 8,854 × 10−12 E2 = 135 kN/C .

E2 4πr1 2 =

b. Résoudre le problème

(réponse)

Pour le module du champ à r = 0,060 0 m, on utilise la surface de

Gauss 2 et on obtient  sphère

 6 · dA  = Qint E 0

E6 A cos(0◦ ) =

Qint . 0

Ici, la charge intérieure Qint représente la charge totale de la sphère. On calcule cette charge à partir de la charge volumique et du volume de la sphère :  Qint = ρVsphère = ρ

4 3 πR 3

 .

Finalement, 4πR3 ρ 30 ρR3 E6 = 3r2 2 0 179 × 10−6 × (0,040 0)3 E6 = 3 × (0,06)2 × 8,854 × 10−12 E6 = 120 kN/C .

E6 4πr2 2 =

(réponse)

Valider la réponse Les réponses ont du sens. L’ordre de grandeur semble correct. L’orientation du champ est radiale et, puisque la sphère possède une charge volumique positive, le champ est dirigé vers l’extérieur. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

18

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P26

P26 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la

y

situation. Décortiquer le problème Puisque la distribution des charges est un fil de forme cylindrique, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie cylindrique. L’aire de la surface du cylindre est A = 2πRl. De plus, la charge pour une tige est Q = λl. λ = −240 × 10

*

E

Inconnue  1,80 E

Connues −9

*

C/m

dA1

*

E

d = 0,600 m

*

dA2 r

x

*

E

*

dA3 Surface de Gauss

Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème Pour le champ à l’extérieur du long cylindre, on utilise la surface de Gauss illustrée dans la figure et on obtient     · dA 1+  · dA 2+  · dA  3 = Qint . E E E 0 bout haut

côté

bout bas

Puisque la tige a une charge linéique négative, le module du champ devient EA1 cos(90◦ ) + EA2 cos(180◦ ) + EA3 cos(90◦ ) = −E2πrl =

E=−

λl 0

λl 0

λ 2πr0

240 × 10−9 2π × 1,80 × 8,854 × 10−12 E = 2,40 × 103 N/C . E=

Finalement, comme le champ est orienté vers la gauche, d’après la figure, on obtient −−−−−−−→  = 2,40 × 103 N/C − E vers la gauche.

(réponse)

Valider la réponse La réponse a du sens et l’orientation est radiale au cylindre, ce qui respecte la symétrie de la distribution cylindrique. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

19

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P27

*

P27 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la

dA1

situation. Décortiquer le problème Comme les charges sont distribuées sur des plaques, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie plane. L’aire du plan comprise dans la surface de Gauss est A. De plus, la charge pour une plaque est Q = σA. σ1 = 5,7 × 10

C/m

−9

σ2 = −7,3 × 10

Etot *

dA1 *

2

C/m2

Gauss 2

1

 entre E

+ + + + + + + + + + + +

dA2

Inconnues  au-dessus E

Connues −9

*

*

*

dA2

 en dessous E

*

dA1

*

* Etot Etot dA 3

2

-----------*

Gauss 3

dA2 *

dA3

Gauss 1 *

Etot

*

dA3

Identifier les clés

Les clés sont le théorème de Gauss :   · dA  = Qint , ΦE = E 0 surface

et le principe de superposition :  =E 1 +E 2 . E

a. Résoudre le problème Gauss 1 et on obtient

Pour le champ en haut de la plaque supérieure, on utilise la surface de 

  · dA 1+ E

haut

  · dA 2+ E

côté

bas

 · dA  3 = Qint . E 0

Puisque les plaques ont des charges de signes contraires, on peut observer que la charge surfacique négative de la plaque inférieure est plus importante que la charge surfacique positive de la plaque supérieure. On en déduit que le champ résultant produit aux extrémités du cylindre de Gauss sera dirigé vers l’intérieur de la surface de Gauss et implique donc un angle de 180◦ entre les vecteurs champ et surface. En posant A1 = A2 = A, on obtient EA1 cos(180◦ ) + EA2 cos(90◦ ) + EA3 cos(180◦ ) = −2EA + 0 =

σ1 A + σ2 A 0

(σ1 + σ2 )A 0

(σ1 + σ2 ) 20 (5,7 × 10−9 − 7,3 × 10−9 ) −E = 2 × 8,854 × 10−12 E = 90 N/C . −E =

Le résultat positif confirme que le champ entre dans la surface de Gauss, comme il est supposé dans la solution. Puisqu’on se questionne en a. sur le champ en vigueur au-dessus des plaques, c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

20

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P27

un champ qui entre dans la surface de Gauss au-dessus des plaques est un champ dirigé vers le bas. Ainsi, −−−−−→  = 90 N/C − vers le bas . (réponse) E

b. Résoudre le problème

Pour le champ au centre des deux plaques, on utilise la surface de Gauss 2 pour la plaque 1 et la surface de Gauss 3 pour la plaque 2. On évalue séparément le champ produit par chacune des plaques. Pour la plaque du haut :     · dA 1+  · dA 2+  · dA  3 = Qint Gauss2 . E E E 0 haut Gauss2

côté Gauss2

bas Gauss2

Pour l’intégrale des côtés de la surface de Gauss, en tout point, le champ est perpendiculaire aux  ce qui annule le résultat de cette intégrale. Pour les intégrales sur les extrémités de vecteurs dA, la surface de Gauss (les bases d’un cylindre), le champ est sortant pour la surface de Gauss 2,  et dA  de même sens : car elle est chargée positivement. Cela signifie donc des vecteurs E E1 A cos 0◦ + E1 Acôté cos 90◦ + E1 A cos 0◦ = 2E1 A =

σ1 A 0

σ1 A 0

σ1 5,7 × 10−9 = = 321,9 N/C . 20 2 × 8,854 × 10−12 Ce champ est sortant pour la surface de Gauss 2. Puisque le point analysé se trouve sous la plaque du haut, un champ sortant est dirigé vers le bas, c’est-à-dire que −−−−−→  1 = 321,9 N/C − E vers le bas . E1 =

De la même manière, pour la plaque du bas :    · dA 1+  · dA 2+ E E haut Gauss3

côté Gauss2



bas Gauss3

 · dA  3 = Qint Gauss2 . E 0

Pour l’intégrale des côtés de la surface de Gauss, en tout point, le champ est perpendiculaire aux  ce qui annule le résultat de cette intégrale. Pour les intégrales sur les extrémités de vecteurs dA, la surface de Gauss (les bases d’un cylindre), le champ est entrant pour la surface de Gauss 3,  et dA  de sens opposés : car elle est chargée négativement. Cela signifie donc des vecteurs E E2 A cos 180◦ + E2 Acôté cos 90◦ + E2 A cos 180◦ =

σ2 A 0

σ2 A 0   −9 − −7,3 × 10 −σ2 E2 = = = 412,2 N/C . 20 2 × 8,854 × 10−12 Ce champ est entrant pour la surface de Gauss 3. Puisque le point analysé se trouve au-dessus de la plaque du bas, un champ entrant est dirigé vers le bas, c’est-à-dire que −−−−−−→  = 412,2 N/C vers E2 le bas . −2E2 A =

Le principe de superposition permet finalement de calculer le champ résultant entre les deux plaques :  =E 1 +E 2 E −−−−−−→ −−−−−−→  = 321,9 N/C vers le bas + 412,2 N/C vers le bas E −−−−−−→  = 734 N/C vers le bas . (réponse) E c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

21

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P28

La clé est le fait que la configuration est absolument la même qu’en a. pour le calcul du module du champ électrique à l’extérieur des deux plaques. Résoudre le problème Comme l’indique la clé, le champ a le même module que celui trouvé en a. pour la zone au-dessus des deux plaques, E = 90 N/C. Cependant, l’orientation de ce champ n’est pas la même. On a trouvé en a. que le champ est entrant pour la surface de Gauss 1. Sous les deux plaques, la direction entrante est vers le haut, donc −−−−−→  = 90 N/C − vers le haut . (réponse) E

c. Identifier la clé

Valider la réponse Les réponses ont du sens. On remarque que les orientations des champs correspondent à celles que l’on voit sur la figure. Gauss 4

P28 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Puisque la distribution des charges est une sphère, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie sphérique. L’aire d’une sphère est A = 4πr2 .

Gauss 3 _ Gauss 2 _ b

_ c _

Identifier la clé

Gauss 1 + + a + +Q

_

_ r −2Q _

_

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

a. Résoudre le problème

Pour le module du champ à r < a, on utilise la surface de Gauss 1

et on obtient  sphère 1

 · dA  = Qint E 0

EA =

ρVGauss . 0

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur de la sphère de Gauss et non la charge totale. On calcule cette charge à partir de la charge volumique et du volume de la sphère de Gauss : 

Qint

4 3 πr = ρVGauss = ρ 3    Q 4 3 = 4 3 πr 3 3 πa =Q

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r3 . a3 22

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P28

Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient Qr3 a3 0 Qr E= . 4πa3 0

E4πr2 =

Finalement, le champ électrique pour r < a est  = E

Qr ur . 4π0 a3

(réponse)

Valider la réponse Puisque la sphère à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge positive, l’orientation du champ est radiale et dirigée vers l’extérieur.

b. Résoudre le problème

Pour le module du champ à a < r < b, on utilise la surface de

Gauss 2 et on obtient 

 · dA  = Qint E 0

sphère 2

EA =

Qint . 0

Ici, Qint représente la charge de la petite sphère, Qint = Q. Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient E4πr2 = E=

Q 0 Q . 4πr2 0

Finalement, le champ électrique pour a < r < b est  = E

Q ur . 4π0 r2

(réponse)

Valider la réponse Puisque la sphère à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge positive, l’orientation du champ est radiale et dirigée vers l’extérieur.

c. Résoudre le problème

Pour le module du champ à b < r < c, on utilise la surface de

Gauss 3 et on obtient  sphère 3

 · dA  = Qint E 0

EA =

Qint . 0

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur de la sphère de Gauss et non la charge totale. On calcule cette charge à partir de la charge volumique de la sphère creuse et de son volume inclus dans la sphère de Gauss : Qint = ρVinclus + Qa

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23

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P28

La charge volumique est définie par la charge et le volume de la sphère creuse, alors que le volume de cette sphère creuse inclus dans la sphère de Gauss est lié aux rayons de la sphère creuse et de la sphère de Gauss : Qint

  −2Q 4 3 3 π(r − b ) + Q = (Vc − Vb ) 3    −2Q 4 3 3 π(r − b ) + Q = 4 3 3 3 3 π(c − b ) =Q−

2Q(r3 − b3 ) . (c3 − b3 )

Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient

1 2Q(r3 − b3 ) Q− 0 (c3 − b3 )

2(r3 − b3 ) Q 1 − E= . 4πr2 0 (c3 − b3 )

E4πr2 =

Finalement, le champ électrique pour b < r < c est  = E

Valider la réponse

   2 r 3 − b3 Q ur . 1− 4π0 r2 (c3 − b3 )

(réponse)

L’orientation du champ est radiale.

d. Résoudre le problème

Pour le module du champ à r > c, on utilise la surface de Gauss 4

et on obtient  sphère 4

 · dA  = Qint E 0

EA =

Qint . 0

Ici, Qint représente la charge totale des deux sphères, Qint = Q − 2Q = −Q. Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient E4πr2 = − E=−

Q 0 Q . 4πr2 0

Finalement, le champ électrique pour r > c est  = E

−Q ur . 4π0 r2

(réponse)

Valider la réponse Puisque la sphère de Gauss contient une charge nette négative, l’orientation du champ est radiale et dirigée vers l’intérieur.

e. Résoudre le problème

Pour obtenir E = 0, il faut que la charge nette à l’intérieur de la surface de Gauss choisie donne 0. Ainsi, le champ sera nul à r = 0 ainsi qu’à une certaine

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24

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P29

valeur de rayon comprise entre b et c. Pour trouver cette deuxième distance, on utilise l’équation de Qint dans cette région : 2Q(r3 − b3 ) =0 (c3 − b3 ) 2Q(r3 − b3 ) Q= (c3 − b3 )

Qint = Q −

(c3 − b3 ) = 2r3 − 2b3 2r3 = c3 + b3 3

1/3 b + c3 r= . 2 Ainsi, le champ électrique est nul à r = 0 et r =

b3 + c3 2

1/3 .

(réponse)

P29 Illustrer la situation Voir la figure de la solution P28. Décortiquer le problème Puisque la distribution des charges est une sphère, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie sphérique. L’aire d’une sphère est A = 4πr2 . Inconnues  12 E

Connues −9

Q = 32,0 × 10

C

 20 E  27 E

a = 0,150 m b = 0,250 m c = 0,300 m

 35 E rE=0

Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

a. Résoudre le problème

Pour le module du champ à r < a, on utilise la surface de Gauss 1

et on obtient

 sphère 1

 · dA  = Qint E 0

EA =

ρVGauss . 0

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur de la sphère de Gauss et non la charge totale. On calcule cette charge à partir de la charge volumique et du volume de la sphère de Gauss :   4 3 πr Qint = ρVGauss = ρ 3    Q 4 3 = 4 3 πr 3 3 πa =Q c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

r3 . a3 25

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P29

Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient Qr3 a3 0 Qr E= 4πa3 0 32,0 × 10−9 × 0,12 E= 4π0,1503 × 8,854 × 10−12 E = 10,2 × 103 N/C .

E4πr2 =

Finalement, le champ électrique pour r = 12,0 cm est  = 10,2 kN/Cur . E

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. Puisque la sphère à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge positive, l’orientation du champ est radiale et dirigée vers l’extérieur.

b. Résoudre le problème

Pour le module du champ à a < r < b, on utilise la surface de

Gauss 2 et on obtient  sphère 2

 · dA  = Qint E 0

EA =

Qint . 0

Ici, Qint représente la charge de la petite sphère Qint = Q. Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient E4πr2 = E=

Q 0 Q 4πr2 0

32,0 × 10−9 4π × 0,2002 × 8,854 × 10−12 E = 7,19 × 103 N/C . E=

Finalement, le champ électrique pour r = 20,0 cm est  = 7,19 kN/Cur . E

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. Puisque la sphère à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge positive, l’orientation du champ est radiale et dirigée vers l’extérieur.

c. Résoudre le problème

Pour le module du champ à b < r < c, on utilise la surface de

Gauss 3 et on obtient  sphère 3

 · dA  = Qint E 0

EA = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

Qint . 0 26

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P29

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur de la sphère de Gauss et non la charge totale. On calcule cette charge à partir de la charge volumique de la sphère creuse et de son volume inclus dans la sphère de Gauss : Qint = ρVinclus + Qa .

La charge volumique est définie par la charge et le volume de la sphère creuse, alors que le volume de cette sphère creuse inclus dans la sphère de Gauss est lié aux rayons de la sphère creuse et de la sphère de Gauss :   4 −2Q π(r3 − b3 ) + Q Qint = (Vc − Vb ) 3    −2Q 4 3 3 π(r − b ) +Q = 4 3 3 3 3 π(c − b ) =Q−

2Q(r3 − b3 ) . (c3 − b3 )

Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient

1 2Q(r3 − b3 ) Q− E4πr2 = 0 (c3 − b3 )

2(r3 − b3 ) Q 1 − E= 4πr2 0 (c3 − b3 )

2((0,270)3 − (0,250)3 ) 32,0 × 10−9 1 − E= ((0,300)3 − (0,250)3 ) 4π × (0,270)2 × 8,854 × 10−12 E = 1,13 × 103 N/C . Finalement, le champ électrique pour r = 27,0 cm est  = 1,13 kN/Cur . E Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct. L’orientation du champ est radiale.

d. Résoudre le problème

Pour le module du champ à r > c, on utilise la surface de Gauss 4

et on obtient  sphère 4

 · dA  = Qint E 0

EA =

Qint . 0

Ici, Qint représente la charge totale des deux sphères, Qint = Q − 2Q = −Q. Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient E4πr2 = −

Q 0

E=−

Q 4πr2 0

E=−

32,0 × 10−9 4π × (0,350)2 × 8,854 × 10−12

E = −2,35 × 103 N/C . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

27

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P30

Finalement, le champ électrique pour r = 35,0 cm est  = −2,35 kN/Cur . E

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. Puisque la sphère à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge négative au total, l’orientation du champ est radiale et dirigée vers l’intérieur. e. Résoudre le problème Pour obtenir E = 0, il faut que la charge nette à l’intérieur de la surface de Gauss choisie donne 0. Ainsi, le champ sera nul à r = 0 et dans la partie entre b < r < c. Pour trouver cette deuxième distance, on utilise l’équation de Qint dans cette région : 2Q(r3 − b3 ) =0 (c3 − b3 ) 2Q(r3 − b3 ) Q= (c3 − b3 )

Qint = Q −

(c3 − b3 ) = 2r3 − 2b3



2r3 = c3 + b3 3

1/3 b + c3 r= 2

(0,250)3 + (0,300)3 r= 2

1/3

r = 0,277 m . Ainsi, le champ électrique est nul à r = 0,00 cm et r = 27,7 cm .

(réponse)

Valider la réponse La deuxième distance r correspond bien à la région entre b et c, c’est-à-dire 25,0 cm < 27,7 cm < 30,0 cm. Gauss 4 P30 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Gauss 3 Décortiquer le problème Puisque la distribution Gauss 2 ¾2 des charges est un cylindre, le théorème de Gauss ¾1 Gauss 1 peut être utilisé pour une symétrie cylindrique. L’aire + b + a latérale d’un cylindre est A = 2πrl. + + +½

c

Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

a. Résoudre le problème

Pour le module du champ à r < a, on utilise la surface de Gauss 1

et on obtient

 surface 1

 · dA  = Qint E 0

EA = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

ρVGauss . 0 28

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P30

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur du cylindre de Gauss et non la charge totale. On calcule cette charge à partir de la charge volumique et du volume du cylindre de Gauss : Qint = ρVGauss   = ρ πr2 l . Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient ρπr2 l 0 ρr E= . 20

E2πrl =

Finalement, le champ électrique pour r < a est  = ρr ur . E 20

(réponse)

Valider la réponse L’orientation du champ est radiale et, puisque le cylindre à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge volumique positive, le champ est dirigé vers l’extérieur. b. Résoudre le problème Pour le module du champ à a < r < b, on utilise la surface de Gauss 2 et on obtient   · dA  = Qint E 0 surface 2

EA =

Qint . 0

Ici, Qint représente la charge du petit cylindre : Qint = ρVa   = ρ πa2 l . Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient   ρ πa2 l E2πrl = 0 2 ρa E= . 2r0 Finalement, le champ électrique pour a < r < b est 2  = ρa ur . E 20 r

(réponse)

Valider la réponse L’orientation du champ est radiale et, puisque le cylindre à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge volumique positive, le champ est dirigé vers l’extérieur. c. Résoudre le problème Pour le module du champ à b < r < c, on utilise la surface de Gauss 3 et on obtient   · dA  = Qint E 0 surface 3

EA = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

Qint . 0 29

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P31

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur du cylindre de Gauss et non la charge totale. Ainsi, on tient seulement compte de la charge surfacique sur la surface intérieure du cylindre creux et de la charge sur le petit cylindre : Qint = Qb + Qa = σ1 Ab + ρVa

  = σ1 (2πbl) + ρ πa2 l   = πl 2bσ1 + a2 ρ . Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient   πl 2bσ1 + a2 ρ E2πrl = 0   2bσ1 + a2 ρ . E= 20 r Finalement, le champ électrique pour b < r < c est  2  ρa + 2bσ1  ur . E= 20 r Valider la réponse

(réponse)

L’orientation du champ est radiale.

d. Résoudre le problème

Pour le module du champ à r > c, on utilise la surface de Gauss 4

et on obtient

 surface 4

 · dA  = Qint E 0

EA =

Qint . 0

Ici, Qint représente la charge totale des deux cylindres : Qint = Qc + Qb + Qa = σ2 Ac + σ1 Ab + ρVa

  = σ2 (2πcl) + σ1 (2πbl) + ρ πa2 l   = πl 2cσ2 + 2bσ1 + a2 ρ .

Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient   πl 2cσ2 + 2bσ1 + a2 ρ E2πrl = 0   2cσ2 + 2bσ1 + a2 ρ E= . 2r0 Finalement, le champ électrique pour r > c est   2 ρa + 2bσ1 + 2cσ2  ur . E= 20 r

(réponse)

P31 Illustrer la situation Voir la figure de la solution P30. Décortiquer le problème Puisque la distribution des charges est un cylindre, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie cylindrique. L’aire transversale d’un cylindre est A = 2πrl. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

30

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P31 Connues

−6

ρ = 9,55 × 10

C/m −6

σ1 = −0,440 × 10

−6

σ2 = 0,170 × 10

3

a = 0,120 m

C/m

C/m

2

b = 0,260 m

2

c = 0,300 m

Inconnues 8 E  20 E  28 E  40 E

Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . E ΦE = 0 surface

a. Résoudre le problème

Pour le module du champ à r < a, on utilise la surface de Gauss 1

et on obtient  surface 1

 · dA  = Qint E 0

EA =

ρVGauss . 0

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur du cylindre de Gauss et non la charge totale. On calcule cette charge à partir de la charge volumique et du volume du cylindre de Gauss : Qint = ρVGauss   = ρ πr2 l . Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient ρπr2 l 0 ρr E= 20 9,55 × 10−6 × 0,08 E= 2 × 8,854 × 10−12 E = 43,1 × 103 N/C .

E2πrl =

Finalement, le champ électrique pour r = 8,00 cm est  = 43,1 kN/C ur . E

(réponse)

Valider la réponse L’orientation du champ est radiale et, puisque le cylindre à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge volumique positive, le champ est dirigé vers l’extérieur.

b. Résoudre le problème

Pour le module du champ à a < r < b, on utilise la surface de

Gauss 2 et on obtient  surface 2

 · dA  = Qint E 0

EA = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

Qint . 0 31

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P31 Ici, Qint représente la charge du petit cylindre :

Qint = ρVa   = ρ πa2 l . Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient   ρ πa2 l E2πrl = 0 2 ρa E= 2r0 9,55 × 10−6 × (0,120)2 E= 2 × 0,200 × 8,854 × 10−12 E = 38,8 × 103 N/C . Finalement, le champ électrique pour r = 20,0 cm est  = 38,8 kN/C ur . E

(réponse)

Valider la réponse L’orientation du champ est radiale et, puisque le cylindre à l’intérieur de la surface de Gauss possède une charge volumique positive, le champ est dirigé vers l’extérieur. c. Résoudre le problème Pour le module du champ à b < r < c, on utilise la surface de Gauss 3 et on obtient   · dA  = Qint E 0 surface 3

EA =

Qint . 0

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur du cylindre de Gauss et non la charge totale. Ainsi, on tient seulement compte de la charge surfacique sur la surface intérieure du cylindre creux et de la charge sur le petit cylindre : Qint = Qb + Qa = σ1 Ab + ρVa

  = σ1 (2πbl) + ρ πa2 l   = πl 2bσ1 + a2 ρ .

Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient   πl 2bσ1 + a2 ρ E2πrl = 0   2bσ1 + a2 ρ E= 20 r   2 × 0,260 × (−0,440 × 10−6 ) + (0,120)2 × 9,55 × 10−6 E= 2 × 8,854 × 10−12 × 0,280 3 E = −18,4 × 10 N/C . Finalement, le champ électrique pour r = 28,0 cm est  = 18,4 kN/C ur . E Valider la réponse

(réponse)

L’orientation du champ est radiale.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

32

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

d. Résoudre le problème

P32

Pour le module du champ à r > c, on utilise la surface de Gauss 4

et on obtient  surface 4

 · dA  = Qint E 0

EA =

Qint . 0

Ici, Qint représente la charge totale des deux cylindres : Qint = Qc + Qb + Qa = σ2 Ac + σ1 Ab + ρVa

  = σ2 (2πcl) + σ1 (2πbl) + ρ πa2 l   = πl 2cσ2 + 2bσ1 + a2 ρ .

Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient   πl 2cσ2 + 2bσ1 + a2 ρ E2πrl = 0   2cσ2 + 2bσ1 + a2 ρ E= 2r0   2 × 0,300 × 0,170 × 10−6 + 2 × 0,260 × (−0,440 × 10−6 ) + (0,120)2 × 9,55 × 10−6 E= 2 × 0,400 × 8,854 × 10−12 3 E = 1,51 × 10 N/C . Finalement, le champ électrique pour r = 40,0 cm est  = 1,51 kN/C ur . E

(réponse)

P32 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre la situation. ¾fil

*

*

E

*

dAp2

dAp3 Gauss 1

+++++++++++++

¾plan

q *

dAf1

d

μ * E * dAp1 * dAf2 d -

*

dAf3

y x

l Gauss 2

Décortiquer le problème Pour trouver le champ créé par le plan qui est une distribution de charges plane, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie plane. L’aire transversale du plan est A. De même, pour trouver le champ créé par le cylindre qui est une distribution cylindrique, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie cylindrique. L’aire transversale du cylindre est A = 2πrl. De plus, la charge pour une plaque et un cylindre est Q = σA. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

33

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P32 Connues −3

m = 2,40 × 10 θ = 9,00◦

−6

σplan = 3,00 × 10

Inconnues  plan E

kg C/m

 cylindre E Q

2

d = 0,800 m σcylindre = −70,0 × 10−6 C/m2 rcylindre = 0,018 0 m

a. Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème on obtient  bout droit

Pour le champ créé par le plan, on utilise la surface de Gauss 1 et    · dA 1+  · dA 2+  · dA  3 = Qint . E E E 0 côté

bout gauche

Puisque le plan a une charge surfacique positive, on obtient EA cos(0◦ ) + Ecôté A3 cos(90◦ ) + EA cos(0◦ ) = 2EA + 0 =

σplan A 0

σplan A 0

σplan 20 3,00 × 10−6 E= 2 × 8,854 × 10−12 E = 169 × 103 N/C . E=

Finalement, le champ électrique créé par le plan à la position de la bille est  plan = 169 kN/Cı . E

(réponse)

Valider la réponse Puisque le champ obtenu est positif, il est orienté vers la droite. L’ordre de grandeur semble correct. b. Identifier la clé La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . E ΦE = 0 surface

Résoudre le problème on obtient  bout gauche

Pour le champ créé par le fil, on utilise la surface de Gauss 2 et    · dA 1+  · dA 2+  · dA  3 = Qint . E E E 0 côté

bout droit

Puisque le fil a une charge surfacique négative, on obtient EA cos(180◦ ) + Ecôté A2 cos(90◦ ) + EA3 cos(90◦ ) = −E2πdl + 0 = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

σplan 2πrcylindre l 0

σcylindre 2πrcylindre l 0 34

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P32 σcylindre rcylindre d0 70,0 × 10−6 × 0,018 0 E= 0,800 × 8,854 × 10−12 E = 178 × 103 N/C . E=−

Finalement, le champ électrique créé par le fil à la position de la bille est  fil = 178 kN/Cı . E

(réponse)

Valider la réponse Puisque le champ obtenu est positif, il est orienté vers la droite. L’ordre de grandeur semble correct. y c. Illustrer la situation La figure ci-contre montre le * diagramme des forces sur la bille. T Identifier les clés La première clé est le principe de superposition pour trouver le champ résultant à la position de la bille : * Fe    E = E1 + E2 . x

μ

La deuxième clé est la définition du champ électrique,   = F . E q2

*

P

La troisième clé est la première loi de Newton sous sa forme scalaire en x et en y pour l’équilibre de la bille :   Fx = 0 et Fy = 0 .

Résoudre le problème Pour déterminer le champ résultant à l’endroit où est la bille, on utilise le principe de superposition et on obtient  cylindre  =E  plan + E E  = 169 kN/Cı + 178 kN/Cı E  = 347 kN/Cı . E Ensuite, en utilisant la première loi de Newton en y appliquée à la figure, on obtient 

Fy = 0

T cos θ = mg mg . T = cos θ Puis, en utilisant la première loi de Newton en x appliquée à la figure, on obtient 

Fx = 0

T sin θ = Fe mg sin θ Fe = cos θ Fe = mg tan θ . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

35

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P33

Quand on applique la définition du champ et qu’on combine les équations, on obtient Fe = qE mg tan θ = qE mg tan θ q= E 2,40 × 10−3 × 9,81 tan 9,00◦ q= 347 × 103 q = 10,7 × 10−9 C . Finalement, puisque la force électrique est dans le sens opposé au champ électrique, la charge doit être négative. Ainsi, q = −10,7 nC . (réponse) Valider la réponse La réponse a du sens. L’ordre de grandeur semble correct. Le signe correspond à la figure.

P33 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Pour trouver le champ créé par le plan positif, qui est une distribution de charges plane, à la position du plan négatif, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie plane. L’aire du plan incluse dans la surface de Gauss est A. De plus, la charge pour une plaque est Q = σA. Connues

Inconnue

σ+

F/A

*

E

¾− *

Fe d

*

¾+

dA2

*

σ− d

Identifier les clés

*

dA1

dA3

Gauss 1

La première clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint , ΦE = E 0 surface

et la deuxième clé est la définition du champ électrique,   =F . E q Résoudre le problème



On utilise la surface de Gauss 1 de la figure et on obtient    · dA 1+  · dA 2+  · dA  3 = Qint . E E E 0

haut

côté

bas

Puisque le plan a une charge surfacique positive, on obtient EA cos(0◦ ) + EA2 cos(90◦ ) + EA cos(0◦ ) = 2EA + 0 = E= c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

σ+ A 0

σ+ A 0

σ+ . 20

36

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P34

Ensuite, pour trouver la force par unité de surface exercée sur la plaque négative, on utilise la définition du champ et on obtient  = qE  F



F = (σ− A)

σ+ 20



σ− σ+ F = . A 20 Finalement, le module de la force par unité de surface est F σ+ |σ− | = . A 20

(réponse)

Valider la réponse Les unités de l’expression trouvée sont bien celles d’une force par unité d’aire. P34 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Puisque la distribution + + + des charges est une sphère, on peut utiliser le théoR rème de Gauss pour une symétrie sphérique. L’aire r + + d’une sphère est A = 4πr2 . +

+

Gauss 1 Gauss 2

Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème Pour le module du champ à r < R, on utilise la surface de Gauss 1 qui dépend du rayon et on obtient   · dA  = Qint E 0 sphère 1

EA =

Qint . 0

Il faut faire attention à Qint , qui représente la charge à l’intérieur de la sphère de Gauss et non la charge totale. On calcule cette charge à partir de la charge volumique et du volume de la sphère de Gauss. Comme la distribution dépend de r, on intègre Qint par rapport à dV , où dV correspond au volume d’une coquille de rayon r et d’épaisseur dr :  r Qint = ρ dVGauss 0 r = αr4πr2 dr 0  r r3 dr = 4πα 0  4 r r = 4πα 4 0 = παr4 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

37

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

Q35 — E36

Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient παr4 0 αr2 E= . 40

E4πr2 =

(réponse)

Pour le module du champ à r > R, on utilise la surface de Gauss 2 et on obtient   · dA  = Qint E 0 sphère 2

EA =

Qint . 0

Ici, Qint représente la charge totale de la sphère : 

R

Qint =

ρ dVsphère 0



R

αr4πr2 dr  r r3 dr = 4πα

=

0

0

 = 4πα

r4 4

R 0

= παR4 . Ainsi, en insérant l’équation de Qint dans l’équation du théorème de Gauss, on obtient απR4 0 αR4 E= . 40 r2

E4πr2 =

(réponse)

Q35 Décortiquer le problème Le champ électrique à l’intérieur d’un conducteur en équilibre électrostatique est nul. Toute la charge du conducteur doit se répartir sur la surface extérieure.

a. Résoudre le problème

Le phénomène d’induction de charge fait en sorte qu’une charge s’accumule sur la face intérieure de la sphère creuse. Cette charge doit compenser la charge ponctuelle q contenue à l’intérieur. Ainsi, Qtot = Qint + q = 0 ⇒ Qint = −q .

(réponse)

Puisque la charge totale de la sphère creuse est −3q, la charge de la surface extérieure de la sphère creuse doit être

b. Résoudre le problème

Qsphère = Qint + Qext = −3q ⇒ Qext = −2q .

(réponse)

E36 Décortiquer le problème Le champ électrique à l’intérieur d’un conducteur en équilibre électrostatique est nul. Toute la charge du conducteur doit se répartir sur la surface extérieure. Puisque la distribution de la charge est la surface d’un cylindre, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie cylindrique. Cependant, la surface cylindrique sur laquelle la charge est répartie se comporte comme une tige pour le champ produit sur la surface de Gauss. On manipule donc une charge répartie linéairement selon une densité linéique de charge λ. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

38

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E37 Inconnues

Connues −9

λ = 50,5 × 10

r = 0,010 0 m

C/m

E5 mm E5 cm

a. Résoudre le problème

Puisque la charge électrique est répartie sur la surface d’un conducteur, le champ électrique à l’intérieur de celui-ci est nul. Ainsi, à une distance de r = 5,00 mm, (réponse) E5 mm = 0,00 N/C .

b. Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . E ΦE = 0 surface

Résoudre le problème Pour une surface de Gauss de forme cylindrique de rayon r = 5,00 cm, le champ électrique sera λl 0 λl E2πrl = 0 EA =

E=

λ 2πr0

50,5 × 10−9 2π × 0,050 0 × 8,854 × 10−12 = 18,2 kN/C .

E5 cm = E5 cm

(réponse)

Valider la réponse Le champ est bien positif, car la charge linéique est positive. L’ordre de grandeur semble correct.

E37 Décortiquer le problème Le champ électrique à l’intérieur d’un conducteur en équilibre électrostatique est nul. Toute la charge du conducteur doit se répartir sur la surface extérieure. Puisque la distribution de la charge est une plaque, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie plane. Connues l = 0,600 m

d = 0,400 m −6

Q = 4,50 × 10

a. Identifier la clé

Inconnues

C

σ  E

La clé est la définition de la charge surfacique : σ=

Q . A

Résoudre le problème Puisque la charge Q doit se répartir sur la surface extérieure pour que le champ soit nul à l’intérieur, ceci implique que la charge va se répartir sur les deux faces de la plaque. Ainsi, il y a une charge de Q 2 sur chaque côté de la plaque et on obtient Q 2ld 4,50 × 10−5 σ= 2 × 0,600 × 0,400 σ = 9,38 × 10−6 C/m2 = 9,38 μC/m2 . σ=

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 39

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E38 — P39

b. Identifier la clé

La clé est le champ électrique tout juste à l’extérieur d’un conducteur :  = σ un . E 0

Résoudre le problème

On obtient  = σ un E 0 −6  = 9,38 × 10 un E 8,854 × 10−12  = 1,06 × 106 N/Cun . E

(réponse)

Valider la réponse Le champ est bien positif, car la charge surfacique est positive. L’ordre de grandeur semble correct.

E38 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Le champ électrique à l’intérieur d’un conducteur en équilibre électrostatique est nul. Toute la charge du conducteur doit se répartir sur la surface extérieure. Résoudre le problème Le phénomène d’induction de charge fait en sorte qu’une charge s’accumule sur la face intérieure du cylindre creux. Cette charge doit compenser la charge contenue à l’intérieur et répartie sur le cylindre intérieur. Ainsi,

r2 r3

r1 ¾1

¾2

Qtot = Qint + q = 0 ⇒ Qint = −q σ2 A2 = −σ1 A1 −σ1 2πr1 l σ2 = 2πr2 l −σ1 r1 . σ2 = r2

(réponse)

P39 Décortiquer le problème Le champ électrique à l’intérieur d’un conducteur en équilibre électrostatique est nul. Toute la charge du conducteur doit se répartir sur la surface extérieure. a. Résoudre le problème Puisque la charge électrique est répartie sur la surface d’un conducteur, le champ électrique à l’intérieur de celui-ci est nul. Ainsi, à l’intérieur de la bille,  = 0,00 N/C . E

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est le théorème de Gauss résolu pour une symétrie sphérique :   · dA  = Qint = EA ΦE = E 0 surface

 = Qint un . E A0

(i)

Résoudre le problème La distance r traitée se trouve entre la bille et la coquille. La charge interne est alors celle de la bille Q1 et on obtient  = Q1 un E A0  = Q1 un . E 4πr2 0 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse)

40

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P40

c. Résoudre le problème

Puisque la charge électrique est répartie sur la surface d’un conducteur, le champ électrique à l’intérieur de celui-ci est nul. Ainsi, à l’intérieur de la sphère creuse,  = 0,00 N/C . E (réponse)

d. Identifier la clé

La clé est le champ en vigueur à la surface d’une surface de Gauss (l’équation (i) obtenue en b.) :  = Qint un . E A0 Résoudre le problème coquille :

La charge intérieure est la somme des charges de la bille et de la Qint = Q1 + Q2 .

En utilisant cette charge dans l’expression du champ à une distance r, on obtient  = Q1 + Q2 un E A0 Q  = 1 + Q2 un . E 4πr2 0

(réponse)

e. Résoudre le problème

Le phénomène d’induction de charge fait en sorte qu’une charge s’accumule sur la face intérieure du cylindre creux. Cette charge doit compenser la charge contenue à l’intérieur et répartie sur le cylindre intérieur. Ainsi, Qtot = Qint + Q1 = 0 Qint = −Q1 σint Aint = −Q1 −Q1 σint = . 4πb2

(réponse)

Et puisque la charge totale de la sphère creuse est Q2 , la charge de la surface extérieure de la sphère creuse doit être Qsphère = Qint + Qext = Q2 Qext = Q2 − Qint σext Aext = Q2 + Q1 Q1 + Q2 . σext = 4π(b + e)2

(réponse)

P40 Décortiquer le problème Le champ électrique à l’intérieur d’un conducteur en équilibre électrostatique est nul. Toute la charge du conducteur doit se répartir sur la surface extérieure. Connues a = 0,001 0 m b = 0,010 m e = 0,002 0 m

−9

Q1 = −3,0 × 10

−9

Q2 = 9,0 × 10

C

C

Inconnues  0,8 E 5 E  11 E  13 E σ

a. Résoudre le problème

La distance de 0,80 mm se trouve à l’intérieur de la bille. Puisque la charge électrique est répartie sur la surface d’un conducteur, le champ électrique à l’intérieur de celui-ci est nul. Ainsi, à l’intérieur de la bille,  = 0,00 N/Cur . E

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 41

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P40

b. Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss résolu pour une symétrie sphérique :   · dA  = Qint = EA ΦE = E 0 surface

 = Qint un . E A0

(i)

Résoudre le problème La distance de 5,0 mm se trouve entre la bille et la coquille. La charge interne étant Q1 , on obtient  = Q1 ur E A0  = Q1 ur E 4πr2 0  = E

−3,0 × 10−9 ur 4π(5,0 × 10−3 )2 × 8,854 × 10−12

 = −1,1 × 106 N/Cur . E

(réponse)

c. Résoudre le problème

La distance de 11 mm se trouve à l’intérieur de la coquille conductrice. Puisque la charge électrique est répartie sur la surface d’un conducteur, le champ électrique à l’intérieur de celui-ci est nul. Ainsi, à l’intérieur de la coquille,  = 0,00 N/C . E

(réponse)

d. Identifier la clé

La clé est le champ en vigueur à la surface d’une surface de Gauss (l’équation (i) obtenue en b.) :  = Qint un . E A0 Résoudre le problème coquille :

La charge intérieure est la somme des charges de la bille et de la Qint = Q1 + Q2 .

En utilisant cette charge dans l’expression du champ à une distance de 13 mm, on obtient  = Q1 + Q2 ur E A0 + Q2 Q 1  = ur E 4πr2 0 −9 −9  = −3,0 × 10 + 9,0 × 10 ur E −12 4π(0,013)2 × 8,854 × 10  = 3,2 × 105 N/Cur . E

(réponse)

e. Résoudre le problème

Puisque le champ électrique doit être nul à l’intérieur du conducteur, la surface intérieure de la coquille doit compenser la charge produite à l’intérieur. Ainsi, Qtot = Qint + Q1 = 0 Qint = −Q1 σint Aint = −Q1 −Q1 σint = 4πb2 3,0 × 10−9 σint = 4π × (0,010)2 σint = 2,4 μC/m2 .

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(réponse) 42

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

E41 — E42

Et puisque la charge totale de la coquille est Q2 , la charge de la surface extérieure de la coquille doit être Qsphère = Qint + Qext = Q2 Qext = Q2 − Qint σext Aext = Q2 + Q1 Q1 + Q2 σext = 4π(b + e)2 −3,0 × 10−9 + 9,0 × 10−9 σint = 4π × (0,010 + 0,002 0)2 σint = 3,3 μC/m2 .

(réponse)

E41 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Comme les charges sont distribuées sur des plaques, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie plane. L’aire transversale du plan est A. De plus, la charge pour une plaque est Q = σA.

Identifier la clé

¾+ *

E

∙ d ¾−

La clé est le théorème de Gauss avec un diélectrique :  libre  · dA  = Qint . ΦE = κE 0 surface

Résoudre le problème Puisque la charge surfacique est la même en module sur les deux plaques, on obtient, pour le champ au centre des deux plaques, σA  un EκA cos(0◦ ) = 0  = − σ j E κ0 σ −−−−−−→  vers le bas . E= κ0

(réponse)

Valider la réponse L’ajout d’un diélectrique fait diminuer le module du champ d’un facteur κ. Le champ est orienté de la plaque positive vers la plaque négative. E42 Illustrer la situation Voir la figure de la solution E41. Décortiquer le problème Comme les charges sont distribuées sur des plaques, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie plane. L’aire transversale du plan est A. De plus, la charge pour une plaque est Q = σA. Connues −6

σ1 = 33,0 × 10

C/m

−6

σ2 = −33,0 × 10

2

Inconnue  E

C/m2

κ = 3,5

Identifier la clé

La clé est le théorème de Gauss avec un diélectrique :  libre  · dA  = Qint . ΦE = κE 0 surface

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43

CHAPITRE 03 — Le théorème de Gauss

P43

Résoudre le problème Puisque la charge surfacique est la même en module sur les deux plaques, on obtient, pour le champ au centre des deux plaques, σA  un EκA cos(0◦ ) = 0  = − σ j E κ0 33,0 × 10−6  =− j E 3,5 × 8,854 × 10−12 −−−−−→  = 1,06 × 106 N/C − E vers le bas .

(réponse)

Valider la réponse On remarque que l’ajout d’un diélectrique fait diminuer le module du champ d’un facteur κ. Le champ est orienté de la plaque positive vers la plaque négative.

P43 Décortiquer le problème Puisque la distribution des charges est cylindrique, on peut utiliser le théorème de Gauss pour une symétrie cylindrique. L’aire latérale du cylindre est A = 2πrl. De plus, la charge est Q = λl. Inconnue

Connues

Identifier la clé

r1 = 0,001 0 m

r2 = 0,002 5 m

κ = 4,0   200  ur N/C E= r

r3 = 0,003 5 m

λ

La clé est le théorème de Gauss avec un diélectrique :  libre  · dA  = Qint . ΦE = κE 0 surface

Résoudre le problème Puisque la charge surfacique est la même en module sur les surfaces du fil et du cylindre, on obtient, pour le champ entre le fil et le cylindre, Eκ0 A cos(0◦ ) = λl Eκ0 2πrl = λl 200 κ0 2πr λ= r λ = 400κ0 π λ = 400 × 4,0 × 8,854 × 10−12 π λ = 45 nC/m . Valider la réponse

(réponse)

La charge linéique est positive et l’ordre de grandeur semble correct.

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44

Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 04

Le potentiel électrique

 de chacune des situations. Q1 Illustrer la situation On trace le vecteur s et le vecteur E

-

+

*

s

*

s

*

*

E

E (a)

(b) *

E

*

E

*

E *

s

*

*

E

+

*

s

*

E

*

E

*

*

E (d)

E (c) Identifier la clé électrique,

E

-

La clé est la variation de l’énergie potentielle électrique en fonction du champ 

f

 ds . E·

ΔUe = −q i

D’après l’équation, si le champ électrique est orienté dans le même sens que le déplacement de la particule, la variation d’énergie sera négative pour une particule positive et positive pour une particule négative. Par contre, si le champ électrique est orienté en sens opposé au déplacement de la particule, la variation d’énergie sera positive pour une particule positive et négative pour une particule négative. a. Résoudre le problème La charge d’un électron est négative. Puisque l’électron se déplace en sens opposé au champ électrique, la variation d’énergie potentielle est négative. ΔU < 0

(réponse)

b. Résoudre le problème

La charge d’un proton est positive. Puisque le proton se déplace en sens opposé au champ électrique, la variation d’énergie potentielle est positive. ΔU > 0

(réponse)

c. Résoudre le problème

La charge d’une particule alpha est positive. Puisque la particule alpha se déplace dans le même sens que le champ électrique, la variation d’énergie potentielle est négative. ΔU < 0 (réponse)

d. Résoudre le problème

La charge d’un électron est négative. Le champ créé par une particule positive est orienté radialement vers l’extérieur. Puisque l’électron se déplace sur une orbite circulaire autour du proton, son mouvement sera toujours tangent au cercle, donc perpendiculaire au champ électrique. Ainsi, la variation d’énergie potentielle est nulle. ΔU = 0

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(réponse) 1

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E2 — E3

E2 Décortiquer le problème Connues xi = 3,0 m xf = 7,0 m

Inconnue −6

Q = −5,0 × 10 C  = (32,0ı + 65,0j) N/C E

Wext

Puisque la charge est immobile au début et à la fin, le travail fourni se limite à l’énergie liée à la variation de potentiel subie par la charge. Identifier les clés La première clé est l’équation du travail extérieur exercé par une force constante sur une particule qui a un déplacement rectiligne,  · Δs = F Δs cos φ . Wext = F Comme il s’agit d’une force électrique, la deuxième clé est la définition du champ électrique,   = F ⇒F  = qE  . E q Résoudre le problème Par le produit scalaire, ı · ı = 1 tandis que j · ı = 0. Ainsi, en combinant les deux équations, on obtient  · Δs Wext = q E Wext = −5,0 × 10−6 × (32,0ı + 65,0j) · (7,0 − 3,0)ı Wext = −6,4 × 10−4 J .

(réponse)

Valider la réponse Le signe négatif signifie que le système cède de l’énergie à son environnement. L’ordre de grandeur semble correct.

E3 Décortiquer le problème Connues

Inconnue −19

qe = −1,602 × 10

vi = 0,00 m/s vf = 4,50 × 10 m/s    = 4,50 × 103ı N/C E 6

−31

me = 9,11 × 10

C

Δs

kg

 = ma, combinée à la définition Identifier les clés La première clé est la deuxième loi de Newton, F du champ électrique :   = ma .  = F ⇒E E q q La deuxième clé est l’équation de la cinématique, vf2 = vi2 + 2aΔs . Résoudre le problème

En combinant les deux équations, on obtient vf2 − vi2 2a (vf2 − vi2 )m Δs = 2qE (4,50 × 106 )2 − 0,00 Δs = 2 × 1,602 × 10−19 × 4,50 × 103 Δs = 12,8 × 10−3 m .

Δs =

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2

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E4 — E5

Puisqu’un électron est une particule négative, le champ électrique crée une accélération dans le sens opposé à celui-ci. Ainsi, le déplacement de l’électron se fait dans le sens opposé au champ : Δs = −12,8 mmı . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

E4 Décortiquer le problème Connues vi = 2,50 × 10 m/s vf = 9,22 × 10 m/s Δs = 1,70 m 5

Inconnues −19

qp = 1,602 × 10

5

−27

mp = 1,673 × 10

C

ΔU

kg

E

a. Identifier la clé

Comme le système est isolé et que la force électrique est une force conservative, l’énergie mécanique du système est conservée : ΔEméc = ΔK + ΔU = 0 1 1 ⇒ mvf2 − mvi2 = −ΔU . 2 2 Résoudre le problème

On obtient

1 1 ΔU = − mvf2 + mvi2 2 2 1 1 ΔU = − × 1,673 × 10−27 × (9,22 × 105 )2 + × 1,673 × 10−27 × (2,50 × 105 )2 2 2 ΔU = −6,59 × 10−16 J . (réponse) Valider la réponse Puisque le module de la vitesse augmente, une partie de l’énergie potentielle se transforme en énergie cinétique, ce qui implique que l’énergie potentielle diminue. b. Identifier la clé La clé est l’équation de la variation d’énergie potentielle pour calculer ΔU d’un système dans lequel une charge se déplace dans un champ uniforme :  · Δs = −qEs cos φ . ΔU = −q E Résoudre le problème Puisque le proton est une charge positive et qu’il se déplace parallèlement au champ électrique, cos φ = 0◦ . Ainsi, on obtient ΔU = −qEs ΔU ⇒E=− qs −6,59 × 10−16 E=− 1,602 × 10−19 × 1,70 E = 2,42 × 103 N/C . Valider la réponse Le champ électrique est positif ; ainsi, comme la charge est positive, le proton accélère grâce au champ. Les résultats ont du sens. L’ordre de grandeur semble correct.

E5 Décortiquer le problème Inconnue

Connues −19

q = 3,204 × 10 C ri = (15,3ı + 9,2j) m rf = (26,7ı + 4,5j) m  = 260,0ı N/C E

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ΔU

3

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E6 Le déplacement Δs est la variation des positions. Ainsi, Δs = rf − ri

Δs = (11,4ı − 4,7j) m . Identifier la clé La clé est l’équation de la variation d’énergie potentielle pour calculer ΔU d’un système dans lequel une charge se déplace dans un champ uniforme :  · Δs . ΔU = −q E Résoudre le problème

Par le produit scalaire, ı · ı = 1 tandis que ı · j = 0. Ainsi, on obtient ΔU = −3,204 × 10−19 × 260,0ı · (11,4ı − 4,7j) ΔU = −9,50 × 10−16 J .

Valider la réponse

Les résultats ont du sens. L’ordre de grandeur semble correct.

E6 Décortiquer le problème Connues

Inconnues −19

vi = 5,0 × 10 m/sı qe = −1,602 × 10 C 3 −31  = −2,0 × 10 N/Cı me = 9,11 × 10 E kg 6

ΔU vf

Δs = 0,200 m

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la variation d’énergie potentielle pour calculer ΔU d’un système dans lequel une charge se déplace dans un champ uniforme :  · Δs = −qEs cos φ . ΔU = −q E Résoudre le problème L’électron se déplace parallèlement au champ électrique, en sens opposé. Par le produit scalaire, ı · ı = 1. Ainsi, on obtient  · Δs ΔU = −qe E ΔU = 1,602 × 10−19 × −2,0 × 103ı · 0,200ı ΔU = −6,4 × 10−17 J .

Valider la réponse Le signe négatif signifie que l’électron perd de l’énergie potentielle pendant son déplacement. Le résultat a du sens et l’ordre de grandeur semble correct. b. Identifier la clé Comme le système est isolé et que la force électrique est une force conservative, l’énergie mécanique du système est conservée : ΔEméc = ΔK + ΔU = 0 1 1 ⇒ mvf2 − mvi2 = −ΔU . 2 2 Résoudre le problème

On isole la vitesse finale et on obtient  2ΔU vf = vi2 − me  2 × −6,4 × 10−17 vf = (5,0 × 106 )2 − 9,11 × 10−31 vf = 1,3 × 107 m/s .

(réponse)

Valider la réponse Puisque l’énergie potentielle diminue, une partie de l’énergie potentielle se transforme en énergie cinétique, ce qui implique que le module de la vitesse augmente. Le résultat a du sens et la vitesse finale est plus petite que la vitesse de la lumière. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

4

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

Q7 — E9

Q7 Décortiquer le problème La charge d’un proton est positive. Identifier la clé

La clé est l’équation de la conservation de l’énergie mécanique, ΔK = −qΔV .

Puisque la variation de l’énergie dépend de la vitesse, selon l’équation K = 12 mv 2 , lorsque la vitesse augmente, l’énergie cinétique augmente aussi. Par contre, d’après l’équation de la conservation de l’énergie mécanique, lorsque la variation d’énergie cinétique augmente, la différence de potentiel électrique diminue pour une particule positive. a. Résoudre le problème Lorsque la vitesse finale (en b) est égale à la vitesse initiale (en a), la variation d’énergie cinétique est égale à 0 et la différence de potentiel est donc nulle. Vb − Va = 0

(réponse)

b. Résoudre le problème

Lorsque la vitesse finale (en b) est plus grande que la vitesse initiale (en a), la variation d’énergie cinétique est positive et la différence de potentiel est donc négative. Vb − Va < 0

(réponse)

c. Résoudre le problème

Lorsque la vitesse finale (en b) est plus petite que la vitesse initiale (en a), la variation d’énergie cinétique est négative et la différence de potentiel est donc positive. Vb − Va > 0

(réponse)

Q8 Décortiquer le problème La charge d’un électron est négative. Identifier la clé

La clé est l’équation de la conservation de l’énergie mécanique, ΔK = −qΔV .

Puisque la variation de l’énergie dépend de la vitesse, selon l’équation K = 12 mv 2 , lorsque l’énergie cinétique augmente, la vitesse augmente aussi. Par contre, d’après l’équation de la conservation de l’énergie mécanique, lorsque le potentiel électrique augmente, la variation d’énergie cinétique diminue pour une particule positive et augmente pour une particule négative. a. Résoudre le problème Lorsque le potentiel final (en d) est plus grand que le potentiel initial (en c), la différence de potentiel est positive et la variation d’énergie cinétique est donc positive, ce qui implique que la vitesse v augmente. (réponse)

b. Résoudre le problème

Lorsque le potentiel final (en d) est égal au potentiel initial (en c), la différence de potentiel est égale à 0 et la variation d’énergie cinétique est donc nulle, ce qui implique que la vitesse v ne change pas. (réponse)

c. Résoudre le problème

Lorsque le potentiel final (en d) est plus petit que le potentiel initial (en c), la différence de potentiel est négative et la variation d’énergie cinétique est donc négative, ce qui implique que la vitesse v diminue. (réponse) *

E9 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Décortiquer le problème Connues E = 600 N/C

E

Á Inconnue ΔV

b

Δs *

µ a

θ = 63◦ xb = −2,0 m xa = 2,0 m Puisque l’angle θ est l’angle entre le champ et l’axe des x positifs et que le déplacement Δs est vers la gauche, l’angle φ = 180◦ − θ. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

5

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E10 Identifier la clé

La clé est l’équation de la différence de potentiel en fonction du champ électrique,  · Δs = −E Δs cos φ . Vb − Va = −E

Résoudre le problème

On obtient ΔV = −600 × 4,0 cos 117◦ ΔV = 1,1 kV .

(réponse)

Valider la réponse Le signe positif signifie que le potentiel augmente du point a au point b. L’ordre de grandeur semble correct.

E10 Décortiquer le problème Connues vi = 0,000 m/s ΔV = 1 000 V

Inconnues −19

qe = −1,602 × 10

−31

me = 9,11 × 10

C

kg

Kf vf

a. Identifier les clés

Comme le système est isolé et que la force électrique est une force conservative, l’énergie mécanique du système est conservée : ΔEméc = ΔK + ΔU = 0 ⇒ Kf − Ki = −ΔU . La deuxième clé est la définition de la différence de potentiel électrique : ΔV =

ΔU ⇒ ΔU = qΔV . q0

Résoudre le problème Pour convertir des électronvolts en joules, on utilise l’équivalence 1 eV = 1,602 × 10−19 J. Ainsi, en combinant les deux équations et en isolant l’énergie finale, on obtient Kf = Ki − qΔV Kf = 0 + e × 1 000 Kf = 1 000 eV = 1,602 × 10−16 J .

(réponse)

Valider la réponse Puisque l’électron est négatif, l’énergie cinétique finale est positive. Cela implique que le module de la vitesse augmente. Le résultat a du sens puisque l’électron est accéléré.

b. Identifier la clé

La clé est la définition de l’énergie cinétique : ΔK =

Résoudre le problème

1 mv 2 . 2

On obtient  vf =  vf =

2Kf me 2 × 1,602 × 10−16 9,11 × 10−31

vf = 1,875 × 107 m/s .

(réponse)

Valider la réponse Puisque l’électron est accéléré, le module de la vitesse augmente. Le résultat a du sens et la vitesse finale est plus petite que la vitesse de la lumière. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

6

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E11 — E12

E11 Décortiquer le problème Connues

Inconnues −19

qα = 2e = 3,204 × 10

C

−27

mα = 4u = 6,644 × 10

v ΔV

kg −13

K = 4,87 MeV = 7,802 × 10

a. Identifier la clé

J

La clé est la définition de l’énergie cinétique : K=

Résoudre le problème

1 mv 2 . 2

On obtient  v=  v=

2K mα 2 × 7,802 × 10−13 6,644 × 10−27

v = 1,53 × 107 m/s .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la vitesse trouvée est possible, quoique très élevé. La vitesse est toutefois inférieure à la vitesse de la lumière. b. Identifier les clés Comme le système est isolé et que la force électrique est une force conservative, l’énergie mécanique du système est conservée : ΔEméc = ΔK + ΔU = 0 ⇒ ΔK = −ΔU . La deuxième clé est la définition de la différence de potentiel électrique : ΔV = Résoudre le problème obtient

ΔU . q0

En combinant les deux équations et en isolant l’énergie finale, on ΔK q 7,802 × 10−13 ΔV = − 3,204 × 10−19 ΔV = 2,44 × 106 V = 2,44 MV . ΔV = −

(réponse)

E12 Décortiquer le problème Connues

Inconnue −6

q = −4,0 × 10

C

Wext

VP = −3,8 × 10 V 5

a. Identifier les clés

La première clé est que lorsqu’une force extérieure est appliquée, l’énergie mécanique du système s’écrit sous la forme Wext = ΔK + ΔU . La deuxième clé est la définition de la différence de potentiel électrique : ΔV =

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ΔU . q0 7

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

P13

Résoudre le problème Puisque les vitesses initiale et finale sont nulles, la variation de l’énergie cinétique est nulle. Ainsi, en combinant les deux équations, on obtient Wext = ΔU = qΔV Wext = −4,0 × 10−6 × −3,8 × 105 Wext = 1,52 J .

b. Résoudre le problème

(réponse)

Il faut fournir de l’énergie au système pour déplacer la charge de l’infini

au point P .

P13 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Le champ électrique est orienté vers les points ayant un potentiel plus faible. Ainsi, il est vertical et orienté vers le bas. Puisque la particule en mouvement est un électron dont la charge est négative, la force exercée sur celui-ci est en sens opposé au champ, donc orientée vers le haut.

1 000 V

~Fe q

~vi

*

E

500 V 0V

Décortiquer le problème Connues −−−−−−→ vi = 1,10 × 107 m/s vers le bas Vplaque bas = 0 V

Inconnue vf

Vplaque haut = 1 000 V Vi = 500 V q = −1,602 × 10−19 C m = 9,11 × 10−31 kg

a. Puisque la force électrique est en sens opposé à la vitesse, l’électron va décélérer jusqu’à atteindre une vitesse nulle, puis accélérer en sens opposé à son mouvement initial. Il faut donc vérifier si l’électron frappe la plaque du bas avant d’atteindre une vitesse nulle. Identifier les clés La première clé est l’équation de la variation de l’énergie cinétique en fonction de la différence de potentiel : ΔK = −qΔV , et la deuxième clé est la définition de l’énergie cinétique : K=

1 mv 2 . 2

Résoudre le problème On peut trouver le potentiel atteint lorsque la vitesse finale est nulle. En combinant les équations, on obtient 1 mv 2 + qVi 2 i mvi2 + Vi Vf = 2q   −9,11 × 10−31 × (1,10 × 107 )2 Vf = + 500 2 × 1,602 × 10−19 Vf = 156 V .

qVf =

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8

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

P14

Puisque le potentiel est plus grand que zéro lorsque la vitesse finale est nulle, l’électron ne touche pas la plaque du bas. L’électron va donc frapper seulement la plaque du haut.

(réponse)

b. Identifier les clés

La première clé est l’équation de la variation de l’énergie cinétique en fonction de la différence de potentiel : ΔK = −qΔV , et la deuxième clé est la définition de l’énergie cinétique : 1 K = mv 2 . 2 Résoudre le problème En combinant les deux équations, on obtient 1 1 mv 2 = mvi2 − q(Vf − Vi ) 2 f 2  2q vf = vi2 − (Vf − Vi ) m  2 × 1,602 × 10−19 vf = (1,10 × 107 )2 + (1 000 − 500) 9,11 × 10−31 vf = 1,72 × 107 m/s .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la vitesse finale a du sens ; la vitesse finale est plus grande que la vitesse initiale, car la force électrique fait accélérer l’électron.  sur la P14 Illustrer la situation La figure ci-dessous montre les éléments de surface infinitésimaux dA surface radiale du cylindre. *

E *

dA ra r

+λ rc Gauss 1 −λ

Décortiquer le problème Le flux électrique à travers n’importe quelle surface fermée est proportionnel à la charge nette à l’intérieur de cette surface. L’aire de la surface latérale du cylindre est 2πRl. a. Identifier la clé La clé est le théorème de Gauss :   · dA  = Qint . ΦE = E 0 surface

Résoudre le problème

Puisque la charge Q = λl, on obtient EA cos(0◦ ) = E2πrl = E=

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λl 0

λl 0

λ . 2πr0 9

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

P15

Puisque la charge de l’anode centrale est positive, le champ est orienté vers l’extérieur. On peut alors l’exprimer sous forme de vecteur, en fonction d’un vecteur unitaire radial dont l’origine est le centre du système :  = λ ur . (réponse) E 2πr0 Valider la réponse Le champ électrique s’oriente de l’anode dont la charge linéique est positive vers la cathode dont la charge est négative.

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de la différence de potentiel en fonction du champ

électrique :



b

ΔV = Vb − Va = −

 · ds . E

a

Résoudre le problème

La différence de potentiel entre l’anode et la cathode est  a  · ds Va − Vc = − E c  a λ · dr Va − Vc = − 2πr c  a0 dr λ Va − Vc = − 2π0 c r λ a Va − Vc = − [ln r]c 2π0 λ Va − Vc = − [ln ra − ln rc ] 2π0  rc λ Va − Vc = ln . 2π0 ra

(réponse)

Valider la réponse Le champ électrique s’oriente de l’anode dont la charge linéique est positive vers la cathode dont la charge est négative. Ainsi, le potentiel augmente de rc à ra et la différence de potentiel entre ces points est positive. La réponse a du sens.

c. Décortiquer le problème Inconnue

Connues −3

ra = 1,00 × 10

m

−3

rc = 10 × 10

m

λ

Va − Vc = 1 000 V

Résoudre le problème

En utilisant le résultat de b. et en isolant λ, on obtient λ=

(Va − Vc )2π0

 ln rrac

λ=

1 000 × 2π × 8,854 × 10−12 

10 × 10−3 ln 1,00 −3 × 10

λ = 24,2 nC/m .

P15 a. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la différence de potentiel en fonction du champ

électrique :

 ΔV = Vr − V0 = −

r

 · ds . E

0

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10

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique Résoudre le problème

P16

La différence de potentiel entre 0 et r est  r Qr · dr Vr − V0 = − 3 4πR 0 0  r Q r dr Vr = V = − 4π0 R3 0  2 r r Q V =− 4π0 R3 2 0 V =−

b. Résoudre le problème

Qr2 . 8π0 R3

(réponse)

Lorsque r = R, on obtient V =−

QR2 Q . =− 3 8π0 R 8π0 R

(réponse)

Valider la réponse Le champ électrique s’oriente vers l’extérieur de la sphère. Ainsi, le potentiel diminue en s’éloignant du centre de la sphère, c’est pourquoi on obtient un signe négatif pour le potentiel. Les réponses ont du sens.

P16 Décortiquer le problème Connues −6

q = 3,50 × 10 C  = (3,00ı − 4,00j + 2,00k) × 103 V/m E

Inconnues Vb − Va ΔK

rb = (−1,00ı + 2,00j + 3,00k) m ra = (2,00ı − 3,00j + 2,00k) m On a Δs = rb − ra = (−3,00ı + 5,00j + 1,00k) m .

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la différence de potentiel en fonction du champ

électrique :  · Δs . ΔV = Vb − Va = −E Résoudre le problème Par le produit scalaire, ı ·ı = j · j = k · k = 1 tandis que ı · j = j · k = k · ı = 0. Ainsi, la différence de potentiel entre Vb − Va est Vb − Va = −(3,00ı − 4,00j + 2,00k) × 103 · (−3,00ı + 5,00j + 1,00k) ΔV = 9,00 × 103 + 20,0 × 103 − 2,00 × 103 ΔV = 27,0 kV .

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de la conservation de l’énergie mécanique en fonction du potentiel électrique : ΔK = −qΔV . Résoudre le problème

On obtient

ΔK = −3,50 × 10−6 × 27,0 × 103 = −94,5 × 10−3 J .

(réponse)

Valider la réponse La variation d’énergie cinétique est négative, c’est-à-dire que la charge perd de la vitesse en se déplaçant du point a au point b. Ainsi, la variation de potentiel est positive. Les réponses ont du sens. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

11

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

Q17 — Q19

Q17 Décortiquer le problème Une surface équipotentielle est une surface dont les points sont tous au même potentiel électrique. Ainsi, la différence de potentiel est nulle. Identifier la clé La clé est l’équation du travail extérieur : Wext = ΔK + qΔV . Résoudre le problème

Puisque la vitesse est constante, ΔK = 0. Et puisque ΔV = 0, Wext = 0 J .

Q18 a. Illustrer la situation La figure ci-dessous montre les surfaces équipotentielles superposées aux lignes de champ.

B

C

D

A

b. Décortiquer le problème Le champ électrique est perpendiculaire aux surfaces équipotentielles et son sens est vers le potentiel plus faible. Résoudre le problème Le point B est à un potentiel plus faible que le point D, qui est à un potentiel plus faible que C, lequel est à un potentiel plus faible que A : V B < VD < VC < VA .

(réponse)

Q19 a. Illustrer la situation La figure ci-dessous montre les surfaces équipotentielles superposées aux lignes de champ.

a

b

c d

+q V=0

e −2q

x

Décortiquer le problème Le champ électrique est perpendiculaire aux surfaces équipotentielles et son sens est vers le potentiel plus faible. Ainsi, le champ se dirige de la charge positive vers la charge négative. Identifier la clé La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : V =

kq1 kq2 + . r1 r2

Résoudre le problème Comme la charge de droite est plus grande que la charge de gauche en valeur absolue, la distance entre la surface équipotentielle où V = 0 et la charge de droite doit être plus grande que la distance entre la surface équipotentielle où V = 0 et la charge de gauche. Finalement, les points où le potentiel est nul sont les points a et b.

(réponse)

b. Résoudre le problème

D’après le schéma, tous les points sur l’équipotentielle qui entoure la charge positive où sont situés les points a et b sont au potentiel V = 0.

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12

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

Q20 Identifier la clé

Q20 — E21

La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : V =

Résoudre le problème

kq2 kq1 + . r1 r2

Si on applique l’équation aux trois points, on obtient 10kq kq 2kq + = d 3d 6d 9kq kq 2kq + = Vb = 2d 2d 6d 14kq kq 2kq + = . Vc = 3d d 6d

Va =

En appliquant ces équations aux différences de potentiel, on peut alors les classer : 5 6 4 (ii) Vc − Va = 6 1 (iii) Va − Vb = . 6 (i) Vc − Vb =

Finalement, l’ordre croissant est ΔV(iii) < ΔV(ii) < ΔV(i) .

(réponse)

E21 Décortiquer le problème Inconnues

Connues −6

q = −2,0 × 10

C

xa = 0,050 m

xb = 0,020 m

Vb − Va

yc = 0,050 m

Vb − Vc

Le champ électrique est perpendiculaire aux surfaces équipotentielles et son sens est vers le potentiel plus faible. Puisque la charge est négative, le champ se dirige vers la charge. Les surfaces équipotentielles forment alors des sphères concentriques autour de la charge. Identifier la clé La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : V =

a. Résoudre le problème

kq . r

On obtient

kq kq − xb xa     8,99 × 109 × −2,0 × 10−6 8,99 × 109 × −2,0 × 10−6 − Vb − Va = 0,020 0,050 Vb − Va = −5,4 × 105 V .

Vb − Va =

b. Résoudre le problème

(réponse)

On obtient

kq kq − xb xc 8,99 × 109 × 2,0 × 10−6 8,99 × 109 × 2,0 × 10−6 + Vb − Vc = − 0,020 0,050 5 Vb − Vc = −5,4 × 10 V .

Vb − Vc =

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(réponse) 13

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E22 — E23

Valider la réponse Puisque les surfaces équipotentielles sont concentriques autour de la charge, il est normal que le point a soit au même potentiel que le point c, car ils sont à la même distance de la charge. C’est pourquoi les deux différences de potentiel donnent le même résultat. E22 Décortiquer le problème Connues Inconnue q1 = −2,00 × 10−9 C −9

q2 = 1,50 × 10

−9

q3 = 1,50 × 10

VP

C C

On peut calculer la distance entre chaque charge et le point P : r1 = 0,050 02 − 0,015 02 = 0,047 7 m et r2 = r3 = 0,015 0 m . Identifier la clé

La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : kq1 kq2 kq3 + + . r1 r2 r3

V = Résoudre le problème

On obtient

kq1 kq2 kq3 + + r1 r2 r

3  1,50 × 10−9 1,50 × 10−9 2,00 × 10−9 9 + + VP = 8,99 × 10 − 0,047 7 0,015 0 0,015 0 VP =

VP = 1,42 kV .

(réponse)

E23 Décortiquer le problème Inconnues

Connues −6

q1 = 1,0 × 10

C

−6

q2 = −2,0 × 10

−6

q3 = 3,0 × 10

C

C

−6

q4 = −4,0 × 10

Va Vb Wext

C

l = 0,050 m h = 0,030 m

a. On calcule tout d’abord la distance entre chaque charge et le point a : 0,030 h = = 0,015 m 2 2 

2 h 2 r2 = r4 = l + = 0,0502 + 0,0152 = 0,052 2 m . 2

r1 = r3 =

Identifier la clé

La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : V =

Résoudre le problème

kq2 kq3 kq4 kq1 + + + . r1 r2 r3 r4

On obtient

kq1 kq2 kq3 kq4 + + + r1 r2 r3 r4

 −6 1,0 × 10 2,0 × 10−6 3,0 × 10−6 4,0 × 10−6 − + − Va = 8,99 × 109 0,015 0,052 2 0,015 0,052 2 Va =

Va = 1,4 × 106 V . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 14

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E24

b. On calcule tout d’abord la distance entre chaque charge et le point b : 0,050 l = = 0,025 m 2 2 

2 l r3 = r4 = h2 + = 0,0302 + 0,0252 = 0,039 1 m . 2

r1 = r2 =

Identifier la clé

La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : V =

Résoudre le problème

kq1 kq2 kq3 kq4 + + + . r1 r2 r3 r4

On obtient

kq1 kq2 kq3 kq4 + + + r1 r2 r3 r4

 −6 1,0 × 10 2,0 × 10−6 3,0 × 10−6 4,0 × 10−6 − + − Vb = 8,99 × 109 0,025 0,025 0,039 1 0,039 1 Vb =

Vb = −5,9 × 105 V .

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation du travail fait par une force extérieure par rapport à l’énergie mécanique du système : Wext = ΔK − qΔV .

Résoudre le problème

Puisque l’énergie cinétique au début et à la fin est nulle, Wext = −q5 (Vb − Va ) .

Ainsi, on obtient   Wext = −5,0 × 10−6 × −5,9 × 105 − 1,4 × 106 Wext = 9,8 J . Valider la réponse Le travail est positif, ce qui veut dire qu’il faut fournir de l’énergie pour pouvoir déplacer une charge négative du point a au point b.

E24 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la situation. Le champ électrique est orienté vers les points ayant un potentiel plus faible. Les surfaces équipotentielles sont perpendiculaires aux lignes de champ. Puisque la charge q1 est plus faible que la charge q2 , la surface équipotentielle où V = 0 sera un ovale autour de la charge q1 . Décortiquer le problème Inconnues Connues q1 = −q

y

q2 = +3q d = 0,060 0 m

x

a. Identifier la clé

y q2 + d y q 1 x

-

x

x′

y′ V=0

La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : V =

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kq2 kq1 + . r1 r2 15

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E24

De plus, d’après la figure, sur l’axe des y, on aura deux points où V = 0 : r1 = y et r2 = 0,060 0 − y , r1 = y  et r2 = 0,060 0 + y  . Résoudre le problème

On a V = 0 lorsque V1 kq1 r1 q − r1 r2

= −V2 kq2 =− r2 3q =− r2 = 3r1 .

En combinant les deux équations obtenues, on obtient soit 0,060 0 − y = 3y 0,060 0 y= 4 y = 0,015 0 m , soit 0,060 0 + y  = 3y  0,060 0 y = 2 y  = 0,030 0 m . Finalement, les deux positions sur l’axe des y où V = 0 sont y = −3,00 cm et y = 1,50 cm .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : V =

kq1 kq2 + . r1 r2

De plus, d’après la figure, sur l’axe des x, on aura r1 = ±x et r2 = Résoudre le problème On a V = 0 lorsque V1 kq1 r1 q − r1 r2



0,060 02 + x2 .

= −V2 kq2 =− r2 3q =− r2 = 3r1 .

En combinant les deux équations obtenues, on obtient 0,060 02 + x2 = ±3x 0,060 02 + x2 = 9x2 0,060 0 x= √ 8 x = ±0,021 2 m . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

16

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E25 — E27

Finalement, les deux positions sur l’axe des x où V = 0 sont x = 2,12 cm et x = −2,12 cm .

(réponse)

Valider la réponse Les valeurs de x et de y représentent bien la surface équipotentielle où V = 0, comme le montre la figure. L’ordre de grandeur est correct. E25 Décortiquer le problème Le potentiel nul est plus près de la charge q2 que de la charge q1 , ce qui veut dire que la charge q2 est plus petite que la charge q1 . Identifier la clé La clé est l’équation du potentiel d’une configuration de charges ponctuelles : V = Résoudre le problème

kq2 kq1 + . r1 r2

Puisque V = 0 à x = 1,60 m, on obtient kq1 kq2 =− r1 r2 q2 q1 =− 1,60 (2,00 − 1,60) q1 = −4,00q2 .

(réponse)

Valider la réponse On obtient bien une charge plus petite pour q2 . Q26 Identifier la clé La clé est l’équation de la conservation de l’énergie mécanique avec l’équation de l’énergie potentielle du système : ΔK = −ΔU avec U = Résoudre le problème

kq1 q2 . r12

On calcule l’énergie potentielle du système U de chacune des situations. kqe d kqe = 2d 2kqe kqe kqe + = = d d d kqe kqe kqe + = = 2d 2d d

U(i) = U(ii) U(iii) U(iv)

Selon la conservation de l’énergie, plus l’énergie potentielle du système est grande, plus l’électron a une énergie cinétique grande lorsqu’il se retrouve très loin des autres charges. Ainsi, (réponse) K(ii) < K(i) = K(iv) < K(iii) .

E27 Décortiquer le problème Puisque la charge est immobile au départ et à la fin, la variation de l’énergie cinétique est nulle. Ainsi, le travail extérieur nécessaire pour amener la charge q3 à l’origine dépend seulement de l’énergie potentielle du système. Connues −6

q1 = 3,00 × 10 r1 = 4,00ı cm

C

Inconnue Wext

q2 = 2,00 × 10−6 C   r2 = −3,00ı + 2,00j + 1,00k cm q3 = −1,00 × 10−6 C

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17

CHAPITRE 04 — Le potentiel électrique

E28 — E29 Identifier la clé système :

La clé est l’équation du travail extérieur en fonction de l’énergie potentielle du

Wext = q3 ΔV = q3

Résoudre le problème On obtient

 kq1 kq2 Wext = q3 + r13 r23



Wext = −1,00 × 10−6 × 8,99 × 109

kq1 kq2 + r13 r23

 .

2,00 × 10−6 3,00 × 10−6 + 0,040 0 0,030 02 + 0,020 02 + 0,010 02

Wext = −1,15 J .



(réponse)

Valider la réponse Le travail obtenu est négatif, ce qui veut dire qu’il faut retirer de l’énergie du système pour amener la charge à l’origine.

E28 Décortiquer le problème Puisque les charges sont immobiles au départ et à la fin, la variation de l’énergie cinétique est nulle. Ainsi, le travail extérieur nécessaire pour amener chaque charge aux positions demandées dépend seulement de l’énergie potentielle du système. Initialement, l’énergie potentielle du système est nulle, car les charges se trouvent à l’infini. Identifier la clé La clé est le calcul de l’énergie potentielle du système avant et après le déplacement, selon l’équation 4.23 : Wext = ΔU ,

avec

U=

N  kqi qj i i(i) .

(réponse)

Q2 Décortiquer le problème Comme le courant électrique correspond au nombre de charges qui passent vis-à-vis un point, le courant doit être conservé, car la charge est conservée. Ainsi, la somme algébrique des courants qui arrivent à un nœud est égale à la somme algébrique des courants qui quittent ce nœud. Identifier la clé La clé est la conservation des courants à un nœud :   isortant . ientrant = Résoudre le problème la branche du centre :

Ainsi, en appliquant la clé au nœud de droite, on obtient le courant dans icentre = 3 mA + 1 mA − 2 mA ⇒ icentre = 2 mA .

Puisque la valeur obtenue est positive, le courant dans la branche du centre est orienté vers la droite. Finalement, en appliquant la clé au nœud de gauche, i = 6 mA − 2 mA ⇒ i = 4 mA . Puisque le courant obtenu est positif, i = 4 mA, orienté vers la gauche.

(réponse)

Valider la réponse On a bien obtenu une valeur de courant en milliampères et un sens pour le courant. E3 Illustrer la situation La figure ci-contre illustre la +2e n+ situation. Décortiquer le problème Le sens du courant élecn− −e trique correspond au sens du déplacement des porteurs de charge positive ou au sens opposé au mouvement des porteurs de charge négative.

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1

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

E4 — E5 Connues n = 4,5 × 10 +

16

−

16

n = 7,9 × 10 Δt = 1 s

Inconnue

ions

q+ = +2e

ions

q− = −e

i

Identifier la clé La clé est la définition du courant électrique en fonction de la charge nette qui traverse une surface par unité de temps :    Qnet   .  i= Δt  Résoudre le problème

Ainsi, on obtient

   4,5 × 1016 × 2 × 1,602 × 10−19 + 7,9 × 1016 × 1,602 × 10−19    i=  1 i = 27 mA . Finalement, puisque le courant est dans le sens des porteurs de charge positive et dans le sens opposé au mouvement des porteurs de charge négative, les deux valeurs s’additionnent et sont orientées vers la gauche, i = 27 mA, orienté vers la gauche. (réponse)

E4 Décortiquer le problème Connues i = 2,5 A

Δt = 240 s

Inconnue Né

Identifier la clé La clé est la définition du courant électrique en fonction de la charge nette qui traverse une surface par unité de temps :    Qnet   ⇒ Qnet = |i Δt| . i =  Δt  Résoudre le problème

Ainsi, on obtient Qnet = 2,5 × 240 = 600 C .

Puisque la charge d’un électron est qé = −1,602 × 10−19 C, le nombre d’électrons qui traversent la pile est, en valeur absolue, Qnet = 3,7 × 1021 électrons. (réponse) Né = |qé | Valider la réponse L’ordre de grandeur pour un nombre d’électrons semble correct. E5 Identifier la clé La clé est la définition générale du courant électrique à l’aide de la dérivée :    dq  i =   . dt Résoudre le problème

On obtient

  d 6,0t2 − 2,0t + 4,0 dt i = 12t − 2,0 .

i=

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2

CHAPITRE 06 — Le courant électrique Ainsi, au temps t = 3,0s, Valider la réponse

P6

i(t) = 12 × 3,0 − 2,0 = 34 mA .

(réponse)

Puisque la charge est en millicoulombs, le courant est mesuré en milliampères.

P6 Décortiquer le problème La masse volumique et la masse molaire de l’aluminium sont présentées à l’annexe F. Un fil est un cylindre ; l’aire des faces planes d’un cylindre est A = πR2 = πd2 /4, où d est le diamètre du fil. Inconnues Connues ρAl = 2,700 × 106 g/m3 MAl = 26,982 g/mol Δx = 1,00 m

d = 5,19 × 10−3 m

n vd Δt

i = 1,50 A

a. Identifier la clé

La densité de porteurs de charge est égale au nombre d’atomes par unité de volume, qui peut être calculé à partir de la masse volumique et de la masse molaire du matériau. La clé est donc l’équation suivante : NA ρm . n= M Résoudre le problème

Ainsi, on obtient NA ρAl MAl 6,022 × 1023 mol−1 × 2,700 × 106 g/m3 n= 26,982 g/mol n=

n = 6,026 × 1028 m−3 .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation du courant parcourant un fil en fonction de la vitesse de

dérive : i = nevd A ⇒ vd = Résoudre le problème

4i i = . neA πned2

Ainsi, en utilisant le résultat obtenu précédemment, on obtient vd =

4 × 1,50    2 28 1,602 × 10−19 (0,005 19) π 6,026 × 10

vd = 7,34 × 10−6 m/s .

(réponse)

Valider la réponse La valeur obtenue semble être très faible, mais elle représente bien la réalité. La vitesse de dérive des électrons dans un conducteur est assez faible.

c. Identifier la clé

La clé est l’équation de la cinématique qui relie la distance, la vitesse et le temps lorsque la vitesse est constante (donc, lorsque l’accélération est nulle) : Δx = vd Δt ⇒ Δt =

Résoudre le problème

Δx . vd

Ainsi, on obtient 1,00 7,34 × 10−6 Δt = 1,36 × 105 s = 1,58 jour . Δt =

(réponse)

Valider la réponse La valeur obtenue semble vraiment grande, mais elle représente bien la réalité, car la vitesse de dérive des électrons est si faible que le temps qu’un électron prend pour se déplacer d’un mètre est très grand. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

3

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

P7

P7 Décortiquer le problème La masse volumique et la masse molaire du cuivre sont présentées à l’annexe F. Un fil est un cylindre ; l’aire de la section est A = πR2 = πd2 /4, où d est le diamètre du fil. Inconnues Connues ρCu = 8,920 × 103 kg/m3

vd

d = 0,005 00 m −3

MCu = 63,546 × 10 N = 270 × 10

10

a. Identifier les clés

kg/mol

électrons

−3

Δt = 1,00 × 10

J

s

La première clé est la définition de la densité de courant :

i . A La deuxième clé est la définition du courant électrique en fonction de la charge nette qui traverse une surface par unité de temps :    Qnet    . i= Δt  J=

Résoudre le problème

Ainsi, en combinant les deux clés, on obtient    Qnet  1  J =  Δt  A    Qnet  4  J =  Δt  πd2    270 × 1010 × 1,602 × 10−19  4  J =   π(0,005 00)2 1,00 × 10−3 J = 22 A/m2 .

Finalement, puisque les électrons sont des charges négatives et qu’ils se déplacent vers la droite, la densité de courant sera dans le sens opposé au mouvement des électrons. Donc, −−−−−−−→ J = 22 A/m2 − vers la gauche . (réponse) Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. La direction est cohérente avec la théorie. b. Décortiquer le problème Pour trouver la vitesse de dérive, il faut tout d’abord trouver la densité de porteurs de charge qui est égale au nombre d’atomes par unité de volume, et qui peut être calculée à partir de la masse volumique et de la masse molaire du matériau. Identifier les clés La première clé est donc l’équation suivante : NA ρm . M La deuxième clé est l’équation de la densité de courant dans un fil en fonction de la vitesse de dérive : J = nqvd ⇒ vd = J . nq Résoudre le problème Ainsi, en combinant les deux clés et en utilisant le résultat obtenu précédemment, on obtient n=

J MCu q NA ρCu 63,546 × 10−3 22 vd = − −19 1,602 × 10 6,022 × 1023 × 8,920 × 103 vd = −1,63 × 10−9 m/s .

vd =

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(réponse) 4

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

P8 — P9

Finalement, pour les conducteurs, la charge des porteurs de charge (les électrons) est q = −e et la densité de courant est opposée à la vitesse de dérive. Donc, −−−−−−−→ vd = 1,63 × 10−9 m/s vers la droite . (réponse) Valider la réponse La réponse semble être très faible, mais elle représente bien la réalité. La vitesse de dérive des électrons dans un conducteur est très, très faible. La direction est cohérente avec la théorie.

P8 Identifier la clé

La clé est la définition du courant électrique en fonction de la charge nette qui traverse une surface par unité de temps :    Qnet   ⇒ Q = i Δt . i =  Δt  Puisque le courant varie en fonction du temps, q(t) = Résoudre le problème

 i(t) dt .

Ainsi, on obtient

5,00  q= (4,00t − 6,00) dt 2,00



q = 4,00

t2 2

5,00 5,00

− 6,00 (t)2,00 2,00 2

q = 2,00 × 5,00 − 2,00 × 2,002 − 6,00 × 5,00 + 6,00 × 2,00 q = 24,0 C . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la charge semble correct.

P9 a. Décortiquer le problème Comme la densité de courant dépend de la distance r par rapport  est un anneau, de rayon r et d’épaisseur dr. L’aire de au centre du fil circulaire, l’élément dA  est parallèle à la densité de courant. cet anneau est dA = 2πr dr. L’élément dA Identifier la clé La clé est l’équation qui relie le courant au flux de la densité de courant à travers la surface :   R r

  2πr dr cos(0◦ ) . J0 1 − i = J · dA = R 0 fil

Résoudre le problème

b. Identifier la clé

On intègre sur toute la surface et on obtient   R r2 i = 2πJ0 r− dr R 0  2 R r r3  − i = 2πJ0 2 3R 0  2  R R2 − i = 2πJ0 2 3 2 J0 πR . i= 3

(réponse)

La clé est l’équation qui relie le courant au flux de la densité de courant à

travers la surface :



 J · dA  =

i= fil

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0

R/2

r

2πr dr cos(0◦ ) . J0 1 − R 5

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

Q10 Résoudre le problème

Q10 a. Identifier la clé

On intègre sur toute la surface de 0 à R/2 et on obtient   R/2  r2 i = 2πJ0 r− dr R 0  2 R/2 r r3  − i = 2πJ0 2 3R 0  2  R R3 − i = 2πJ0 8 24R 2 J0 πR . i= 6

La clé est l’équation de la densité de courant en fonction du champ électrique :  2  J = ne τ E  . m

Résoudre le problème

Ainsi, si on multiplie par 2 le module du champ électrique, la densité de courant double.

b. Identifier la clé

(réponse)

(réponse)

La clé est l’équation de la densité de courant en fonction du courant : J=

Résoudre le problème

i . A

Ainsi, si on multiplie par 2 la valeur du courant, la densité de courant double.

(réponse) 2

c. Décortiquer le problème L’aire du fil est circulaire, selon l’équation A = π d4 . Identifier la clé

La clé est l’équation de la densité de courant en fonction du courant : J=

Résoudre le problème

i 4i = . A πd2

Ainsi, si on multiplie par 2 le diamètre du fil, la densité de courant est divisée par 4.

d. Identifier les clés

(réponse)

La première clé est l’équation de la densité de courant en fonction du champ

électrique :

 J =

ne2 τ m

  . E

La deuxième clé est l’équation suivante : nm =

NA ρm . M

Résoudre le problème Puisque la densité de courant dépend de la densité de porteurs de charge, on peut comparer la densité de porteurs de charge pour les deux matériaux. On compare les deux matériaux : NA ρCu MCu 6,022 × 1023 mol−1 × 8,920 × 106 g/m3 = 63,546 g/mol

nCu = nCu

nCu = 8,453 × 1028 m−3 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

6

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

E11 — E12

et NA ρAl MAl 6,022 × 1023 mol−1 × 2,700 × 106 g/m3 = 26,982 g/mol

nAl = nAl

nAl = 6,026 × 1028 m−3 . Ainsi, la densité de courant sera plus faible, dans le fil d’aluminium.

(réponse)

E11 a. Décortiquer le problème Le plomb est un matériau dont la résistivité est de ρ = 1,92 × 10−7 Ω · m, selon le tableau 6.1. Connues  = 5,73 × 10−5 V/mı E dfil = 1,00 mm Identifier la clé

Inconnues σ i

La clé est le lien entre la résistivité et la conductivité des matériaux : ρ=

Résoudre le problème

1 1 ⇒σ= . σ ρ

On obtient 1 1,92 × 10−7 σ = 5,21 × 106 A/(V · m) .

σ=

(réponse)

b. Décortiquer le problème L’aire d’une section du fil est donnée par l’équation suivante : A=

π(1 × 10−3 )2 πd2 = = 7,854 × 10−7 m2 . 4 4

Identifier les clés La première clé est l’équation qui donne le courant en fonction de la densité de courant à travers une surface perpendiculaire à celle-ci : i = JA , et la deuxième clé est la définition de la conductivité d’un matériau selon la densité du courant et le module du champ électrique : J . σ= E Résoudre le problème En combinant les deux clés, on obtient i = σEA i = 5,21 × 106 × 5,73 × 10−5 × 7,854 × 10−7 i = 2,34 × 10−4 A . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur du courant semble correct.

E12 Décortiquer le problème Connues  E = −2,47 × 10−3 V/mj n = 6,61 × 10

28

m

−14

τ = 2,00 × 10

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

−3

s

Inconnues vd J ρ 7

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

E13

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la vitesse de dérive en fonction du champ électrique : vd = −

Résoudre le problème

eτ  E. m

On obtient

 1,602 × 10−19 × 2,00 × 10−14  × −2,47 × 10−3 j 9,109 × 10−31 vd = 8,69 × 10−6 m/s j . vd = −

(réponse)

Valider la réponse Puisque le champ électrique est dans la direction −j, la vitesse de dérive est bien dans le sens contraire, soit j. L’ordre de grandeur semble correct.

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de la densité de courant en fonction du champ électrique :  2   . J = ne τ E m

Résoudre le problème Ainsi, on obtient   28 −19 2 −14   J = 6,61 × 10 × (1,602 × 10 ) × 2,00 × 10 −2,47 × 10−3 j 9,109 × 10−31 J = −9,20 × 104 A/m2 j .

c. Identifier les clés

(réponse)

La première clé est le lien entre la résistivité et la conductivité des maté-

riaux :

1 . σ La deuxième clé est la définition de la conductivité d’un matériau selon la densité du courant et le module du champ électrique : J . σ= E ρ=

Résoudre le problème

En combinant les deux équations, on obtient 1 E = σ J 2,47 × 10−3 ρ= 9,20 × 104 ρ = 2,68 × 10−8 V · m/A . ρ=

(réponse)

Valider la réponse La résistivité obtenue est du même ordre que la résistivité de l’aluminium et y est très similaire.

E13 Décortiquer le problème Inconnue

Connues −3

d = 7,00 × 10

m

i = 140 A

E

Selon le tableau 6.1, la résistivité du cuivre est ρ = 1,68 × 10−8 V · m/A. De plus, un fil peut être 2 considéré comme un cylindre dont la section transversale est un cercle et dont l’aire est A = πd4 = −5 2 3,85 × 10 m . Identifier les clés La première clé est l’équation de la densité de courant en fonction du champ électrique : J = 1 E  ⇒J = E . ρ ρ c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

8

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

P14

La deuxième clé est l’équation qui donne le courant en fonction de la densité de courant à travers une surface perpendiculaire à celle-ci : i = JA . Résoudre le problème

En combinant les deux équations, on obtient ρi A 1,68 × 10−8 × 140 E= 3,85 × 10−5 E = 61,1 mV/m .

E=

(réponse)

Valider la réponse Le module du champ électrique est positif et l’ordre de grandeur semble correct. P14 Décortiquer le problème Connues Inconnues dsans E = 3,18 × 10−9 m vth sans E = 115 × 10 m/s 3

vd avec E = 15,0 × 10−6 m/s

a. Identifier la clé

τ E ρ

La clé est l’équation de la cinématique à vitesse constante : v=

Résoudre le problème champ électrique :

d d ⇒τ = . t vth

On obtient alors le temps moyen entre deux collisions en absence de 3,18 × 10−9 115 × 103 τ = 2,8 × 10−14 s . τ=

(réponse)

Valider la réponse

L’ordre de grandeur du temps moyen correspond à la réalité. La clé est l’équation de la vitesse moyenne des électrons (vitesse de dérive) en fonction du champ électrique : eτ  m vd . vd = − E ⇒E= m eτ

b. Identifier la clé

Résoudre le problème

On obtient 9,109 × 10−31 × 15,0 × 10−6 1,602 × 10−19 × 2,8 × 10−14 E = 3,1 mV/m .

E=

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur du module du champ électrique correspond à la réalité. c. Identifier la clé La clé est de trouver la résistivité du matériau en appliquant l’équation de la résistivité en fonction du temps moyen des collisions : m ρ= 2 . ne τ Résoudre le problème En supposant que le nombre d’électrons de conduction de ce métal est de n = 2,11 × 1028 m−3 , on obtient ρ=

9,109 × 10−31 2 2,11 × 1028 × 1,602 × 10−19 × 2,8 × 10−14 

ρ = 6,01 × 10−8 V · m/A . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

9

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

Q15 — E18

Finalement, le matériau qui se rapproche le plus de la valeur obtenue est le laiton .

(réponse)

Valider la réponse La valeur réelle de la résistivité du laiton est de ρ = 6,08 × 10−8 V · m/A, selon le tableau 6.1. Ainsi, la différence est de moins de 1,2 %.

Q15 Décortiquer le problème La résistivité d’un semi-conducteur diminue lorsque la température augmente. Résoudre le problème courbe

Ainsi, la seule courbe qui diminue en fonction de la température est la (ii) .

(réponse)

Q16 Décortiquer le problème La résistivité d’un semi-conducteur augmente lorsque la température diminue. Identifier la clé électrique :

La clé est l’équation qui relie la densité de courant à la résistivité et au champ J = 1 E  . ρ

Résoudre le problème Ainsi, pour un champ électrique constant, la densité de courant diminue lorsque la résistivité augmente. Finalement, J diminue .

(réponse)

E17 Décortiquer le problème Dans le cas des conducteurs, la résistivité du matériau augmente en fonction de la température. Identifier la clé La clé est l’équation qui donne la résistivité en fonction de la température : ρ = ρ0 [1 + α(T − T0 )] . Résoudre le problème À T0 = 20 ◦C, la résistivité du cuivre est de ρCu(0) = 1,68 × 10−8 Ω · m et la résistivité de l’aluminium est de ρAl(0) = 2,65 × 10−8 Ω · m. De plus, le coefficient thermique de résistivité du cuivre est de αCu = 3,9 × 10−3 K−1 . Pour obtenir la température requise pour que la résistivité du cuivre soit égale à celle de l’aluminium à T0 = 20 ◦C, on doit isoler la température. On obtient   1 ρ T = T0 + −1 α ρ0   ρAl(0) 1 T = T0 + −1 αCu ρCu(0)   2,65 × 10−8 1 T = 20 + −1 3,9 × 10−3 1,68 × 10−8 T = 1,7 × 102 ◦C .

(réponse)

Valider la réponse La température obtenue est plus grande que la température initiale (20 ◦C), puisque la résistivité de l’aluminium est plus grande que celle du cuivre à la même température. Ainsi, il est normal que la température augmente lorsque la résistivité augmente. E18 Décortiquer le problème Dans le cas des conducteurs, la résistivité du matériau augmente en fonction de la température. Inconnue Connues J20 = 0,100 A/m2 T20 = 20,0˚C

J−20

T−30 = −30,0˚C

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

10

CHAPITRE 06 — Le courant électrique Identifier les clés rature :

Q19

La première clé est l’équation qui donne la résistivité en fonction de la tempéρ = ρ0 [1 + α(T − T0 )] .

La deuxième clé est l’équation qui relie la densité de courant à la résistivité et au champ électrique : J = 1 E  . ρ Résoudre le problème À T0 = 20,0 ◦C, la résistivité de l’aluminium est de ρAl(0) = 2,65 × 10−8 Ω · m. De plus, le coefficient thermique de résistivité de l’aluminium est de αAl = 3,9 × 10−3 K−1 . En utilisant la première clé pour une température de T = −30,0 ◦C, on obtient ρ = ρ0 [1 + α(T − T0 )]  ρ = 2,65 × 10−8 1 + 3,9 × 10−3 (−30,0 − 20,0) ρ = 2,1 × 10−8 Ω · m . Finalement, en utilisant la deuxième clé, on obtient E ⇒ E = J20 ρ20 ρ20 E = ρ−30 J20 ρ20 = ρ−30 0,100 × 2,65 × 10−8 = 2,1 × 10−8 = 0,124 A/m2 .

J20 = J−30 J−30 J−30 J−30

(réponse)

Valider la réponse La densité de courant à une température de −30,0 ◦C est plus grande que la densité de courant à une température de 20,0 ◦C, puisque la résistivité de l’aluminium (qui est un conducteur) diminue lorsque la température diminue. Ainsi, puisque la densité de courant est inversement proportionnelle à la résistivité, lorsque la résistivité diminue, la densité de courant augmente. Q19 Décortiquer le problème La résistance d’un fil est proportionnelle à la résistivité du matériau et à la longueur du fil, et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. Identifier la clé La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : Rfil =

ρl . A

Résoudre le problème La résistivité du cuivre est de ρCu = 1,68 × 10−8 Ω · m, tandis que celle du laiton est de ρlaiton = 6,08 × 10−8 Ω · m = 3,6ρCu . Ainsi, pour chaque situation, on obtient Situation

Résistance

Facteur

Ri

ρCu l A

1Ri

Rii

ρCu 2l 4A

0,5Ri

Riii

ρlaiton l A

3,6Ri

Les trois expressions de résistance sont exprimées par rapport à la valeur Ri , les autres étant une certaine proportion de la première. L’ordre croissant est donc Rii < Ri < Riii . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 11

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

Q20 — Q21

Q20 a. Décortiquer le problème La résistance d’un fil est proportionnelle à la résistivité du matériau et à la longueur du fil, et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. Identifier la clé La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : ρl Rfil = . A 2

Résoudre le problème De plus, la section d’un fil est un cercle dont l’aire est A = π d4 . Ainsi, pour chaque situation, on obtient Situation

Résistance

Facteur

R1

ρ×l×4 πd2

1R1

R2

ρ×2l×4 4πd2

0,5R1

R3

ρ×l×4×4 πd2

4R1

Finalement, R 2 < R1 < R3 .

(réponse)

b. Décortiquer le problème La différence de potentiel est proportionnelle à la résistance d’un fil et au courant circulant dans le fil. Identifier la clé La clé est l’équation du courant du fil en fonction de la différence de potentiel et de la résistance du fil : ΔV ifil = . Rfil Résoudre le problème situation, on obtient

Ainsi, en utilisant les résultats obtenus précédemment, pour chaque Situation

Différence de potentiel

Facteur

ΔV1

I×ρ×l×4 πd2

1ΔV1

ΔV2

I×ρ×2l×4 4πd2

0,5ΔV1

ΔV3

I×ρ×l×4×4 πd2

4ΔV1

Finalement, ΔV2 < ΔV1 < ΔV3 .

(réponse)

Q21 Décortiquer le problème La résistance d’un fil est proportionnelle à la longueur du fil et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. Identifier la clé La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : Rfil =

ρl . A

Résoudre le problème En étirant le fil, la longueur est doublée. De plus, puisque le volume du fil ne change pas et que sa forme reste cylindrique, l’aire de la section est divisée par 2. Finalement, la résistance est multipliée par 4 . (réponse) c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

12

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

E22 — E23

E22 Décortiquer le problème La différence de potentiel est proportionnelle à la résistance d’un fil et au courant circulant dans le fil. De plus, la résistance d’un fil est proportionnelle à la longueur du fil et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. La section d’un fil est un cercle dont l’aire est A = πr2 . Identifier les clés La première clé est l’équation du courant du fil en fonction de la différence de potentiel et de la résistance du fil : ΔV . ifil = Rfil La deuxième clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : ρl . A Résoudre le problème Ainsi, puisque les différences de potentiel et les courants sont les mêmes dans les deux fils, on doit donc avoir la même résistance dans les deux fils par la première clé. Ainsi, on obtient le rapport des résistances par la deuxième clé : Rfil =

ρfer l ρnickel l = Afer Anickel 2 πrfer ρfer = 2 πrnickel ρnickel

rfer 8,57 × 10−8 = rnickel 6,93 × 10−8 rfer = 1,112 . rnickel

(réponse)

Valider la réponse Le rayon du fil de fer doit être plus grand que le rayon du fil de nickel puisque sa résistivité est plus grande. E23 Décortiquer le problème La résistance d’un fil est proportionnelle à la longueur du fil et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. Pusique le fil a une section carrée, l’aire est donnée par A = d2 . Connues Inconnue cAg = 8,00 mm

dAu −8

Ω·m

−8

Ω·m

ρAu = 2,21 × 10 ρAg = 1,59 × 10 Identifier la clé

La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : ρl . A Puisque les résistances dans les deux fils sont les mêmes, RAg = RAu . Rfil =

Résoudre le problème Ainsi, on obtient

ρAg l ρAu l = AAg AAu ρAg ρAu = πd2 c2Ag Au

4 4ρAu dAu = × cAg πρAg

4 × 2,21 × 10−8 dAu = × 8,00 × 10−3 π × 1,59 × 10−8 dAu = 10,6 mm . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 13

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

E24 — P26

Valider la réponse Puisque la résistivité de l’or est plus grande que la résistivité de l’argent, le fil d’or doit avoir une aire de section plus grande pour avoir la même résistance. De plus, le fil d’or a une section circulaire plutôt que carrée ; il doit donc être plus épais encore que le fil d’argent. E24 Décortiquer le problème La résistance d’un fil est proportionnelle à la longueur du fil et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. Connues Inconnue A = 60,0 × 10−4 m2 −8

ρfer = 8,57 × 10

Identifier la clé

l = 1,00 × 103 m

R

Ω·m

La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : Rfil =

Résoudre le problème

ρl . A

Ainsi, on obtient 8,57 × 10−8 × 1,00 × 103 60,0 × 10−4 R = 0,014 3 Ω . R=

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la résistance semble correct. E25 Décortiquer le problème La résistance d’un fil est proportionnelle à la résistivité et à la longueur du fil, et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. Inconnue Connues ρNi = 6,93 × 10−8 Ω · m −7

ρPt = 1,05 × 10

Ω·m

r = 0,005 00 m

Identifier la clé

lNi = 0,100 m

Rtot

lPt = 0,050 0 m lNi = 0,080 0 m

La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : Rfil =

Résoudre le problème on obtient

ρl . A

En supposant que la résistance totale est la somme des trois résistances,

Rtot = RNi + RPt + RNi ρNi × lNi ρPt × lPt ρNi × lNi Rtot = + + 2 2 πr πr πr2 −8 6,93 × 10 × 0,100 1,05 × 10−7 × 0,050 0 6,93 × 10−8 × 0,080 0 Rtot = + + 2 2 2 π × (0,005 00) π × (0,005 00) π × (0,005 00) Rtot = 2,26 × 10−4 Ω . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la résistance semble correct.

P26 Décortiquer le problème La résistance d’un fil est proportionnelle à la longueur du fil et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. Connues li = 3,00 m

Ri = 1,50 Ω

Inconnue Rf

lf = 10,0 m

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14

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

P27

De plus, puisque le volume est conservé, Vf = Vi ⇒ Af lf = Ai li ⇒ Af = Alifli . Identifier la clé La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : Rfil = Résoudre le problème

ρl . A

Ainsi, on obtient Ri =

ρli ρli ⇒ Ai = , Ai Ri

ce qui donne ρlf Af ρl2 = f Ai li ρl2 = f Ri ρli li l2 = f2 Ri li 10,02 × 1,50 = 3,002 = 16,7 Ω .

Rf = Rf Rf Rf Rf Rf

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la résistance semble correct. Lorsqu’on augmente la longueur du fil, la résistance augmente aussi.

P27 Décortiquer le problème La différence de potentiel est proportionnelle à la résistance d’un fil et au courant circulant dans le fil. De plus, la résistance d’un fil est proportionnelle à la longueur du fil et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. La section d’un fil est un cercle dont l’aire est A = πd2 /4.

a. Inconnues

Connues l = 10,0 m ΔV = 0,100 V

−3

d = 4,12 × 10

m

ρ J

E

i = 5,03 A

Identifier les clés La première clé est l’équation du courant dans le fil en fonction de la différence de potentiel et de la résistance du fil : ifil =

ΔV . Rfil

La deuxième clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : Rfil = Résoudre le problème

ρl . A

À l’aide de la première clé, Rfil =

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ΔV . i 15

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

P28 Puis, à l’aide de la deuxième clé, on obtient

RA l Rπd2 ρ= 4l ΔV πd2 ρ= 4il 0,100π(4,12 × 10−3 )2 ρ= 4 × 5,03 × 10,0 ρ = 2,65 × 10−8 Ω · m . ρ=

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est l’équation qui donne le courant en fonction de la densité de courant à travers une surface perpendiculaire à celle-ci : i = JA ⇒ J = Résoudre le problème

i . A

Ainsi, on obtient J= J=

4i πd2

4 × 5,03 π(4,12 × 10−3 )2

J = 3,77 × 105 A/m2 .

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation qui relie la densité de courant à la résistivité et au champ

électrique : J = 1 E  ⇒ E = ρJ . ρ Résoudre le problème

En utilisant les deux résultats précédents, on obtient E = 2,65 × 10−8 × 3,77 × 105 = 10,0 mV/m .

(réponse)

P28 Décortiquer le problème La différence de potentiel est proportionnelle à la résistance d’un fil et au courant circulant dans le fil. De plus, la résistance d’un fil est proportionnelle à la longueur du fil et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. La section d’un fil est un cercle dont l’aire est A = πd2 /4. La longueur du fil de nichrome, en fonction du nombre d’enroulements N , est l = N (2πr).

a. Inconnues

Connues ΔV = 240 V

i = 8,57 A −6

ρ = 1,08 × 10

Ω·m

R −3

d = 2,30 × 10

N

m

r = 0,035 0 m Identifier la clé La clé est l’équation du courant du fil en fonction de la différence de potentiel et de la résistance du fil : ΔV ΔV ifil = . ⇒R= Rfil i Résoudre le problème

Ainsi, on obtient R=

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240 = 28,0 Ω . 8,57

(réponse) 16

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

b. Identifier la clé

P29

La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du

matériau : Rfil = Résoudre le problème

ρN (2πr) ρl ⇒R= . A A

On obtient Rπd2 4ρ × 2πr Rd2 N= 8ρr 28,0(2,30 × 10−3 )2 N= 8 × 1,08 × 10−6 × 0,035 0 N = 490 spires . N=

(réponse)

Valider la réponse Le nombre de spires trouvé est entier, ce qui n’est pas physiquement une nécessité, mais suggère que les données correspondent à un tel solénoïde. P29 Décortiquer le problème Dans le cas des conducteurs, la résistivité du matériau augmente en fonction de la température. Connues Inconnue i = 237 × 10−3 A

ΔV = 0,400 V

−3

d = 0,201 9 × 10

l = 0,200 m

T m

Pour le platine, le coefficient thermique de résistivité est de α = 3,92 × 10−3 K−1 . De plus, à T0 = 20 ◦C, la résistivité du platine est de ρP t(0) = 1,05 × 10−7 Ω · m. Identifier les clés La première clé est l’équation qui donne la résistivité en fonction de la température : ρ = ρ0 [1 + α(T − T0 )] . La deuxième clé est l’équation du courant dans le fil en fonction de la différence de potentiel et de la résistance du fil : ΔV ifil = . Rfil La troisième clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : ρl . A En combinant les deux dernières clés, on obtient Rfil =

Résoudre le problème

AR l πd2 ΔV ρ= 4il π(0,201 9 × 10−3 )2 × 0,400 ρ= 4 × 237 × 10−3 × 0,200 ρ = 2,70 × 10−7 Ω · m . ρ=

Finalement, en isolant la température dans la première clé et en utilisant le résultat obtenu précédemment, on obtient   1 ρ −1 T = T0 + α ρ0   2,70 × 10−7 1 T = 20 + − 1 3,92 × 10−3 1,05 × 10−7 (réponse) T = 421 ◦C . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

17

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

P30

Valider la réponse La température obtenue est plus grande que la température initiale (20 ◦C), puisque la résistivité obtenue à l’aide de la résistance du problème est plus grande que celle à la température initiale. Il est normal que la résistivité augmente lorsque la température augmente.

P30 Décortiquer le problème Dans le cas des conducteurs, la résistivité du matériau varie en fonction de la température. Inconnues

Connues −3

d = 0,455 × 10

l = 1,00 m ΔV = 0,020 V

m

◦

T = −196 C

R i vd

La section d’un fil est un cercle dont l’aire est A = πd2 /4. Pour le cuivre, le coefficient thermique de résistivité est de α = 3,9 × 10−3 K−1 . De plus, à T0 = 20 ◦C, la résistivité du cuivre est de ρCu(0) = 1,68 × 10−8 Ω · m.

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation qui calcule la résistivité en fonction de la

température : ρ = ρ0 [1 + α(T − T0 )] . La deuxième clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : Rfil = Résoudre le problème

ρl . A

En combinant les deux clés, on obtient

4lρ πd2 4lρ0 [1 + α(T − T0 )] R= πd2  4 × 1,00 × 1,68 × 10−8 1 + 3,9 × 10−3 × (−196 − 20) R= π × (0,455 × 10−3 )2 R = 0,016 Ω . R=

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant dans le fil en fonction de la différence de potentiel et de la résistance du fil : ΔV ifil = . Rfil Résoudre le problème

Ainsi, en utilisant le résultat précédent, on obtient i=

0,020 = 1,2 A . 0,016

(réponse)

c. Décortiquer le problème La densité de porteurs de charge est égale au nombre d’atomes par unité de volume, calculé à partir de la masse volumique et de la masse molaire du matériau. Le nombre d’Avogadro est NA = 6,022 × 1023 mol−1 , la masse volumique du cuivre est de ρm = 8,920 × 103 kg/m3 et la masse molaire du cuivre est de MCu = 63,546 × 10−3 kg/mol. Identifier les clés La première clé est donc l’équation suivante : n=

NA ρm . M

La deuxième clé est l’équation du courant traversant un fil en fonction de la vitesse de dérive : i = nevd A ⇒ vd = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

4i i = . neA πned2 18

CHAPITRE 06 — Le courant électrique Résoudre le problème

Q31 — E32

Ainsi, on obtient NA ρm MCu 6,022 × 1023 × 8,920 × 103 n= 63,546 × 10−3 n = 8,453 × 1028 m−3 .

n=

Résoudre le problème vd =

En utilisant les résultats obtenus précédemment, on obtient 4 × 1,2   2  28 1,602 × 10−19 0,455 × 10−3 π 8,453 × 10

vd = 0,55 mm/s .

(réponse)

Valider la réponse La valeur obtenue semble être faible, mais elle représente bien la réalité. La vitesse de dérive des électrons dans un conducteur est faible.

Q31 Décortiquer le problème La résistance d’un fil est proportionnelle à la résistivité du matériau et à la longueur du fil, et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. La résistivité du cuivre est de ρCu = 1,68 × 10−8 Ω · m, tandis que celle de l’aluminium est de ρAl = 2,65 × 10−8 Ω · m = 1,58ρCu . Identifier les clés La première clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : ρl . Rfil = A La deuxième clé est la loi d’Ohm : i= Résoudre le problème

ΔV . R

En combinant les deux équations, on obtient i=

ΔV A . ρl

Ainsi, pour chaque situation, on obtient Situation

Courant

Facteur

i(i)

ΔV A ρCu l

1ii

i(ii)

ΔV A ρAl l

0,633ii

i(iii)

ΔV A ρCu 2l

0,5ii

i(iv)

ΔV 2A ρAl l

1,27ii

Finalement, i(iii) < i(ii) < i(i) < i(iv) .

(réponse)

E32 Décortiquer le problème Inconnue

Connues ΔV = 12,0 V

R = 3,00 × 10 Ω

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3

i

19

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

E33 — P34 Identifier la clé

La clé est la loi d’Ohm : i=

Résoudre le problème

On obtient i=

Valider la réponse

ΔV . R

12,0 = 4,00 mA . 3,00 × 103

(réponse)

L’ordre de grandeur du courant semble correct.

E33 Décortiquer le problème Dans le cas des conducteurs, la résistivité du matériau augmente en fonction de la température. Inconnue

Connues ◦

ΔV = 120 V

T = 2 100 C

R0

◦

i = 0,500 A

T0 = 20 C

Pour le tungstène, le coefficient thermique de résistivité est de α = 4,5 × 10−3 K−1 . De plus, à T0 = 20 ◦C, la résistivité du tungstène est de ρ0 = 5,28 × 10−8 Ω · m. Identifier les clés La première clé est la loi d’Ohm : i=

ΔV . R

La deuxième clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du matériau : Rfil =

ρl . A

La troisième clé est l’équation qui donne la résistivité en fonction de la température : ρ = ρ0 [1 + α(T − T0 )] . Résoudre le problème Par la première clé, on obtient la résistance du filament de l’ampoule lorsque la température est de 2 100 ◦C, R=

120 ΔV = = 240 Ω . i 0,500

En supposant que l’aire A et la longueur l restent les mêmes avec le changement de température, on peut combiner les deux dernières clés pour obtenir R = R0 [1 + α(T − T0 )] R R0 = [1 + α(T − T0 )] 240 R0 =  1 + 4,5 × 10−3 (2 100 − 20) R0 = 23 Ω .

(réponse)

Valider la réponse La résistance obtenue à 20 ◦C est plus petite que celle obtenue à 2 100 ◦C, puisque la résistance d’un conducteur augmente avec la température. C’est bien ce qu’on obtient.

P34 Décortiquer le problème La somme des différences de potentiel du dispositif non ohmique et de la résistance doit être égale à la f.é.m. de la pile, ce qui veut dire mathématiquement que ΔVtot = ΔVno + ΔVR . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

20

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

ΔVno ΔVtot

a. Identifier la clé

E35

Connues  = 50 × 103 V/A2 i2 = 12,0 V

Inconnues



R = 500 Ω

i Rno

La clé est la loi d’Ohm pour la résistance ohmique :

ΔV ⇒ ΔVR = Ri . R Résoudre le problème Puisque le circuit comporte une résistance ohmique et un dispositif non ohmique, on utilise la relation décrite ci-dessus pour obtenir i=

ΔVtot = ΔVno + ΔVR   ΔVtot = 50 × 103 V/A2 i2 + Ri   12,0 V = 50 × 103 V/A2 i2 + 500 Ωi . Ainsi, en isolant le courant dans cette équation, on obtient 50 × 103 i2 + 500i − 12,0 = 0 . √

2

b −4ac , on obtient En utilisant l’équation quadratique pour résoudre x = −b± 2a  −500 ± (500)2 + 4 × 50 × 103 × 12,0 = 0,011 3 A ou −0,021 3 A . i= 2 × 50 × 103

Puisque le courant ne peut pas être négatif selon le problème, on obtient i = 11,3 mA .

(réponse)

Valider la réponse

L’ordre de grandeur du courant semble correct. Une fois le courant obtenu dans le dispositif ohmique, on peut obtenir la différence de potentiel à ses bornes :   ΔVno = 50 × 103 V/A2 (11,3 × 10−3 A)2 = 6,38 V .

b. Résoudre le problème

La résistance du dispositif non ohmique correspond à la résistance qu’aurait un élément ohmique qui se situerait dans un circuit créant cette différence de potentiel. On peut alors trouver la résistance du dispositif non ohmique en appliquant la loi d’Ohm : ΔVno i 6,38 = 11,3 × 10−3 = 564 Ω .

Rno = Rno Rno Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la résistance semble correct.

E35 Décortiquer le problème Inconnues

Connues P = 1 250 W

ΔV = 115,0 V

i R

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et du courant, P . P = ΔV i ⇒ i = ΔV Résoudre le problème On obtient i=

Valider la réponse

1 250 = 10,87 A . 115,0

(réponse)

L’ordre de grandeur du courant semble correct.

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21

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

E36 — E37

b. Identifier la clé

La clé est la loi d’Ohm : i=

Résoudre le problème

ΔV ΔV ⇒R= . R i

On obtient R=

Valider la réponse

115,0 = 10,6 Ω . 10,87

(réponse)

L’ordre de grandeur de la résistance semble correct.

E36 Décortiquer le problème Inconnue

Connues ΔVi = 120 V ΔVf = 60 V

Pi = 100 W

Pf

La résistance est constante dans les deux situations. Identifier la clé La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et de la résistance : (ΔV )2 P = . R Résoudre le problème

Ainsi, pour chacune des situations, on obtient Pi =

(ΔVi )2 (ΔVf )2 et Pf = . R R

Finalement, en combinant les deux équations, on obtient (ΔVf )2 Pi (ΔVi )2 (60)2 × 100 Pf = (120)2 Pf = 25 W .

Pf =

(réponse)

Valider la réponse Puisque la puissance est proportionnelle au carré de la différence de potentiel, lorsque la différence de potentiel est diminuée d’un facteur 2, la puissance est diminuée d’un facteur 4. C’est bien ce qu’on obtient.

E37 Décortiquer le problème Inconnue

Connues Pi = 1,50 × 10 W 3

ΔVi = 120 V ΔVf = 220 V

Pf

La résistance est constante dans les deux situations. Identifier la clé La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et de la résistance : (ΔV )2 P = . R Résoudre le problème

Ainsi, pour chacune des situations, on obtient Pi =

(ΔVi )2 (ΔVf )2 et Pf = . R R

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22

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

E38 — E39

Finalement, en combinant les deux équations, on obtient (ΔVf )2 Pi (ΔVi )2 (220)2 × 1,50 × 103 Pf = (120)2 Pf = 5,04 kW .

Pf =

(réponse)

Valider la réponse Puisque la puissance est proportionnelle au carré de la différence de potentiel, lorsque la différence de potentiel est augmentée d’un facteur 1,83, la puissance est augmentée d’un facteur 3,36. C’est bien ce qu’on obtient. E38 Décortiquer le problème Inconnues Connues ΔV = 240 V

R = 24,0 Ω

P

i

Coût pour 4 heures

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et de la résistance : (ΔV )2 . P = R Résoudre le problème Ainsi, on obtient (240)2 24,0 P = 2,40 kW . P =

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la puissance semble correct. La clé est la loi d’Ohm :

b. Identifier la clé

i= Résoudre le problème

ΔV . R

On obtient i=

240,0 = 10,0 A . 24,0

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur du courant semble correct. c. Décortiquer le problème Pour 1 h d’utilisation, une puissance utilisée de 1 kW coûte 0,080 0 $. Résoudre le problème Ainsi, si le radiateur fonctionne pendant 4 heures, le coût du radiateur dont la puissance est de 2,40 kW sera de : 2,40 × 0,080 0 × 4 = 0,77 $ .

(réponse)

E39 Décortiquer le problème Inconnues

Connues ΔV = 1,45 V

−3

i = 4,00 × 10

A

q ΔU

P

a. Identifier la clé

La clé est la définition du courant électrique en fonction de la charge nette qui traverse une surface par unité de temps :    Qnet   ⇒ q = i Δt .  i= Δt  Résoudre le problème

Ainsi, pour un intervalle de temps de Δt = 1 s, on obtient q = 4,00 mC .

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(réponse) 23

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

P40

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et du courant : P = ΔV i . Résoudre le problème

Ainsi, on obtient P = 1,45 × 4,00 × 10−3 P = 5,80 mW .

Valider la réponse

c. Identifier la clé

(réponse)

L’ordre de grandeur de la puissance semble correct.

La clé est la définition de la puissance : P =

Résoudre le problème

ΔU ⇒ ΔU = P Δt . Δt

Ainsi, pour un Δt = 60 s, on obtient ΔU = 5,80 × 10−3 × 60 ΔU = 0,348 J .

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de l’énergie potentielle électrique semble correct.

P40 a. Décortiquer le problème La différence de potentiel est proportionnelle à la résistance d’un fil et au courant circulant dans le fil. De plus, la résistance d’un fil est proportionnelle à la longueur du fil et est inversement proportionnelle à l’aire de la section du fil. Inconnues

Connues −3

d = 2,59 × 10

m

r = 0,050 0 m

ΔV = 120 V T = 120,0 ◦C

P = 800 W

R N

La section d’un fil est un cercle dont l’aire est A = πd2 /4. La longueur du fil de nichrome est l = N (2πr). Pour le nichrome, le coefficient thermique de résistivité est de α = 4 × 10−4 K−1 . De plus, à T0 = 20 ◦C, la résistivité du nichrome est de ρ0 = 1,08 × 10−6 Ω · m. Identifier la clé La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et de la résistance : P = Résoudre le problème

(ΔV )2 (ΔV )2 ⇒R= . R P

Ainsi, on obtient (120)2 800 R = 18,0 Ω .

R=

Valider la réponse

b. Identifier les clés

(réponse)

L’ordre de grandeur de la résistance semble correct. La première clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés

du matériau :

ρl . A La deuxième clé est l’équation qui donne la résistivité en fonction de la température : Rfil =

ρ = ρ0 [1 + α(T − T0 )] . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

24

CHAPITRE 06 — Le courant électrique

P40

Ensuite, puisqu’on suppose que l’aire A et la longueur l restent les mêmes avec le changement de température, on combine les deux dernières clés pour obtenir R = R0 [1 + α(T − T0 )] R R0 = [1 + α(T − T0 )] 18,0 R0 =  1 + 4 × 10−4 (120 − 20) R0 = 17,3 Ω .

(réponse)

Valider la réponse La résistance obtenue à 20 ◦C est plus petite que celle obtenue à 120 ◦C, puisque la résistance d’un conducteur augmente avec la température. C’est bien ce qu’on obtient.

c. Identifier la clé

La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés du

matériau : Rfil = Résoudre le problème

ρN (2πr) ρl ⇒R= . A A

On obtient Rπd2 4ρ × 2πr Rd2 N= 8ρr 17,3(2,59 × 10−3 )2 N= 8 × 1,08 × 10−6 × 0,050 0 N = 269 spires . N=

Valider la réponse

(réponse)

Le nombre de spires est toujours un nombre entier.

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25

Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 07

Les circuits à courant continu

Q1 Décortiquer le problème Un nœud est un point de jonction entre des conducteurs. Une maille est un parcours fermé dans un circuit.

a. Résoudre le problème

On constate dans le premier circuit qu’il y a deux nœuds et deux mailles indépendantes.

b. Résoudre le problème

On constate dans le deuxième circuit qu’il y a trois nœuds et trois mailles indépendantes.

c. Résoudre le problème

(réponse)

(réponse)

On constate dans le troisième circuit qu’il n’y a

aucun nœud et qu’il y a une maille indépendante.

(réponse)

Q2 Décortiquer le problème Dans la branche de gauche, on a une résistance de 5,0 Ω et une différence de potentiel de 1,5 V. En revanche, dans la branche de droite, on a une résistance de 6,0 Ω et une différence de potentiel de 2,4 V. Le courant se dirige de la borne positive vers la borne négative pour une résistance. Ainsi, le courant dans la branche de gauche sera vers la droite et celui dans la branche de droite sera vers la gauche. Identifier les clés La première clé est la loi d’Ohm : ΔV = Ri ⇒ i = La deuxième clé est la loi des nœuds : 

Résoudre le problème gauche et de droite :

ientrant =



ΔV . R

isortant .

À l’aide de la première clé, on obtient les courants dans la branche de

igauche =

1,5 = 0,30 A 5,0

et idroite =

2,4 = 0,40 A . 6,0

Finalement, grâce à la deuxième clé, on obtient   ientrant = isortant igauche + idroite = i 0,30 A + 0,40 A = i i = 0,70 A, vers le haut .

Q3 Identifier les clés

(réponse)

Les deux clés sont les lois de Kirchhoff. Selon la loi des nœuds,   ientrant = isortant .

Selon la loi des mailles, (ΔV )maille = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 



ΔVi = 0 . 1

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E4 — E5

a. Résoudre le problème

Pour le nœud c, on utilise la loi des nœuds et on obtient i1 = i2 + i3 .

b. Résoudre le problème

(réponse)

Pour la maille abca, on utilise la loi des mailles et on obtient E1 − R1 i1 − R4 i3 = 0 .

c. Résoudre le problème

(réponse)

Pour la maille cdac, on utilise la loi des mailles et on obtient −R2 i2 − E2 − R3 i2 −

Q + R4 i3 = 0 . C

(réponse)

E4 Décortiquer le problème Le circuit possède deux sources de f.é.m. dont la différence de potentiel est plus élevée pour la source 2 que pour la source 1. Connues

Identifier la clé

Inconnue

E1 = 12,0 V

E2 = 15,0 V

R1 = 3,00 Ω R3 = 60,0 Ω

R2 = 25,0 Ω

La clé est la loi des mailles : (ΔV )maille =



i

ΔVi = 0 .

Résoudre le problème Puisque la source 2 a une différence de potentiel plus grande que la source 1, le courant circulera dans le sens antihoraire. Ainsi, à l’aide de la clé, on obtient E2 − R1 i − E1 − R2 i − R3 i = 0 E2 − E1 R1 + R2 + R3 15,0 − 12,0 = 3,00 + 25,0 + 60,0 i = 34,1 mA, en sens antihoraire.

⇒i=

(réponse)

Valider la réponse Le sens du courant est déterminé par la plus forte source de f.é.m., comme il se doit. L’ordre de grandeur du courant semble correct. E5 Décortiquer le problème Puisque le circuit possède une seule source de f.é.m., le courant circule en sens horaire. Inconnues Connues E1 = 120 V R2 = 36,0 Ω

a. Identifier la clé

R1 = 75,0 Ω

La clé est la loi des mailles : (ΔV )maille =

Résoudre le problème



i

ΔV1 P1

ΔV2 P2

ΔVi = 0 .

En utilisant la clé, on obtient E1 − R1 i − R2 i = 0 E1 R1 + R2 120 i= 75,0 + 36,0 i = 1,08 A, en sens horaire.

⇒i=

(réponse)

Valider la réponse Le sens du courant est déterminé par la source de f.é.m., comme il se doit. L’ordre de grandeur du courant semble correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

2

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

b. Identifier la clé

E6

La clé est la loi d’Ohm : ΔV = Ri .

Résoudre le problème

Pour chaque résistance, on obtient ΔV1 = 75,0 × 1,08 = 81,1 V et

(réponse)

ΔV2 = 36,0 × 1,08 = 38,9 V .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la différence de potentiel semble correct. De plus, la différence de potentiel est plus grande lorsque la résistance est plus grande, comme il se doit. c. Identifier la clé La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et du courant : P = Ri2 = ΔV i . Résoudre le problème

Pour chaque résistance, on obtient P1 = 81,1 × 1,08 = 87,7 W et P2 = 38,9 × 1,08 = 42,1 W .

(réponse) (réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la puissance semble correct. De plus, la puissance dissipée est plus grande lorsque la résistance est plus grande, comme il se doit.

E6 Décortiquer le problème La partie du circuit montrée possède un seul nœud. Inconnues

Connues R1 = 250 Ω

R2 = 125 Ω −3

i1 = 12,0 × 10

A

i3 −3

i2 = 6,00 × 10

A

ΔVb − ΔVa

E = 5,00 V

a. Identifier la clé

La clé est la loi des nœuds :   ientrant = isortant .

Résoudre le problème

On obtient i1 + i2 = i3 ⇒ i3 = 12,0 × 10−3 + 6,00 × 10−3 i3 = 18,0 mA, vers le bas.

(réponse)

Valider la réponse Puisque les deux courants i1 et i2 entrent dans le nœud, le courant i3 doit nécessairement sortir du nœud. L’ordre de grandeur est donc le même que les deux courants déjà présents. b. Identifier la clé La clé est la loi d’Ohm : ΔV = Ri . Résoudre le problème Pour obtenir Vb − Va , on calcule la somme de toutes les différences de potentiel en partant du point a et en allant vers le point b : Vb − Va = −R2 i2 + R1 i1 − E = −125 × 6,00 × 10−3 + 250 × 12,0 × 10−3 − 5,00 Vb − Va = −2,75 V .

(réponse)

Valider la réponse La différence de potentiel est négative, car la somme algébrique des différences de potentiel se fait de la borne a vers la borne b et donc dans le sens inverse de la source de f.é.m. L’ordre de grandeur est le même que celui de la source de f.é.m. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

3

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu i1

−

+

d

Connues E = 11,5 V R1 = 320 Ω

C1 = 32,0 μF R2 = 160 Ω

R3 = 160 Ω

R4 = 320 Ω

Identifier les clés

E R3

e

−

+

Q2

R4

C2

Q2

−

Q1

C1

i2 R2 i4 +

+

+

R1 −

Q1

b

+

−

présenté ci-contre. On redessine le circuit en plaçant les courants à côté des résistances. On indique un + à l’endroit où un courant entre dans la résistance et un − là où un courant sort d’une résistance. De plus, on ajoute des points sur le circuit pour nommer les mailles. Décortiquer le problème Le circuit possède trois nœuds et trois mailles indépendantes.

−

c

+

P7 Illustrer la situation Le schéma de la situation est

−

P7

f

a

i1

Inconnues C2 = 64,0 μF

Q1 i2 i4

La première clé est la loi de Kirchhoff pour les mailles : (ΔV )maille =



ΔVi = 0 .

De plus, la loi d’Ohm et la différence de potentiel sur un condensateur permettent d’obtenir ΔVR = Ri et ΔVC =

Q . C

a. Résoudre le problème

Sachant que le courant dans la résistance iR1 = i1 = 15,0 mA vers la gauche (le seul sens possible vu l’emplacement de la source de f.é.m.), on applique la loi des mailles à la maille abcda. On obtient E − R1 i1 −

Q1 − R3 i1 = 0 C1 Q1 = E − R1 i1 − R3 i1 C1 Q1 = C1 (E − R1 i1 − R3 i1 )   = 32,0 × 10−6 11,5 − 320 × 15,0 × 10−3 − 160 × 15,0 × 10−3 Q1 = 138 μC . (réponse)

Valider la réponse

L’ordre de grandeur de la charge semble correct.

b. Résoudre le problème

Sachant que la charge sur le condensateur 2 est Q2 = 138 μC, on applique d’abord la loi des mailles à la maille efae pour obtenir i4 : −

Q2 + R4 i4 = 0 C2 Q2 R4 i4 = C2 Q2 i4 = C2 R4 138 × 10−6 = 64,0 × 10−6 × 320 i4 = 6,72 mA .

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(réponse) 4

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P8 — Q9

On applique ensuite la loi des mailles à la maille abea pour obtenir i2 : E − R2 i2 − R4 i4 = 0 E − R4 i4 i2 = R2 11,5 − 320 × 6,72 × 10−3 = 160 i2 = 58,4 mA .

(réponse)

Valider la réponse Les courants i2 et i4 ont tous les deux des signes positifs, ce qui signifie que le sens qu’on a supposé est correct. De plus, ils ont le même ordre de grandeur.

c +

−

i3 −

−

R2

b

+

G +

+

−

i1

a

R3

i3

−

Identifier les clés

E

R1

i1

présenté ci-contre. On dessine le circuit en plaçant les courants à côté des résistances. On indique un + à l’endroit où un courant entre dans la résistance et un − là où un courant sort d’une résistance. De plus, on ajoute des points sur le circuit pour nommer les mailles. Décortiquer le problème Le circuit possède deux nœuds et deux mailles indépendantes. Puisque le galvanomètre indique un courant nul, cela implique que Vb − Va = 0.

+

P8 Illustrer la situation Le schéma de la situation est

Rx

d

La première clé est la loi de Kirchhoff pour les mailles :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 .

De plus, selon la loi d’Ohm, ΔVR = Ri . Résoudre le problème

On applique tout d’abord la loi des mailles à la maille bcab. On obtient R3 i3 − R1 i1 = 0 R3 i3 i1 = . R1

On applique ensuite la loi des mailles à la maille badb, et on insère l’équation obtenue pour déterminer i1 . On obtient ainsi −R2 i1 + Rx i3 = 0 R3 i3 Rx i3 = R2 R  1 R3 Rx = R2 . R1 Valider la réponse

(réponse)

On a trouvé la relation qu’il fallait démontrer.

Q9 Décortiquer le problème On modélise une pile réelle comme une pile idéale avec une résistance interne. Identifier la clé

La clé est la loi d’Ohm : ΔV = Ri .

Résoudre le problème on obtient

En calculant la différence de potentiel ΔV = Vb − Va dans chaque situation,

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5

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E10 — E11 Situation

Différence de potentiel

ΔV1

E

ΔV2

E + ri

ΔV3

E − ri

Finalement, ΔV(3) < ΔV(1) < ΔV(2) .

(réponse)

i

E10 Illustrer la situation Le schéma de la situation est r

i

E−

i

V

i Inconnue

Connues E = 1,50 V

R

+

présenté ci-contre. On dessine un circuit formé d’une pile réelle et d’une résistance externe. Décortiquer le problème On modélise une pile réelle comme une pile idéale avec une résistance interne.

R = 2,50 Ω

r

ΔV = 1,20 V

Identifier les clés

La première clé est la loi de Kirchhoff appliquée aux mailles :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 .

De plus, selon la loi d’Ohm, ΔVR = Ri ⇒ i = Résoudre le problème miner le courant i :

ΔV . R

On applique la loi des mailles, et on insère l’équation obtenue pour déterE − ri − Ri = 0 ΔV r = E − ΔV R ER r= −R ΔV 1,50 × 2,50 = − 2,50 1,20 r = 0,63 Ω .

(réponse)

Valider la réponse La réponse est arrondie à deux chiffres significatifs à cause de la soustraction utilisée dans le calcul de la résistance interne.

i

E11 Illustrer la situation Le schéma de la situation est

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r

i

R

+

présenté ci-contre. On dessine un circuit formé d’une pile réelle et d’une résistance externe. Décortiquer le problème On modélise une pile réelle comme une pile idéale avec une résistance interne.

E−

i

V

i

6

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E12 Inconnue

Connues E = 12,0 V P = 60,0 W

Identifier les clés

R = 1,50 Ω

r

La première clé est la loi de Kirchhoff appliquée aux mailles :  ΔVi = 0 . (ΔV )maille =

De plus, l’équation de la puissance électrique en fonction du courant et de la résistance permet d’obtenir  P 2 . P = Ri ⇒ i = R Résoudre le problème miner le courant i :

On applique la loi des mailles, et on insère l’équation obtenue pour déterE − ri − Ri = 0   P P r =E −R R R  R r=E −R P  1,50 = 12,0 − 1,50 60,0 r = 0,40 Ω .

(réponse)

Valider la réponse La réponse est arrondie à deux chiffres significatifs à cause de la soustraction utilisée dans le calcul de la résistance interne.

i

E12 Illustrer la situation Le schéma de la situation est r E−

r = 0,800 Ω

i

V

i

PE

R = 2,50 Ω Identifier les clés

R

Inconnues

Connues E = 6,00 V

i

+

présenté ci-contre. On dessine un circuit formé d’une pile réelle et d’une résistance externe. Décortiquer le problème On modélise une pile réelle comme une pile idéale avec une résistance interne.

Pr

PR

La première clé est la loi de Kirchhoff appliquée aux mailles :  ΔVi = 0 . (ΔV )maille =

De plus, selon la loi d’Ohm, ΔVR = Ri ⇒ i =

ΔV . R

Grâce aux équations de la puissance électrique en fonction du courant, on a P = ΔV i ou P = Ri2 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

7

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E13

a. Résoudre le problème

À l’aide de la loi des mailles, on trouve une équation permettant de déterminer le courant qui circule : E − ri − Ri = 0 i=

E . (r + R)

Ensuite, on peut trouver la puissance produite par les réactions chimiques de la batterie : PE = Ei E2 (r + R) 6,002 = (0,800 + 2,50) PE = 10,9 W . =

b. Résoudre le problème

(réponse)

La puissance dissipée à l’intérieur de la batterie est Pr = ri2



2 E r+R  2 6,00 = 0,800 × 0,800 + 2,50 =r×

Pr = 2,64 W .

c. Résoudre le problème

(réponse)

La puissance nette fournie par la batterie à la résistance R est Pbatterie = Ri2



=R×

E r+R 

= 2,50 ×

2

6,00 0,800 + 2,50

2

Pbatterie = 8,26 W . Valider la réponse

E13 Identifier les clés

(réponse)

L’ordre de grandeur des puissances trouvées est correct. La première clé est la loi de Kirchhoff pour les mailles :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 .

De plus, selon la loi d’Ohm, ΔVR = Ri ⇒ i =

ΔVR . R

Résoudre le problème On applique la loi des mailles, et on insère l’équation obtenue pour le courant i. On obtient ainsi E − ri − ΔVR = 0 ri = E − ΔVR R (E − ΔVR ) ΔVR R r= (E − ΔVR ) . ΔVR r=

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 8

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P14 — P15

P14 Illustrer la situation Le schéma de la situation est présenté ci-contre, un circuit formé d’une pile réelle et d’une résistance externe variable. Décortiquer le problème On modélise une pile réelle comme une pile idéale avec une résistance interne.

a. Identifier les clés

r

i

+

R

E−

La première clé est la loi de Kirchhoff pour les mailles :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 .

De plus, selon la loi d’Ohm, ΔVR = Ri . L’équation de la puissance électrique en fonction du courant est P = Ri2 . Résoudre le problème

On applique la loi des mailles, et on isole le courant i. On obtient ainsi E − ri − Ri = 0 i=

E . (R + r)

Ensuite, on utilise l’équation de la puissance : P = Ri2 =

RE 2 (R + r)

2

.

Finalement, la puissance dissipée est maximale lorsque dP dR = 0. Ainsi, on dérive la formule obtenue à partir de l’équation de la puissance et on obtient E 2 (R + r)2 − 2(R + r)RE 2 4

(R + r)

=0

(R + r)2 = 2R(R + r) R2 + 2Rr + r2 = 2R2 + 2Rr R2 = r 2 R=r .

(réponse)

b. La puissance maximale dissipée dans la résistance R est atteinte lorsque R = r. Ainsi, en remplaçant la valeur de R dans la formule de la puissance, on obtient PR,max =

E2 rE 2 E2 = . = (2r)2 4r 4R

(réponse)

i

P15 Illustrer la situation Le schéma de la situation est

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

r

i

R

+

présenté ci-contre. On dessine un circuit formé d’une pile réelle et d’une résistance externe. Décortiquer le problème On modélise une pile réelle comme une pile idéale avec une résistance interne.

E−

i

V

i

9

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P16

Inconnue

Connues E = 1,45 V P = 1,25 W

Identifier les clés

r = 0,350 Ω

R

La première clé est la loi de Kirchhoff pour les mailles :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 .

De plus, l’équation de la puissance électrique en fonction du courant et de la résistance est  P 2 . P = Ri ⇒ i = R Résoudre le problème On applique la loi des mailles, et on insère l’équation obtenue pour déterminer le courant i. On obtient ainsi E − ri − Ri = 0  P E = r+R R E2 P = (r + R)2 R E 2 R = P (r2 + 2rR + R2 ) P R2 + (2P r − E 2 )R + P r2 = 0 1,25R2 − 1,23R + 0,153 = 0 . En appliquant la solution d’équation quadratique R =

√ −b± b2 −4ac , 2a

on obtient

R = 0,835 Ω ou 0,147 Ω . Valider la réponse

(réponse)

Les deux réponses obtenues pour la résistance sont positives et donc plausibles.

i

P16 Illustrer la situation Le schéma de la situation est r

i

E−

Connues

Identifier la clé

R

+

présenté ci-contre. On dessine un circuit formé d’une pile réelle et d’une résistance externe. Décortiquer le problème On modélise une cellule photovoltaïque comme une pile réelle, c’est-à-dire une pile idéale avec une résistance interne.

i

V

i Inconnues

R1 = 250 Ω

i1 = 1,21 × 10−3 A

E

R2 = 500 Ω

i2 = 0,840 × 10−3 A

r

La clé est la loi de Kirchhoff pour les mailles :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 .

Résoudre le problème

En appliquant la loi des mailles, on obtient E − ri − Ri = 0 E = ri + Ri .

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10

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

Q17 — Q18

Puisque la f.é.m. et la résistance sont toujours les mêmes, on peut appliquer cette dernière formule dans les deux cas et ainsi obtenir un système de deux équations avec deux inconnues :

et

E = i1 r + R1 i1 = 1,21 × 10−3 r + 0,302 5

(i)

E = i2 r + R2 i2 = 0,840 × 10−3 r + 0,420 .

(ii)

Il ne reste plus qu’à établir l’égalité entre l’équation (i) et l’équation (ii) : 1,21 × 10−3 r + 0,302 5 = 0,84 × 10−3 r + 0,42 3,7 × 10−4 r = 0,117 5 r = 318 Ω .

(réponse)

Ainsi, en insérant cette réponse dans l’équation (i), on obtient E = 1,21 × 10−3 × 318 + 0,302 5 E = 0,687 V .

(réponse)

Valider la réponse Comme la f.é.m. ainsi que la résistance interne sont des caractéristiques de la cellule photovoltaïque, elles sont considérées comme constantes, même si les conditions changent. À la dernière étape de calcul, si on avait inséré la réponse dans l’équation (ii) plutôt que dans l’équation (i), on aurait obtenu le même résultat. Q17 Décortiquer le problème Lorsque des résistances sont branchées l’une à la suite de l’autre, on dit qu’elles sont branchées en série. Les composantes sont alors parcourues par le même courant. Lorsque des résistances sont branchées en parallèle, leurs bornes de même polarité sont reliées ensemble. Les composantes ont alors toutes la même différence de potentiel. a. Résoudre le problème Puisque chaque borne de la résistance R1 est reliée à une borne de la résistance R2 , les résistances sont en parallèle. (réponse)

b. Résoudre le problème

Puisque la résistance R1 et la résistance R2 sont parcourues par le même courant, les résistances sont en série. (réponse)

c. Résoudre le problème

Puisque chaque borne de la résistance R1 est reliée à une borne de la résistance R2 , les résistances sont en parallèle. (réponse)

Q18 Décortiquer le problème Puisque les résistances sont branchées en parallèle, leurs bornes sont reliées ensemble. Les ampoules ont alors toutes les deux la même différence de potentiel. Inconnues

Connues P1 = 60 W

P2 = 100 W

ΔV = 120 V

a. Identifier la clé

R1

R2

P1

P2

La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de

potentiel : P = Résoudre le problème

(ΔV )2 (ΔV )2 ⇒R= . R P

On obtient Puissance

Résistance

60 W

240 Ω

100 W

144 Ω

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11

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

Q19 — E20

Finalement, l’ampoule qui a la plus petite résistance est l’ampoule de 100 W .

(réponse)

b. Décortiquer le problème Si les ampoules sont branchées en série, elles sont parcourues par le même courant. De plus, l’ampoule qui dissipe le plus d’énergie par unité de temps est celle qui éclairera le plus. Comme l’énergie est liée à la puissance, l’ampoule ayant la plus grande puissance dissipée est celle qui éclairera le plus. Identifier la clé La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction du courant : P = Ri2 . Résoudre le problème Pour un même courant, plus la résistance est grande, plus la puissance dissipée l’est aussi. Comme la relation est proportionnelle, l’ampoule qui éclairera le plus est l’ampoule de 60 W .

(réponse)

Q19 Décortiquer le problème Lorsque des résistances sont branchées l’une à la suite de l’autre, on dit qu’elles sont branchées en série. Lorsque des résistances sont branchées en parallèle, leurs bornes de même polarité sont reliées ensemble. Identifier les clés Les clés sont les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

Résoudre le problème Circuit

Configuration

Calcul

Résistance équivalente

(i)

en série

R+R+R

3R

(ii)

en parallèle

1

(iii)

en parallèle

1

(iv)

mixte

(v)

ouvert

infini

∞

(vi)

court-circuit

nul

0

R

R

+

1 R

+

 1 −1 R

R 3

+

1 R

+

 1 −1 R

R 3

+

 1 −1 R

3R 2

R+

1 R

Finalement, par ordre croissant de résistance équivalente, on obtient Rvi < Rii = Riii < Riv < Ri < Rv .

(réponse)

E20 a. Décortiquer le problème Lorsque des résistances sont branchées l’une à la suite de l’autre, on dit qu’elles sont branchées en série. Dans un circuit en série, la différence de potentiel aux bornes du circuit équivalent est égale à la somme des différences de potentiel de chaque élément. On peut considérer des ampoules comme des résistances. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

12

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E21

Connues

Inconnues

E = 120,0 V P = 13 W

ΔVa Ra

N = 25

i iE

Identifier la clé

La clé est la différence de potentiel totale pour des éléments en série : ΔV = ΔV1 + ΔV2 + ... + ΔVN .

Résoudre le problème

Puisqu’il y a 25 ampoules en série, ΔV = 25ΔVa ΔV ΔVa = 25 120 = 25 ΔVa = 4,8 V .

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et de la résistance : ΔVa2 ΔVa2 Pa = ⇒ Ra = . Ra Pa Résoudre le problème obtient

En utilisant la différence de potentiel obtenue précédemment, on (4,8)2 13 Ra = 1,8 Ω . Ra =

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et du courant : Pa Pa = ΔVa ia ⇒ ia = . ΔVa Résoudre le problème obtient

En utilisant la différence de potentiel obtenue précédemment, on 13 4,8 ia = 2,7 A . ia =

(réponse)

d. Décortiquer le problème Dans un circuit en série, tous les éléments sont parcourus par le même courant. Résoudre le problème

Ainsi, itotal = ia = 2,7 A .

(réponse)

Valider la réponse Le courant qui circule dans chaque ampoule est le même que le courant total, car les ampoules sont branchées en série.

E21 Décortiquer le problème Pour calculer la puissance de la pile, on doit remplacer le circuit par un circuit équivalent, avec une seule résistance. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

13

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E21 Connues E = 24,0 V R2 = 210 Ω

Inconnue R1 = 124 Ω R3 = 144 Ω

PE

R4 = 1,08 × 103 Ω

Identifier les clés La première clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et du courant : PE = Ei . Pour calculer le courant i, on doit remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, en utilisant les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :



1 1 1 Réq = + + ... + R1 R2 RN On utilise la loi d’Ohm pour calculer le courant : ΔV = Ri ⇒ i =

+

Résoudre le problème R1

R2

E −

−1 .

E . Réq

Lorsque le circuit est mixte, on doit commencer par réduire le circuit.

R3

R4

R3 en série avec R4 . La résistance équivalente R34 est R34 = 144 Ω + 1 080 Ω = 1 224 Ω .

+

R1 R34

R2

E −

R2 en parallèle avec R34 . La résistance équivalente R234 est  R234 =

1 1 + 210 Ω 1 224 Ω

−1 = 179 Ω .

+

R1 R234

E−

R1 en série avec R234 . La résistance équivalente du circuit est Réq = 124 Ω + 179 Ω = 303 Ω .

+

Le courant i du circuit est

E−

ΔV = E i

Réq

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i=

E 24,0 V = 0,079 1 A . = Réq 303 Ω

14

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E22

Selon la première clé, la puissance de la pile est PE = 24,0 V × 0,079 1 A = 1,90 W . Valider la réponse problème.

(réponse)

L’ordre de grandeur de la puissance semble correct selon les données du

E22 Identifier la clé

On doit remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, en utilisant les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

Résoudre le problème

a.

Les deux résistances sont en série :

12,0 Ω

a

b

10,0 Ω

b.

en parallèle

6,0 Ω

a

b

4,0 Ω 8,0 Ω

en série

a

4,0 Ω

Réq = 10,0 + 12,0 = 22,0 Ω . (réponse)

b

Les résistances de 6,0 Ω et de 8,0 Ω sont en parallèle. La résistance équivalente R68 est  −1 1 1 + = 3,4 Ω . R68 = 6,0 Ω 8,0 Ω

La résistance de 4,0 Ω et la résistance R68 sont en série. La résistance équivalente du circuit est

R68

Réq = 4,0 Ω + 3,4 Ω = 7,4 Ω . (réponse) en série

c. a

3,0 Ω

4,0 Ω

2,0 Ω

b

5,0 Ω en série

Les résistances de 3,0 Ω et de 4,0 Ω sont en série. La résistance équivalente R34 est R34 = 3,0 Ω + 4,0 Ω = 7,0 Ω , et les résistances de 2,0 Ω et de 5,0 Ω sont en série. La résistance équivalente R25 est R25 = 2,0 Ω + 5,0 Ω = 7,0 Ω .

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15

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E23

R 34

en parallèle

a

b

Les résistances R34 et R25 sont en parallèle. La résistance équivalente du circuit est  −1 1 1 + = 3,5 Ω . Réq = 7,0 Ω 7,0 Ω (réponse)

R 25

en parallèle

3,0 Ω

d.

a 2,0 Ω

Les résistances de 3,0 Ω, de 4,0 Ω et de 5,0 Ω sont en parallèle. La résistance équivalente R345 est

b

Ω 4,0



5,0 Ω

a

en série

2,0 Ω

R345 =

b

1 1 1 + + 3,0 Ω 4,0 Ω 5,0 Ω

−1 = 1,3 Ω .

La résistance de 2,0 Ω et la résistance R345 sont en série. La résistance équivalente du circuit est

R345

Réq = 2,0 Ω + 1,3 Ω = 3,3 Ω .

(réponse)

e. Puisque le circuit est ouvert, la résistance équivalente est Réq → ∞ .

(réponse)

f. Puisque le circuit est court-circuité, la résistance équivalente est Réq = 0,0 Ω .

(réponse)

i1

+

R4

b

R3

−

+

+

R2

i2 a i3

−

E −

R1

+

présenté ci-contre. On dessine le circuit en plaçant les courants à côté des résistances. On ajoute un + à l’endroit où un courant entre dans la résistance et un − là où un courant sort d’une résistance. De plus, on ajoute des points sur le circuit pour pouvoir nommer les mailles.

−

E23 Illustrer la situation Le schéma de la situation est

+

−

i1 Décortiquer le problème Connues R2 = 4,0 × 10 Ω

R3 = 8,0 × 10 Ω

R4 = 1,0 × 10 Ω

3

3

−3

i3 = 0,050 × 10

Identifier les clés

Inconnue

R1 = 5,0 × 10 Ω 3

E

3

A

La première clé est la loi d’Ohm, qui permet d’écrire ΔVR = Ri ⇒ i =

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ΔV . R 16

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P24

Ensuite, les deuxième et troisième clés sont les lois de Kirchhoff pour les nœuds :   ientrant = isortant , et pour les mailles : (ΔV )maille = Résoudre le problème et b :



ΔVi = 0 .

La loi d’Ohm permet d’établir la différence de potentiel entre les points a Vab = R3 i3 = 8,0 × 103 × 0,050 × 10−3 = 0,40 V .

Puisque la différence de potentiel pour des éléments en parallèle est la même, on peut trouver le courant qui circule dans la résistance R2 en appliquant la loi d’Ohm : Vab = R2 i2 ⇒ i2 =

0,40 = 1,0 × 10−4 A . 4,0 × 103

Ensuite, à l’aide de la loi des nœuds, on obtient i1 = i2 + i3 = 1,0 × 10−4 + 0,050 × 10−3 = 1,5 × 10−4 A . Finalement, à l’aide de la loi des mailles, on obtient E − R1 i1 − Vab − R4 i1 = 0 ⇒ E = 5,0 × 103 × 1,5 × 10−4 + 0,40 + 1,0 × 103 × 1,5 × 10−4 = 1,3 V . (réponse) Valider la réponse L’ordre de grandeur de la f.é.m. de la source semble correct selon les données du problème. P24 Décortiquer le problème Pour calculer la résistance R, on doit remplacer le circuit par un circuit équivalent, avec une seule résistance. Identifier les clés Les clés sont les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

Résoudre le problème

R

b

érie

La résistance équivalente RRRo est RRRo = R + Ro .

R

en parallèle

R

R

R

La résistance équivalente RRRRo est 

RRo

b

a

.

en s

Ro

R

a

−1

Lorsque le circuit est mixte, on doit commencer par réduire le circuit.

R

a

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

RRRRo =

1 1 + R R + Ro

−1 .

en série

R

La résistance équivalente du circuit est RRRo

b

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 Réq = R +

1 1 + R R + Ro

−1 .

17

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P25

a R éq

b Sachant que la Réq = Ro , on détermine la résistance équivalente : −1  1 1 + = Ro R+ R R + Ro   R(R + Ro ) R+ = Ro 2R + Ro 2R2 + RRo + R2 + RRo = Ro (2R + Ro ) 3R2 + 2RRo = 2RRo + Ro2 3R2 = Ro2 Ro R= √ . 3

(réponse)

P25 Décortiquer le problème Pour calculer la puissance de la pile, on doit remplacer le circuit par un circuit équivalent, avec une seule résistance. Connues E = 6,00 V R2 = 120 Ω

Inconnues R1 = 50,0 Ω R3 = 190 Ω

PE Vb − Va

R4 = 20,0 Ω Identifier les clés La première clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et du courant : PE = Ei . Pour calculer le courant i, on doit remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, en utilisant les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

On utilise la loi d’Ohm pour calculer le courant : ΔV = Ri ⇒ i =

a. Résoudre le problème

Lorsque l’interrupteur est ouvert, on obtient le circuit suivant :

+

i 34

R3

b R4

− +

+

−

−

R2

i 12

−

+

a

+

R1 E−

E . Réq

Les résistances R1 et R2 sont en série ensemble, et les résistances R3 et R4 sont en série ensemble. La résistance équivalente R12 est R12 = 50,0 Ω + 120 Ω = 170 Ω , et la résistance équivalente R34 est R34 = 190 Ω + 20,0 Ω = 210 Ω .

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18

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

La résistance R12 est en parallèle avec la résistance R34 . La résistance équivalente Réq est

+

en parallèle

E

R12

−

P25

R34

 Réq =

1 1 + 170 Ω 210 Ω

−1 = 93,9 Ω .

E

+

Le courant i du circuit est −

Réq

i=

E 6,00 V = 0,063 9 A . = Réq 93,9 Ω

Selon la première clé, la puissance de la pile est PE = 6,00 V × 0,063 9 A = 0,383 W .

(réponse)

Décortiquer le problème Pour trouver la différence de potentiel entre le point b et le point a, il faut trouver le courant i12 et i34 dans le premier circuit. Identifier la clé

La clé est la loi d’Ohm : ΔV = Ri ⇒ i =

Résoudre le problème

ΔV . R

Avec le deuxième circuit, on voit que

i12 =

E 6,00 = 0,035 3 A = R12 170

et que i34 =

E 6,00 = 0,028 6 A . = R34 210

Ainsi, on obtient Vb − Va = R1 i12 − R3 i34 = 50,0 × 0,035 3 − 190 × 0,028 6 Vb − Va = −3,66 V .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la puissance semble correct selon les données du problème. Le signe négatif de la différence de potentiel signifie que le potentiel diminue en partant du point a et en arrivant au point b.

b. Résoudre le problème

Lorsque l’interrupteur est fermé, on obtient le circuit suivant :

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19

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P26 en parallèle

R1 +

E

R3 a

−

b

R2

Les résistances R1 et R3 sont en parallèle ensemble, et les résistances R2 et R4 sont en parallèle ensemble. La résistance équivalente R13 est

R4



en parallèle

R13 =

1 1 + 50,0 Ω 190 Ω

−1 = 39,6 Ω ,

et la résistance équivalente R24 est  R24 =

E

+

R13

−1 = 17,1 Ω .

La résistance R13 est en série avec la résistance R24 . La résistance équivalente Réq est

a b

−

1 1 + 120 Ω 20,0 Ω

R24

Réq = 39,6 Ω + 17,1 Ω = 56,7 Ω .

E

+

Le courant i du circuit est

Réq

−

i=

E 6,00 V = 0,106 A . = Réq 56,7 Ω

Selon la première clé, la puissance de la pile est PE = 6,00 V × 0,106 A = 0,635 W .

(réponse)

Pour trouver la différence de potentiel, on voit qu’il n’y a aucun élément entre le point a et b. Ainsi, Vb − Va = 0,00 V . (réponse) Valider la réponse problème.

L’ordre de grandeur de la puissance semble correct selon les données du

P26 Décortiquer le problème Pour calculer le courant et la différence de potentiel de chaque résistance, on doit remplacer le circuit par un circuit équivalent, avec une seule résistance. Connues R2 = 7,50 × 10 Ω

R3 = 24,0 × 10 Ω

R4 = 53,0 × 10 Ω

3

3

R5 = 8,20 × 10 Ω 3

Identifier les clés

Inconnues

R1 = 12,0 × 10 Ω 3

3

ij ΔVj

E = 12,0 V

Les clés sont les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN ,

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20

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu et en parallèle :

 Réq =

P26

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

De plus, on utilise la loi d’Ohm pour calculer le courant : ΔV = Ri ⇒ i =

E . Réq

Résoudre le problème +

R3

R1

R4

R2

R5

en parallèle

−

E

Les résistances R1 et R2 sont en parallèle. La résistance équivalente R12 est  −1 1 1 R12 = + 12,0 × 103 Ω 7,50 × 103 Ω = 4,62 × 103 Ω .

R3

en série

+

R12

R4

−

Les résistances R12 et R3 sont en série. La résistance équivalente R123 est

E

R123 = 4,62 × 103 Ω + 24,0 × 103 Ω

R5

= 28,6 × 103 Ω . en parallèle

R4

+

R123

−

E

R5

Les résistances R123 et R4 sont en parallèle. La résistance équivalente R1234 est  −1 1 1 + R1234 = 28,6 × 103 Ω 53,0 × 103 Ω = 18,6 × 103 Ω .

en série

+

R1234

−

E

R5

Les résistances R1234 et R5 sont en série. La résistance équivalente du circuit est Réq = 18,6 × 103 Ω + 8,20 × 103 Ω = 26,8 × 103 Ω .

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

21

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P26

Réq

+

Le courant i du circuit est

i ΔV = E

−E

i=

E 12,0 V = = 4,48 × 10−4 A . Réq 26,8 × 103 Ω

On doit ensuite reconstruire le circuit initial.

+

R1234 i 1234

ΔV1234

i5 en série, même i

−

E

R5

ΔV5

i = i5 = i1234 = 0,448 × 10−3 A = 0,448 mA ΔV5 = R5 i5 = 8,20 × 103 Ω × 0,448 × 10−3 A = 3,67 V ΔV1234 = R1234 i1234 = 18,6 × 103 Ω × 0,448 × 10−3 A = 8,33 V . en parallèle, même ΔV

R4 ΔV4 i5

+

ΔV123

R123 i123 i4

−

E

R5 ΔV1234 = ΔV123 = ΔV4 = 8,33 V ΔV4 8,33 V i4 = = = 0,157 mA R4 53,0 × 103 Ω V123 8,33 V = = 0,291 mA . i123 = R123 28,6 × 103 Ω

ΔV5

en série, même i

ΔV3

R3

i3

R12

4 i 12 ΔV

R4 i4

i5

+

ΔV12

−

E

R5

ΔV5

i12 = i3 = i123 = 0,291 mA V3 = R3 i3 = 24,0 × 103 Ω × 0,291 × 10−3 A = 6,98 V V12 = R12 i12 = 4,62 × 103 Ω × 0,291 × 10−3 A = 1,34 V . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

22

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

ΔV3

en parallèle, même ΔV

P27

R3

i3

R1 i 2

R2

4 ΔV

R4

+

i1

2 ΔV

ΔV1

i4 i5

−

E

R5 ΔV1 = ΔV2 = ΔV12 = 1,34 V ΔV1 1,34 V i1 = = = 0,112 mA R1 12,0 × 103 Ω ΔV2 1,34 V = = 0,179 mA . i2 = R2 7,50 × 103 Ω

ΔV5

En résumé, le courant et la différence de potentiel de chaque résistance sont i1 = 0,112 mA i2 = 0,179 mA

ΔV1 = 1,34 V ΔV2 = 1,34 V

i3 = 0,291 mA i4 = 0,157 mA

ΔV3 = 6,98 V ΔV4 = 8,33 V

i5 = 0,448 mA

ΔV5 = 3,67 V .

Valider la réponse On vérifie que i1 + i2 = i3 , que i3 + i4 = i5 , que ΔV4 + ΔV5 = E et que ΔV3 + ΔV2 = ΔV4 , comme il se doit pour le présent circuit. L’ordre de grandeur est correct.

P27 Décortiquer le problème Pour calculer le courant dans la résistance R, on doit d’abord remplacer le circuit par un circuit équivalent, avec une seule résistance. Inconnues

Connues E R2 = 4,00 Ω

R1 = 10,0 Ω

iR

PR RP max

Identifier les clés Pour calculer le courant i, on doit remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, en utilisant les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

Ensuite, on utilise la loi d’Ohm pour calculer le courant : ΔV = Ri ⇒ i =

E . Réq

La dernière clé est l’équation de la puissance électrique en fonction de la différence de potentiel et du courant : PR = ΔV i .

a. Résoudre le problème

Lorsque la f.é.m. a une valeur constante, on obtient le circuit suivant :

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

23

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P27 en parallèle

+

R1

R2

R

E−

Les résistances R et R2 sont en parallèle. La résistance équivalente RRR2 est 

−1 1 1 + R R2  −1 R+4 = 4R 4R . = R+4

RRR2 =

en série

+

R1

La résistance R1 est en série avec la résistance RRR2 . La résistance équivalente Réq est

RR 2

E−

4R R+4 4R = 10 + R+4 14R + 40 . = R+4

Réq = R1 +

Le courant i du circuit est alors

E

+

i −

ΔV

Réq

i=

E E(R + 4) . = Réq 14R + 40

Ensuite, on doit reconstruire le circuit initial.

+

ΔV1

E−

i1

en série, même i

R1 i RR2

RR 2

iRR2 = i =

ΔVRR2

E(R + 4) 14R + 40

ΔVRR2 = RRR2 iRR2 = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

E(R + 4) 4RE 4R × = . R + 4 14R + 40 14R + 40 24

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

ΔVR1

+

R1 E−

Q28 — E29

en parallèle, même ΔV

R ΔVR i R2

i R1 iR

ΔVR2 R2

4RE 40 + 14R 4RE 4E = = . R(40 + 14R) (40 + 14R) (réponse)

ΔVR = ΔVRR2 = iR =

ΔVR R

b. Résoudre le problème

Pour calculer la puissance dissipée dans la résistance R, on utilise la dernière clé. La puissance de la pile est PR = ΔVR iR =

4E 16E 2 R 4RE = 2 . 40 + 14R (40 + 14R) (40 + 14R)

c. Identifier la clé

La puissance dissipée est maximale lorsque Résoudre le problème On obtient alors

dPR dR

(réponse)

= 0.

dP 16E 2 (40 + 14R)2 − 16E 2 R × 2(40 + 14R)14 = dR (40 + 14R)4 2 16E (40 + 14R − 28R) = (40 + 14R)3 2 16E (40 − 14R) = =0 (40 + 14R)3 16E 2 (40 − 14R) = 0 14R = 40 R = 2,86 Ω . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la résistance obtenue semble correct.

Q28 Décortiquer le problème Un voltmètre mesure la différence de potentiel entre deux points du circuit. Résoudre le problème Puisqu’en série les différences de potentiel des éléments s’additionnent pour former la différence de potentiel de la source, la différence de potentiel de la source sera toujours plus grande que celle des résistances du circuit. De plus, la différence de potentiel ne dépend que des points comparés. Ainsi, ΔV1 = ΔV3 , car les voltmètres ont les mêmes bornes. Finalement, en combinant les deux raisonnements, on obtient ΔV2 < ΔV1 = ΔV3 .

(réponse)

E29 Décortiquer le problème Inconnues

Connues R1 = 200 Ω E = 3,00 V

a. Identifier la clé

R2 = 500 Ω r = 20 Ω

iréel erreur relative

imes

La clé pour calculer le courant réel dans le circuit est la loi de Kirchhoff pour

les mailles : (ΔV )maille = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 



ΔVi = 0 . 25

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E30 Résoudre le problème

On obtient E − R1 iréel − R2 iréel = 0 E R1 + R2 3,00 = 200 + 500 = 4,29 mA .

iréel =

iréel

(réponse)

+

Valider la réponse L’ordre de grandeur du courant réel semble correct. R1 b. Illustrer la situation L’ajout d’un ampèremètre est similaire à l’ajout d’une résistance en série dans le circuit. Le schéma de la situation est présenté cicontre. E −

b Résoudre le problème

R2

i r

a

D’après la loi des mailles, on obtient E − R1 imes − R2 imes − rimes = 0 E R1 + R2 + r 3,00 = 200 + 500 + 20 = 4,17 mA .

imes =

imes

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur du courant semble correct. Le courant est diminué, car l’introduction de l’ampèremètre vient augmenter la résistance équivalente du circuit. c. Résoudre le problème En appliquant la formule énoncée dans le problème, on obtient iréel − imes × 100 % iréel 4,29 × 10−3 − 4,17 × 10−3 = × 100 % 4,29 × 10−3 erreur relative = 2,8 % .

erreur relative =

(réponse)

Valider la réponse Puisque la résistance interne de l’ampèremètre est très petite par rapport aux résistances externes, le pourcentage d’erreur est très petit, ce qui est correct.

E30 Décortiquer le problème Connues R1 = 500 × 10 Ω 3

E = 30,0 V

Inconnues

R2 = 1,80 × 10 Ω 6

r = 10,0 × 10 Ω 6

ΔVréel erreur relative

ΔVmes

a. Identifier les clés

La première clé qui permet de calculer le courant traversant la résistance R2 est la loi de Kirchhoff pour les mailles :  ΔVi = 0 . (ΔV )maille = La deuxième clé permettant de calculer la différence de potentiel réelle aux bornes de la résistance R2 est la loi d’Ohm. Ainsi, le courant est donné par ΔV = Ri

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

⇒

i = ΔV R . 26

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu Résoudre le problème

E30

On obtient E − R1 iréel − R2 iréel = 0 iréel =

E R1 + R2

30,0 500 × 10 + 1,80 × 106 = 1,30 × 10−5 A . =

3

Donc, la différence de potentiel aux bornes de la résistance R2 est ΔVréel = R2 iréel = 1,80 × 106 × 1,30 × 10−5 ΔVréel = 23,5 V .

(réponse)

E

+

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la différence de potentiel réelle semble correct. b. Illustrer la situation L’ajout d’un voltmètre est siR1 milaire à l’ajout d’une résistance en parallèle dans a le circuit. Le schéma de la situation est présenté cicontre.

−

R2

r

b Résoudre le problème

La résistance équivalente devient  −1 1 1 Réq = R1 + + R2 r  −1 1 1 = 500 × 103 + + 1,80 × 106 10,0 × 106 = 2,025 MΩ .

D’après la loi d’Ohm, le courant devient imes =

E Réq

30,0 2,025 × 106 = 1,48 × 10−5 A . =

imes

(réponse)

Ainsi, la différence de potentiel aux bornes de la résistance R1 est ΔV1 = R1 iréel = 500 × 103 × 1,48 × 10−5 = 7,4 V . Cela implique que la différence de potentiel aux bornes de la résistance R2 est ΔVréel = E − ΔV1 = 30,0 − 7,4 = 22,6 V .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la différence de potentiel semble correct. La différence de potentiel est diminuée, car l’addition du voltmètre réduit la résistance équivalente du circuit. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

27

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E31

c. Résoudre le problème

En appliquant la formule énoncée dans le problème, on obtient ΔVréel − ΔVmes × 100 % ΔVréel 23,5 − 22,6 × 100 % = 23,5 erreur relative = 3,8 % = 4,0 % . erreur relative =

(réponse)

Valider la réponse Puisque la résistance interne du voltmètre est très grande par rapport aux résistances externes, le pourcentage d’erreur est très petit, ce qui est correct.

R

similaire à l’ajout d’une résistance en série dans le circuit. Le schéma de la situation est présenté cicontre.

E

+

E31 Illustrer la situation L’ajout d’un ampèremètre est

−

a r b

Décortiquer le problème Inconnue

Connues E = 110 V

R = 960 Ω

erreur relative

r = 5,00 Ω

Identifier la clé Pour calculer l’erreur relative causée par l’ampèremètre, il faut comparer le courant réel iréel du circuit sans l’appareil avec le courant imes obtenu lorsqu’on ajoute l’ampèremètre : erreur relative =

ΔVréel − ΔVmes × 100 % . ΔVréel

La clé pour calculer le courant dans le circuit est la loi de Kirchhoff pour les mailles : (ΔV )maille = Résoudre le problème



ΔVi = 0 .

On calcule d’abord le courant réel sans l’ampèremètre. On obtient E − Riréel = 0 E iréel = R 110 = 960 = 0,114 58 A .

Ensuite, on calcule le nouveau courant lorsqu’on introduit l’ampèremètre. On obtient E − Rimes − rimes = 0 E R+r 110 = 9 600 + 5,00 = 0,113 99 A .

imes =

imes c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 28

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E32

Finalement, on obtient l’erreur relative : iréel − imes × 100 % iréel 0,114 58 − 0,113 99 × 100 % = 0,114 58 erreur relative = 0, 5 % .

erreur relative =

(réponse)

Valider la réponse Lorsqu’on ajoute un ampèremètre, le courant est un peu diminué, car l’ampèremètre vient augmenter la résistance équivalente du circuit avec une petite résistance interne. Puisque la résistance interne de l’ampèremètre est très petite par rapport à la résistance externe, le pourcentage d’erreur est très petit, ce qui est correct. i3 i1 E32 Illustrer la situation On dessine le circuit en suppoa c e sant que le courant qui circule dans chaque branche R1 R a un sens déterminé. Le schéma de la situation est 3 i2 présenté ci-contre. E1 E2 − E3 +

−

−

+

+

+

+

−

−

+

−

i1

b

R4

+

d

−

R2

f

i3

Décortiquer le problème Connues

Identifier les clés

Inconnues

E1 = 1,5 V E3 = 6,0 V

E2 = 9,0 V

iE1 iE2

R1 = 15 Ω R3 = 62 Ω

R2 = 180 Ω R4 = 120 Ω

iE3

La première clé est l’équation des nœuds de Kirchhoff : 

ientrant =



isortant .

Pour ce circuit, il y a deux nœuds. Ainsi, la loi des nœuds permet d’obtenir une équation indépendante. La deuxième clé est l’équation des mailles de Kirchhoff. Pour chaque maille indépendante, on doit calculer les différences de potentiel : (ΔV )maille =



ΔVi = 0 .

Pour ce circuit, il y a deux mailles indépendantes, ce qui permet d’obtenir deux équations indépendantes. On applique la loi des nœuds au nœud a. On obtient i2 = i1 + i3 .

(i)

Ensuite, on applique la loi des mailles à la maille bacdb : E2 − R1 i1 − E1 − R2 i1 = 0 ,

(ii)

E2 − R3 i3 − E3 − R4 i3 = 0 .

(iii)

puis à la maille baef b :

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

29

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P33

Résoudre le problème Pour résoudre les équations, on isole les courants dans les équations (ii) et (iii), et on remplace les valeurs : E2 − E1 R1 + R2 9,0 − 1,5 = 15 + 180 = 38 mA

i1 =

et E2 − E3 R3 + R4 9,0 − 6,0 = 62 + 120 = 16 mA .

i3 =

On insère ensuite les résultats obtenus dans l’équation (i) pour déterminer l’inconnue i2 : i2 = 38 mA + 16 mA = 55 mA . Ainsi, les courants passant dans les sources de f.é.m. sont iE1 = 38 mA, de la borne + à la borne − iE2 = 55 mA, de la borne − à la borne +

(réponse) (réponse)

iE3 = 16 mA, de la borne + à la borne − .

(réponse)

+

+

+

+

+

Valider la réponse Les valeurs positives qu’on a obtenues indiquent que l’hypothèse émise pour le sens des courants est correcte. Le courant i2 circule de la borne − à la borne + dans E2 , alors que les deux autres courants circulent de la borne + vers la borne − dans E1 et E3 respectivement. c a e P33 Illustrer la situation On redessine le circuit en i supposant que le courant qui circule dans chaque i1 2 i3 − r2 branche a un sens déterminé. Le schéma de la siR r1 batterie l'ami − déchargée − tuation est présenté ci-contre. démarreur E2 E −

1−

d

b

f

Décortiquer le problème Connues

Identifier les clés

E1 = 9,800 V

E2 = 12,0 V

r1 = 0,980 Ω R = 0,023 0 Ω

r2 = 0,005 00 Ω

Inconnue i3

La première clé est l’équation des nœuds de Kirchhoff :   isortant . ientrant =

Pour ce circuit, il y a deux nœuds. Ainsi, la loi des nœuds permet d’obtenir une équation indépendante. La deuxième clé est l’équation des mailles de Kirchhoff. Pour chaque maille indépendante, on doit calculer les différences de potentiel :  ΔVi = 0 . (ΔV )maille = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

30

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P34

Pour ce circuit, il y a deux mailles indépendantes, ce qui permet d’obtenir deux équations indépendantes. On applique la loi des nœuds au nœud a. On obtient i2 = i1 + i3 .

(i)

Ensuite, on applique la loi des mailles à la maille dcabd : E2 − r2 i2 − Ri3 = 0 ,

(ii)

E2 − r2 i2 − r1 i1 − E1 = 0 .

(iii)

puis à la maille dcaef bd : Résoudre le problème Pour résoudre les équations, on isole le courant i3 dans l’équation (ii) et i1 dans l’équation (iii) : E2 − r2 i2 i3 = R et E2 − E1 − r2 i2 . i1 = r1 On insère ensuite les résultats obtenus dans l’équation (i) pour isoler et déterminer l’inconnue i2 , et on remplace les valeurs : E2 − E1 − r2 i2 E2 − r2 i2 + r1 R r2 r2 E2 − E1 E2 i2 + i2 + i2 = + r1 R r1 R   r2 E2 − E1 E2 r2 + + 1+ i2 = r1 R r1 R    −1 E2 − E1 E2 r2 r2 + + i2 = × 1+ r1 R r1 R    −1 12,0 − 9,800 12,0 0,005 00 0,005 00 + + = × 1+ 0,980 0,023 0 0,980 0,023 0 i2 =

= 429 A . Ainsi, pour trouver le courant passant dans le démarreur, on remplace ce résultat dans l’équation (ii) : E2 − r2 i2 R 12,0 − 0,005 00 × 429 = 0,023 0 i3 = 429 A .

i3 =

(réponse)

+

d c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

i 1 E2 − A c

−

R4 i3

+

+

+

−

+

E1

+

+

Valider la réponse On remarque que le courant passant dans le démarreur est le même que le courant passant dans la batterie de l’ami. Ce résultat est logique puisqu’au départ votre batterie est déchargée. Donc, c’est comme si vous aviez un circuit ouvert à la place de votre batterie. R1 − a R 3 − P34 Illustrer la situation On redessine le circuit en e supposant que le courant qui circule dans chaque − branche a un sens déterminé. Le schéma de la sii 1 R2 i2 i3 tuation est présenté ci-contre. −

E3

b

31

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P34 Décortiquer le problème Connues E1 = 12,0 V

Inconnues

E2 = 17,0 V

i1

E3 = 8,00 V

Vb − Va

R1 = 2,00 × 10 Ω

R2 = 4,00 × 10 Ω

R3 = 3,00 × 10 Ω

R4 = 5,00 × 103 Ω

3

3

3

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation des nœuds de Kirchhoff :   isortant . ientrant =

Pour ce circuit, il y a deux nœuds. Ainsi, la loi des nœuds permet d’obtenir une équation indépendante. La deuxième clé est l’équation des mailles de Kirchhoff. Pour chaque maille indépendante, on doit calculer les différences de potentiel :  ΔVi = 0 . (ΔV )maille = Pour ce circuit, il y a deux mailles indépendantes, ce qui permet d’obtenir deux équations indépendantes. On applique la loi des nœuds au nœud a. On obtient i1 + i2 = i3 .

(i)

Ensuite, on applique la loi des mailles à la maille dacd : E1 − R1 i1 + R2 i2 − E2 = 0 ,

(ii)

E1 − R1 i1 − R3 i3 + E3 − R4 i3 = 0 .

(iii)

puis à la maille daebcd : Résoudre le problème Pour résoudre les équations, on isole les courants i2 dans l’équation (ii) et i3 dans l’équation (iii) : E2 − E1 + R1 i1 R2 17,0 − 12,0 + 2,00 × 103 i1 = 4,00 × 103 i2 = 0,500i1 + 1,25 × 10−3

(iv)

E1 + E3 − R1 i1 R3 + R4 12,0 + 8,00 − 2,00 × 103 i1 = 3,00 × 103 + 5,00 × 103 i3 = −0,250i1 + 2,50 × 10−3 .

(v)

i2 =

et i3 =

On insère ensuite les résultats de l’équation (iv) et de l’équation (v) dans l’équation (i), pour déterminer l’inconnue i1 : i1 + 0,500i1 + 1,25 × 10−3 = −0,250i1 + 2,50 × 10−3 (1 + 0,500 + 0,250) i1 = −1,25 × 10−3 + 2,50 × 10−3 −1,25 × 10−3 + 2,50 × 10−3 (1 + 0,500 + 0,250) i1 = 0,714 mA . i1 =

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32

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P35

Ainsi, le courant passant dans l’ampèremètre est i1 = 0,714 mA, vers la gauche .

(réponse)

Valider la réponse La valeur du courant est positive, ce qui indique que l’hypothèse émise pour le sens des courants est correcte. b. Identifier la clé La clé consiste à additionner les différences de potentiel, du point a au point b. On peut choisir n’importe quel parcours entre les deux points. On opte pour le parcours aef b : Va − R3 i3 + E3 = Vb ⇒ Vb − Va = E3 − R3 i3 .

(vi)

Résoudre le problème Pour trouver le courant i3 , on remplace la valeur du courant i1 dans l’équation (v) et on obtient i3 = −0,250 × 0,714 × 10−3 + 2,50 × 10−3 = 2,32 mA . Finalement, en insérant ce résultat dans l’équation (vi), on obtient Vb − Va = 8,00 V − 3,00 × 103 Ω × 2,32 × 10−3 A Vb − Va = 1,04 V .

(réponse)

Valider la réponse Puisque la valeur obtenue est positive, le point b est à un potentiel plus élevé que le point a.

g

e −

i2

E3

i3

+

d

E2

R i3

− − + +

+

−

a− R

+

+

E1

i1

-

i1

−

−

+

supposant que le courant qui circule dans chaque branche a un sens déterminé. Le schéma de la situation est présenté ci-contre.

R

+

c

+

P35 Illustrer la situation On redessine le circuit en

−

−

b

f

Décortiquer le problème Inconnues

Connues

a. Identifier les clés

E1 = 6,00 V

E2 = 2,00 V

ij

E3 = 4,00 V r = 1,00 Ω

R = 3,00 Ω

(V+ − V− )j

La première clé est l’équation des nœuds de Kirchhoff :   ientrant = isortant .

Pour ce circuit, il y a deux nœuds. Ainsi, la loi des nœuds permet d’obtenir une équation indépendante. La deuxième clé est l’équation des mailles de Kirchhoff. Pour chaque maille indépendante, on doit calculer les différences de potentiel :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 . Pour ce circuit, il y a deux mailles indépendantes, ce qui permet d’obtenir deux équations indépendantes. On applique la loi des nœuds au nœud a. On obtient i1 + i3 = i2 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(i) 33

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P35

Ensuite, on applique la loi des mailles à la maille dcabd : E1 − ri1 − Ri1 − Ri2 − ri2 − E2 = 0 ,

(ii)

E1 − ri1 − Ri1 + Ri3 + ri3 − E3 = 0 .

(iii)

puis à la maille dcaef bd :

Résoudre le problème Pour résoudre les équations, on isole les courants i2 dans l’équation (ii) et i3 dans l’équation (iii) : E1 − E2 − ri1 − Ri1 R+r 6,00 − 2,00 − 1,00i1 − 3,00i1 = 3,00 + 1,00 i2 = −1,00i1 + 1,00

(iv)

E3 − E1 + ri1 + Ri1 R+r 4,00 − 6,00 + 1,00i1 + 3,00i1 = 3,00 + 1,00 i3 = 1,00i1 − 0,500 .

(v)

i2 =

et i3 =

On insère ensuite les résultats de l’équation (iv) et de l’équation (v) obtenus dans l’équation (i) pour déterminer l’inconnue i1 : i1 + 1,00i1 − 0,500 = −1,00i1 + 1,00 (1 + 1,00 + 1,00) i1 = 0,500 + 1,00 0,500 + 1,00 i1 = (1 + 1,00 + 1,00) = 0,500 A . Ainsi, en insérant ce résultat dans les équations (iv) et (v), on obtient i2 = −1,00 × 0,500 + 1,00 = 0,500 A et i3 = 1,00 × 0,500 − 0,500 = 0,000 A . Finalement, les courants passant dans les sources de f.é.m. sont iE1 = 0,500 A, vers le haut

(réponse)

iE2 = 0,500 A, vers le bas

(réponse)

iE3 = 0,000 A .

(réponse)

Valider la réponse Les valeurs des courants i1 et i2 sont positives, ce qui indique que l’hypothèse émise pour le sens des courants est correcte. La valeur du courant i3 est nulle, ce qui veut dire qu’aucun courant ne passera dans cette branche. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

34

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P36

b. Identifier la clé

La clé consiste à additionner, pour chaque source, les différences de potentiel de la borne − à la borne +. On peut choisir n’importe quel parcours entre les deux points. Résoudre le problème Pour la première f.é.m., on opte pour le parcours dc : V− + E1 − ri1 = V+ V+ − V− = E1 − ri1 V+ − V− = 6,00 V − 1,00 Ω × 0,500 A V+ − V− = 5,50 V .

(réponse)

Pour la deuxième f.é.m., on opte pour le parcours bg : V− + E2 + ri2 = V+ V+ − V− = E1 + ri2 V+ − V− = 2,00 V + 1,00 Ω × 0,500 A V+ − V− = 2,50 V .

(réponse)

Pour la troisième f.é.m., on opte pour le parcours f e : V− + E3 − ri3 = V+ V+ − V− = E3 − ri3 V+ − V− = 4,00 V − 1,00 Ω × 0,00 A V+ − V− = 4,00 V .

(réponse)

Valider la réponse Puisque les valeurs obtenues sont positives, le point + est à un potentiel plus élevé que le point −.

R1

a

−

−

E2

+

+

-

−

i2

+

E1

i1 R 2 +

supposant que le courant qui circule dans chaque branche a un sens déterminé. On sait que le courant circulant dans la résistance R3 est vers le bas. Le schéma de la situation est présenté ci-contre.

d

+

P36 Illustrer la situation On redessine le circuit en

i3

R3 −

−

c

b

Décortiquer le problème Connues E1 = 6,00 V

Inconnues E2 = 4,00 V

R2 = 1,20 × 10 Ω 3

−3

i3 = 2,56 × 10

Vb − Va = −5,12 V

A

i2 R3 R1

a. Identifier la clé

La clé consiste à additionner les différences de potentiel, du point a au point b en passant par la branche contenant R2 . Résoudre le problème On obtient Va + R2 i2 − E2 = Vb (Vb − Va ) + E2 R2 −5,12 V + 4,00 V = 1,20 × 103 Ω = −933 × 10−6 A .

i2 =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

35

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P37

Finalement, puisque la réponse est négative, le courant i2 est dans le sens contraire de l’hypothèse émise. i2 est donc vers le bas : (réponse) i2 = 933 μA, vers le bas .

b. Identifier la clé

La clé est la loi d’Ohm : ΔV = Ri ⇒ R3 =

Résoudre le problème

|Vb − Va | . i3

On obtient 5,12 V 2,56 × 10−3 A R3 = 2,00 kΩ .

R3 =

c. Identifier les clés

(réponse)

La première clé est l’équation des nœuds de Kirchhoff :   ientrant = isortant .

La deuxième clé consiste à additionner les différences de potentiel, du point a au point b. Résoudre le problème Sachant maintenant que i2 circule vers le bas, on peut considérer que ce courant sort du nœud a. On obtient alors i1 = i2 + i3 ⇒ i1 = 933 × 10−6 + 2,56 × 10−3 = 3,49 mA . Ensuite, pour trouver la résistance R1 , on additionne les différences de potentiel en choisissant le parcours adcb : Va + R1 i1 − E1 = Vb Vb − Va + E1 R1 = i1 −5,12 V + 6,00 V = 3,49 × 10−3 A R1 = 252 Ω . Valider la réponse

(réponse)

Selon les données du problème, l’ordre de grandeur des résultats a du sens.

P37 Décortiquer le problème Connues R1 = 1 330 Ω R3 = 894 Ω

R2 = 454 Ω Vb − Va = 2,00 V

i1 = 4,51 × 10−3 A

a. Identifier la clé

Inconnues i3 Vb − Vi

i2 = 2,20 × 10−3 A

La clé est l’équation des nœuds de Kirchhoff :   ientrant = isortant .

Résoudre le problème

On obtient i1 + i2 = i3 = 4,51 mA + 2,20 mA = 6,71 mA .

(réponse)

b. Identifier la clé

La deuxième clé consiste à additionner les différences de potentiel, du point c au point b. Résoudre le problème Pour trouver la différence de potentiel Vb − Vc , on additionne les différences de potentiel en choisissant le parcours cab : Vb − Vc = (Va − Vc ) + (Vb − Va ) = R1 i1 + 2,00 V Vb − Vc = 1 330 Ω × 4,51 × 10−3 A + 2,00 V = 8,00 V .

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 36

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P38

c. Identifier la clé

La deuxième clé consiste à additionner les différences de potentiel, du point d au point b. Résoudre le problème Pour trouver la différence de potentiel Vb − Vd , on additionne les différences de potentiel en choisissant le parcours dab : Vb − Vd = (Va − Vd ) + (Vb − Va ) = (−R3 i3 ) + 2,00 V Vb − Vd = −894 Ω × 6,71 × 10−3 A + 2,00 A = −4,00 V .

(réponse)

d. Identifier la clé

La deuxième clé consiste à additionner les différences de potentiel, du point a au point b. Résoudre le problème Pour trouver la différence de potentiel Vf − Va , on additionne les différences de potentiel en choisissant le parcours af b : Vb − Va = (Vf − Va ) + (Vb − Vf ) = 2,00 V ⇒ Vb − Vf = 2,00 V − (Vf − Va ) = 2,00 V − (−R2 i2 ) Vb − Vf = 2,00 V + 454 Ω × 2,20 × 10−3 A = 3,00 V .

−

+

i1 R2 − −

R3

c

−

i3

i2

b − +

E1

R1

E2

+

a +

supposant que le courant qui circule dans chaque branche a un sens déterminé. Le schéma de la situation est présenté ci-contre.

+

P38 Illustrer la situation On redessine le circuit en

(réponse)

d

Décortiquer le problème Pour savoir si la résistance R1 va surchauffer, on calcule la puissance dissipée dans cette résistance. Pour ce faire, il faut calculer le courant circulant dans celle-ci. Connues

Identifier les clés

Inconnue

E1 = 9,00 V

E2 = 6,00 V

R1 = 100 Ω R3 = 200 Ω

R2 = 133 Ω Pmax = 0,500 W

PR1

La première clé est l’équation des nœuds de Kirchhoff :   ientrant = isortant .

Pour ce circuit, il y a deux nœuds. Ainsi, la loi des nœuds permet d’obtenir une équation indépendante. La deuxième clé est l’équation des mailles de Kirchhoff. Pour chaque maille indépendante, on doit calculer les différences de potentiel :  ΔVi = 0 . (ΔV )maille = Pour ce circuit, il y a deux mailles indépendantes, ce qui permet d’obtenir deux équations indépendantes. La dernière clé est l’équation de la puissance dissipée en fonction de la résistance et du courant : PR = Ri2R . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

37

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P38

On applique la loi des nœuds au nœud b. On obtient i1 = i2 + i3 .

(i)

Ensuite, on applique la loi des mailles à la maille cabc : E1 − R1 i1 − R2 i2 = 0 ,

(ii)

E2 − R3 i3 + R2 i2 = 0 .

(iii)

puis à la maille bdcb, Résoudre le problème Pour résoudre les équations, on isole les courants i1 dans l’équation (ii) et i3 dans l’équation (iii) : E1 − R2 i2 R1 9,00 − 133i2 = 100 i1 = −1,33i2 + 0,09

(iv)

E2 + R2 i2 R3 6,00 + 133i2 = 200 i3 = 0,665i2 + 0,03 .

(v)

i1 =

et i3 =

On insère ensuite les résultats de l’équation (iv) et de l’équation (v) obtenus dans l’équation (i) pour déterminer l’inconnue i2 : −1,33i2 + 0,09 = i2 + 0,665i2 + 0,03 (1 + 0,665 + 1,33) i2 = 0,09 − 0,03 0,09 − 0,03 i2 = (1 + 0,665 + 1,33) = 0,020 0 A . Le courant dans la branche 1 est donc i1 = −1,33 × 0,020 0 + 0,09 = 0,063 4 A . Ainsi, la puissance dissipée dans la résistance R1 est P1 = R1 i21 = 100 × (0,063 4) = 0,401 W .

2

Finalement, puisque PR1 = 0,401 W < 0,500 W, la résistance R1 ne surchauffe pas .

(réponse)

Valider la réponse Les courants i1 et i2 sont positifs, ce qui indique que l’hypothèse émise pour le sens des courants est correcte. La valeur de la puissance est du même ordre de grandeur que la puissance maximale, ce qui est correct. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

38

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P39

+

−

E3 −

E2

−

f

+

b

i1

g

−

i4

+

R2

−

R6 i4

−

h

On doit calculer le courant circulant dans chaque branche. Connues

Inconnues

E1 = 4,00 V E3 = 3,00 V

E2 = 12,0 V E4 = 16,0 V

R1 = 2,00 × 103 Ω

R2 = 4,00 × 103 Ω

R3 = 12,0 × 10 Ω

R4 = 10,0 × 10 Ω

R5 = 3,00 × 10 Ω

R6 = 7,00 × 103 Ω

3 3

a. Identifier les clés

R4

+

−

Décortiquer le problème

R3

e

−

c

+

i3

R5

+

+

E1

i2

+

i1

a

−

−

supposant que le courant qui circule dans chaque branche a un sens déterminé. Le schéma de la situation est présenté ci-contre.

R1

+

d

+

P39 Illustrer la situation On redessine le circuit en

PE1 iR4 Vb − Va

3

La première clé est l’équation des nœuds de Kirchhoff :   ientrant = isortant .

Pour ce circuit, il y a deux nœuds. Ainsi, la loi des nœuds permet d’obtenir une équation indépendante. La deuxième clé est l’équation des mailles de Kirchhoff. Pour chaque maille indépendante, on doit calculer les différences de potentiel :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 . Pour ce circuit, il y a trois mailles indépendantes, ce qui permet d’obtenir trois équations indépendantes. La dernière clé est l’équation de la puissance dissipée en fonction de la différence de potentiel et du courant : PE = Ei . En utilisant les variables posées sur le schéma ci-dessus, on applique la loi des nœuds au nœud a. On obtient (i) i1 + i2 + i4 = i3 . Ensuite, on applique la loi des mailles à la maille cdaebc : E1 − R1 i1 + R3 i2 − E2 − R2 i1 = 0 ,

(ii)

E1 − R1 i1 − R4 i3 + E3 − R2 i1 = 0 ,

(iii)

puis à la maille cdaf bc, et finalement à la maille cdaghbc : E1 − R1 i1 + R5 i4 − E4 + R6 i4 − R2 i1 = 0 .

(iv)

Résoudre le problème Pour résoudre les équations, on isole les courants i2 dans l’équation (ii), i3 dans l’équation (iii) et i4 dans l’équation (iv) : −E1 + R1 i1 + E2 + R2 i1 R3 −4,00 + 2,00 × 103 i1 + 12,0 + 4,00 × 103 i1 = 12,00 × 103 i2 = 0,500i1 + 6,67 × 10−4

i2 =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(v) 39

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

Q40

E1 − R1 i1 + E3 − R2 i1 R4 4,00 − 2,00 × 103 i1 + 3,00 − 4,00 × 103 i1 = 10,0 × 103 i3 = −0,6i1 + 7,00 × 10−4

(vi)

−E1 + R1 i1 + E4 + R2 i1 R5 + R6 −4,00 + 2,00 × 103 i1 + 16,0 + 4,00 × 103 i1 = 3,00 × 103 + 7,00 × 103 i4 = 0,6i1 + 1,20 × 10−3 .

(vii)

i3 =

et i4 =

On insère ensuite les résultats de l’équation (v), de l’équation (vi) et de l’équation (vii) obtenus dans l’équation (i) pour déterminer l’inconnue i1 : i1 + 0,500i1 + 6,67 × 10−4 + 0,6i1 + 1,20 × 10−3 = −0,6i1 + 7,00 × 10−4 (1 + 0,500 + 0,600 + 0,600) i1 = 7,00 × 10−4 − 6,67 × 10−4 − 1,20 × 10−3 −1,167 × 10−3 2,70 i1 = −4,32 × 10−4 A . i1 =

(viii)

Puisque le courant est négatif, cela signifie que le courant est en sens contraire de celui supposé. Le courant passe donc de la borne + à − dans la source de la f.é.m. La source absorbe de l’énergie, et sa puissance est PE1 = E1 i1 PE1

= 4,00 V × 4,32 × 10−4 A = 1,73 mW .

(réponse)

b. Décortiquer le problème Selon le schéma, le courant dans la résistance R4 correspond à i3 . Résoudre le problème Pour trouver le courant i3 , on insère le résultat de l’équation (viii) dans l’équation (vi), et on obtient i3 = −0,6i1 + 7,00 × 10−4   = −0,6 × −4,32 × 10−4 + 7,00 × 10−4 i3 = 9,59 × 10−4 A = 959 μA .

(réponse)

c. Identifier la clé

La deuxième clé consiste à additionner les différences de potentiel, du point a au point f . Résoudre le problème Pour trouver la différence de potentiel Vb − Va , on additionne les différences de potentiel en choisissant le parcours adcb : Va + R1 i1 − E1 + R2 i1 = Vb Vb − Va = 2,00 × 103 × (−4,32 × 10−4 ) − 4,00 + 4,00 × 103 × (−4,32 × 10−4 ) Vb − Va = −6,59 V . (réponse)

Q40 Décortiquer le problème Initialement, le condensateur n’est pas chargé. Ainsi, lorsqu’on ferme l’interrupteur, le condensateur se charge. Identifier la clé La clé est le graphique de l’évolution de l’intensité en fonction de la charge du condensateur (voir la figure 7.23 ). Résoudre le problème En observant le graphique, on voit que l’intensité initiale est élevée ; ensuite, l’intensité diminue graduellement jusqu’à zéro. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 40

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

Q41 a. Identifier la clé

Q41 — Q42

La clé est la définition de la constante de temps : τ = RC .

Résoudre le problème La résistance R dans la constante de temps est la résistance qui influe sur le courant dans la branche du condensateur. Ainsi, Situation Réq τ τ(i)

R

RC

τ(ii)

R 2

RC 2

τ(iii)

2R

2RC

Finalement, on obtient τ(ii) < τ(i) < τ(iii) .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la charge maximale : Qm = CE .

Résoudre le problème tous les circuits,

Puisque le condensateur et la source de f.é.m. sont les mêmes dans

la charge maximale est la même dans chaque circuit .

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation du courant maximal en fonction du temps : im =

E . R

Résoudre le problème La résistance R dans la constante de temps est la résistance qui influe sur le courant dans la branche du condensateur. Situation Réq im im,(i)

R

E R

im,(ii)

R 2

2E R

im,(iii)

2R

E 2R

Finalement, on obtient im,(iii) < im,(i) < im,(ii) .

Q42 Identifier les clés temps :

(réponse)

La première clé est l’équation de la décharge du condensateur en fonction du Q = Qm e−t/τ .

Ainsi, lorsqu’on observe le graphique de Q en fonction du temps t, on voit que l’ordonnée à l’origine correspond à la charge maximale Qm . De plus, puisque l’exponentielle varie en − τ1 , plus τ est grand, moins l’exponentielle décroît rapidement. La deuxième clé est la définition de la constante de temps : τ . τ = RC ⇒ R = C La troisième clé est l’équation du courant maximal en fonction de la charge maximale : im = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

Qm . RC 41

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E43 — E44

a. Résoudre le problème

En comparant les courbes, on remarque que le taux de décroissance des courbes (i) et (iii) est très semblable, dans le fait que le même temps écoulé porte la charge à la moitié de sa valeur initiale. De même pour le taux de décroissance des courbes (ii) et (iv). Par contre, on note que la courbe (ii) décroît beaucoup plus rapidement que la courbe (i). Ainsi, τii doit être plus petit que τi . Finalement, on obtient τ(ii) = τ(iv) < τ(i) = τ(iii) . (réponse)

b. Résoudre le problème

Puisque le condensateur dans chaque circuit est le même, cela signifie que la capacité est la même pour tous. Ainsi, à l’aide de la deuxième clé, la résistance R augmente lorsque τ augmente. On obtient alors R(ii) = R(iv) < R(i) = R(iii) .

(réponse)

c. Résoudre le problème

En observant le graphique, on voit que Qm,(i) = Qm,(i) > Qm,(iii) = Qm,(iv) . Ainsi, grâce à la troisième clé, une petite charge maximale avec une grande résistance donne le courant initial le plus faible. Ensuite, une grande charge maximale avec une grande résistance ou une petite charge maximale avec une petite résistance donne un courant initial moyen. Finalement, une grande charge maximale avec une petite résistance donne le courant initial le plus élevé. Ainsi, l’ordre du courant initial est im,(iii) < i(i) = im,(iv) < im,(ii) .

E43 Identifier les clés

(réponse)

La première clé est la définition du farad : 1F =

1C . 1V

1Ω =

1V . 1A

La deuxième clé est la définition de l’ohm :

La troisième clé est la relation entre le coulomb et l’ampère : 1A = Résoudre le problème

1C ⇒ 1C = 1A × s . 1s

En combinant les trois clés, on obtient V C × A V C = A A×s = A Ω×F=s .

Ω×F=

Valider la réponse

(réponse)

On a bien démontré que le produit RC donne des secondes.

E44 Décortiquer le problème Comme le condensateur est déchargé, lorsqu’on ferme l’interrupteur, le condensateur se charge. Connues E = 120 V

Inconnues

R = 200 × 10 Ω 3

−6

C = 50,0 × 10

F

ΔVC ΔVR U(5,0s)

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

42

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E44

La constante de temps du circuit est τ = RC = 200 × 103 × 50,0 × 10−6 = 10,0 s .

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation de la charge du condensateur en fonction du

temps :

 Q = CE 1 − e−t/τ ,

et la deuxième clé est la différence de potentiel en fonction de la charge et de la capacité du condensateur : Q ΔVC = . C Résoudre le problème Lorsque t = τ , on obtient  ΔVC = E 1 − e−τ /τ   = 120 × 1 − e−1 ΔVC = 75,9 V .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation des mailles de Kirchhoff :  (ΔV )maille = ΔVi = 0 .

Résoudre le problème

On obtient alors E − ΔVC − ΔVR = 0 ΔVR = E − ΔVC = 120 − 75,9 ΔVR = 44,1 V .

c. Identifier les clés

(réponse)

La première clé est l’équation de la charge du condensateur en fonction du

temps :

 Q = CE 1 − e−t/τ .

La deuxième clé est la différence de potentiel en fonction de la charge et de la capacité du condensateur : Q ΔVC = . C La dernière clé est l’équation de l’énergie emmagasinée dans un condensateur en fonction de la capacité et de la différence de potentiel à ses bornes : 2

UE = Résoudre le problème

C (ΔV ) . 2

À t = 5,0 s, la combinaison des deux premières clés permet d’obtenir  ΔVC = E 1 − e−t/τ  = 120 × 1 − e−5,0/10,0 = 47,2 V .

Ainsi, en utilisant la dernière clé, on obtient 2

C (ΔV ) 2 2 50,0 × 10−6 (47,2) = 2 UE = 0,056 J . UE =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 43

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E45 — E46 Valider la réponse

Les résultats obtenus sont tous positifs et ont du sens.

E45 Décortiquer le problème Comme le condensateur est déchargé, lorsqu’on ferme l’interrupteur, le condensateur se charge. Connues E = 15,0 V

Inconnue

R = 7,00 × 10 Ω 3

−6

C = 12,0 × 10

t(0,80im )

F

La constante de temps du circuit est τ = RC = 7,00 × 103 × 12,0 × 10−6 = 0,084 s . Identifier la clé

La clé est l’équation du courant en fonction du temps : i = im e−t/τ .

Résoudre le problème

Lorsque i = 0,80im , on obtient 0,80im = im e−t/τ −t ln 0,80 = 0,084 t = −0,084 × ln 0,80 t = 19 ms .

(réponse)

Valider la réponse Le temps devrait toujours être positif, et c’est ce qu’on obtient. Compte tenu des données du problème, un ordre de grandeur dans les millisecondes est raisonnable.

E46 Décortiquer le problème Dans la présente situation, le condensateur se décharge. Inconnues

Connue −3

τ = RC = 60,0 × 10

a. Identifier la clé

s

t(1/2) tUm /2

La clé est l’équation décrivant la décharge du condensateur en fonction du

temps : Q = Qm e−t/τ . Résoudre le problème

ÀQ=

Qm 2 ,

on obtient

Qm = Qm e−t(1/2) /τ 2   −t(1/2) 1 ln = 2 RC t(1/2) = RC ln 2 t(1/2)

= 60,0 × 10−3 ln 2 = 41,6 ms .

(réponse)

Valider la réponse Le temps est assez court, mais cela représente bien la constante de temps du problème, car les résultats ont le même ordre de grandeur. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

44

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E47

b. Identifier les clés

La première clé est la différence de potentiel en fonction de la charge et de la capacité du condensateur : Q . ΔVC = C La deuxième clé est l’équation de l’énergie emmagasinée dans un condensateur en fonction de la capacité et de la différence de potentiel à ses bornes : 2

UE = Résoudre le problème

C (ΔV ) . 2

À l’aide de la clé utilisée en a. et de la première clé, on obtient Qm −t/τ e C = ΔVm e−t/τ .

ΔVC =

En combinant cette dernière équation à la deuxième clé et en utilisant la condition UE = U2m , on obtient  2 C ΔVm e−t/τ UE = 2  2 UE = Um e−t/τ  2 Um = Um e−t(1/2) /τ  2 −t(1/2) 1 ln √ = RC 2 √ t(1/2) = RC ln 2 √ = 60,0 × 10−3 ln 2 t(1/2) = 20,8 ms . (réponse) Valider la réponse Le temps est assez court, mais cela représente bien la constante de temps du problème, car les résultats ont le même ordre de grandeur.

E47 Décortiquer le problème Dans la présente situation, puisque le condensateur possède de l’énergie, en le branchant à une résistance, le condensateur se décharge. Connues −6

C = 2,50 × 10

F

Inconnues UE = 0,120 J

τ

Qm

i5,00s

R = 1,50 × 10 Ω 6

a. Identifier la clé

La clé est la définition de la constante de temps : τ = RC .

Résoudre le problème

On obtient τ = 1,50 × 106 × 2,50 × 10−6 τ = 3,75 s .

(réponse)

b. Puisque le condensateur se décharge, la charge maximale est à t = 0. La clé est l’équation de l’énergie emmagasinée dans un condensateur en fonction de la charge et de la capacité :

(Q) ⇒ Q = 2CUE . 2C 2

UE = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

45

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

E48 — P49 Résoudre le problème

On obtient  Qm =

2 × 2,50 × 10−6 × 0,120

Qm = 775 μC .

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant dans la résistance pour la décharge d’un condensateur en fonction du temps : i= Résoudre le problème

Qm −t/τ e . RC

À t = 5,00 s, on obtient 775 × 10−6 e−5,00/3,75 1,50 × 106 × 2,50 × 10−6 i = 54,4 μA . i=

E48 a. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la décharge du condensateur en fonction du temps : Q = Qm e−t/τ .

Résoudre le problème

ÀQ=

Qm 2 ,

on obtient

Qm = Qm e−t(1/2) /τ  2 −t(1/2) 1 ln = 2 RC t 21 = RC ln 2 .

(réponse)

b. En observant la fonction obtenue à la sous-question précédente, on remarque que le graphique de t 12 en fonction de R a la forme y = mx + b. Ainsi, le graphique est une droite dont la pente est C ln 2, et l’ordonnée à l’origine est 0.

P49 Décortiquer le problème Pour calculer la constante de temps du circuit, on doit remplacer le circuit par un circuit équivalent, avec une seule résistance. Inconnues

Connues −6

C = 2,75 × 10

F

−6

Qm = 12,2 × 10

R1 = 4,00 × 10 Ω

R2 = 5,00 × 10 Ω

Qt=3,70 ms i2

R3 = 6,75 × 10 Ω

R4 = 7,35 × 103 Ω

tQ=1,22 µC

3 3

a. Identifier les clés

C

3

La clé est l’équation de la décharge du condensateur en fonction du temps : Q = Qm e−t/τ .

Pour calculer la constante de temps, on doit remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, en utilisant les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

Résoudre le problème

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

Lorsque le circuit est mixte, on doit commencer par réduire le circuit.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

46

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P49

en série

R3

R1

R2

C

R1

R2

C

La résistance équivalente R34 est

R4

R34 = 6,75 × 103 Ω + 7,35 × 103 Ω = 14,1 × 103 Ω .

La résistance équivalente R234 est

R34



en parallèle

R234 =

1 1 + 3 5,00 × 10 Ω 14,1 × 103 Ω

−1 = 3,69 × 103 Ω .

en série

R1 C

R234

La résistance équivalente du circuit est Réq = 4,00 × 103 Ω + 3,69 × 103 Ω = 7,69 × 103 Ω .

C

La constante de temps du circuit est alors

Réq

τ = CRéq = 2,75 × 10−6 F×7,69 × 103 Ω = 21,2 ms .

Selon la première clé, la charge du condensateur à t = 3,70 × 10−3 s est alors Qt = 3,70 ms = 12,2 × 10−6 e

−3,70 × 10−3 21,2 × 10−3

= 10,2 μC .

(réponse)

Valider la réponse La charge à un certain temps t est plus petite que la charge maximale puisque le condensateur se décharge. L’ordre de grandeur de la charge est le même que celui de la charge maximale.

i1

−

d

−

R3 i2

R2

i3

b +

R1 C

a

−

+

sant que le courant qui circule dans chaque branche a un sens déterminé. Le schéma de la situation est présenté ci-contre. De plus, on ajoute des points pour appliquer la loi des mailles.

+

+

b. Illustrer la situation On dessine le circuit en suppo-

i3

R4 −

c

Identifier les clés La première clé est l’équation du courant dans la résistance pour la décharge d’un condensateur en fonction du temps : i=

Qm −t/τ e . RC

De plus, la loi d’Ohm permet d’obtenir ΔVR = Ri ⇒ i = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

ΔV . R 47

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P49

Ensuite, les deuxième et troisième clés sont les lois de Kirchhoff pour les nœuds :   ientrant = isortant , et pour les mailles :



(ΔV )maille = Résoudre le problème

ΔVi = 0 .

À t = 3,70 × 10−3 s, on obtient, pour le courant i1 , 12,2 × 10−6 −3,70 × 10−3 /21,2 × 10−3 e 21,2 × 10−3 i1 = 484 μA . i1 =

(i)

À l’aide de la loi des nœuds, on a i1 = i2 + i3 .

(ii)

On applique la loi des mailles à la maille abcda : −R3 i3 − R4 i3 + R2 i2 = 0 R2 i2 = (R3 + R4 )i3 R2 i2 . i3 = (R3 + R4 )

(iii)

En insérant l’équation (iii) dans l’équation (ii) et en utilisant le résultat obtenu à l’aide de l’équation (i), on a R2 i2 (R3 + R4 ) (R2 + R3 + R4 ) i2 = (R3 + R4 ) (R3 + R4 ) i1 i2 = (R2 + R3 + R4 ) (6,75 × 103 + 7,35 × 103 ) = × 484 × 10−6 (5,00 × 103 + 6,75 × 103 + 7,35 × 103 ) i2 = 357 μA . i1 = i2 +

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la décharge du condensateur en fonction du temps : Q = Qm e−t/τ .

Résoudre le problème

Lorsque Q = 1,22 × 10−6 C, on obtient Q = e−t/τ Qm   Q −t ln = Qm τ t = RC ln



Qm Q



= 21,2 × 10−3 ln t = 48,7 ms .



12,2 × 10−6 1,22 × 10−6



(réponse)

Valider la réponse Le temps est assez court, mais cela représente bien la constante de temps du problème, car l’ordre de grandeur est le même. De plus, dans ce problème, la charge étant plus petite d’un facteur de 10, le temps est environ deux fois plus long. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

48

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P50

P50 Décortiquer le problème Pour calculer la constante de temps du circuit, on doit remplacer le circuit par un circuit équivalent, avec une seule résistance et un seul condensateur. Inconnues

Connues −6

C1 = C2 = C3 = 10 × 10

F

R1 = R2 = R3 = R4 = 450 Ω E1 = 8,00 V

Qm = 0 C

i1 Q3

E2 = 5,00 V

a. Tout juste après avoir fermé l’interrupteur, les sources produisent un courant dans le circuit, et il n’y a pas encore de charges qui s’accumulent sur les condensateurs. Ainsi, les condensateurs agissent à ce moment précis comme des fils. Identifier les clés La clé consiste à remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, en utilisant les équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

Ensuite, on applique la loi des mailles de Kirchhoff pour trouver le courant : (ΔV )maille =

−

Lorsque le circuit est mixte, on doit commencer par réduire le circuit.

−

E2

+

E1

ΔVi = 0 .

+

+

Résoudre le problème



R2

R3

R1

i1 −

La résistance équivalente R23 est R23 = 450 Ω + 450 Ω = 900 Ω .

R4

−

E2

+

E1

+

−

+

en série

R1

R23

i1 La résistance équivalente R234 est

−



= 300 Ω .

−

E2

+

E1

−1

+

−

R234 =

R4 +

en parallèle

1 1 + 900 Ω 450 Ω

R1

R234

i1 −

La résistance équivalente du circuit est Réq = 450 Ω + 300 Ω = 750 Ω .

en série

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

49

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

Le courant passant dans la résistance R1 est alors

E2 Réq +

−

8,00 + 5,00 = 17,3 mA . 750 (réponse)

E1 + E2 − Réq i = 0 ⇒ i =

−

b. Décortiquer le problème Le régime permanent est atteint lorsque les condensateurs sont complètement chargés. Dans ce cas, il n’y a plus de courant qui circule dans les résistances.

+

i1

−

E1 C1

+

E1

−

+

−

+

P51

E2 C2

ΔV3 C3 Identifier la clé La clé est l’équation de la charge d’un condensateur en fonction de sa différence de potentiel à ses bornes : Q ⇒ Q = ΔV C . ΔV = C Résoudre le problème

Selon la loi des mailles,

E1 + E2 − ΔV3 = 0 ⇒ ΔV3 = 8,00 + 5,00 = 13,0 V . Ainsi, on obtient Q3 = ΔV3 C3 = 13,0 × 10 × 10−6 = 130,0 μC .

(réponse)

P51 Décortiquer le problème Inconnues

Connues E = 120 V R1 = R2 = R3 = 730 Ω

−6

C = 6,50 × 10 Qm = 0 C

F

ij(t = 0) ij(t→∞)

a. Tout juste après qu’on a fermé l’interrupteur, la source produit un courant dans le circuit, et il n’y a pas encore de charges sur les condensateurs. Ainsi, les condensateurs agissent à ce moment précis comme des fils. Identifier les clés La clé consiste à remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, à l’aide des équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

Ensuite, on utilise la loi des mailles de Kirchhoff pour trouver le courant : (ΔV )maille = Résoudre le problème



ΔVi = 0 .

Lorsque le circuit est mixte, on doit commencer par réduire le circuit.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

50

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

i1

en parallèle

a

+

+

+

E

R2

−

i 2 R3

R1

−

+

−

P52

i3

La résistance équivalente R23 est 

−

R23 =

b

i1

1 1 + 730 Ω 730 Ω

−1 = 365 Ω .

i1 +

+

E

R23

−

R1

La résistance équivalente du circuit est

−

Réq = 365 Ω + 730 Ω = 1 095 Ω . +

−

i 23

i1

en série

Le courant passant dans la résistance R1 et dans la résistance R23 est alors 120 = 110 mA . 1 095 (réponse) Ainsi, la différence de potentiel Vb − Va est E − Réq i1 = 0 ⇒ i1 =

i1

ΔVab = R23 i23 = 365 × 110 × 10−3 = 40,0 V .

+

+

E

−

R eq

Finalement, le courant passant dans la résistance R2 est

i1 −

40,0 = 54,8 mA . 730 (réponse) Le courant passant dans la résistance R3 est ΔVab = R2 i2 ⇒ i2 =

ΔVab = R3 i3 ⇒ i3 =

40,0 = 54,8 mA . 730 (réponse)

Lorsque t → ∞, le condensateur est complètement chargé. Ainsi, il n’y a plus de courant qui passe dans la branche de R3 , et le courant est

b. Résoudre le problème

i3 = 0,00 mA .

(réponse)

Ainsi, la loi des mailles permet de trouver le courant passant dans les deux autres résistances : E − R2 i − R3 i = 0 ⇒ i = i1 = i2 =

120 = 82,2 mA . 730 + 730

(réponse)

P52 a. Décortiquer le problème Sachant que la charge du condensateur est nulle à t = 0, le condensateur se charge. Lorsque ce dernier est complètement chargé, la différence de potentiel aux bornes de la résistance est nulle, ΔVR = 0. Ainsi, ΔVC = E . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

51

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P53 Identifier la clé la charge :

La clé est l’équation de l’énergie potentielle en fonction de la capacité et de UC =

CE 2 Q2m = . 2C 2

(réponse)

b. Identifier la clé

La première clé est le fait que l’énergie fournie par la pile est la somme de l’énergie emmagasinée dans le condensateur et de l’énergie dissipée par la résistance. La deuxième clé est le fait que la puissance dissipée dans la résistance est fonction du temps. On peut trouver l’énergie en intégrant la puissance en fonction du temps : ∞ PR dt . UR = 0

Résoudre le problème On a trouvé en a. l’énergie accumulée par le condensateur. On doit maintenant évaluer l’énergie dissipée dans la résistance. Ainsi, selon la seconde clé, ∞ PR dt , UR = 0

où la puissance est donnée par P = Ri2 . Le courant étant donné par i = im e−t/τ =



∞

UR =

E R ∞

PR dt = R 0 2

e−t/τ , on peut procéder au calcul de l’intégrale : i2 dt = R

0 ∞

0

1 −2t/τ  E e  R −2/τ 0 

2 E −τ −2×∞/τ e = − e−2×0/τ R 2   −E 2 RC 1 = − 0 2R e E 2C . UR = 2 =

∞



E −2t/τ e R

2 dt

Selon la première clé, on a E 2C CE 2 + 2 2 UE = UC + UR = E 2 C .

UE = UC + UR =

(réponse)

La clé est l’expression trouvée en b. de l’énergie dissipée dans la résistance, 2 UR = E 2C . Résoudre le problème Le rapport de l’énergie dissipée dans la résistance sur l’énergie totale produite par la source est E2C 1 UR = 22 = . UE E C 2

c. Identifier les clés

P53 a. Décortiquer le problème On peut trouver la charge maximale portée sur le condensateur lorsqu’il est complètement chargé. Ainsi, il n’y aura plus de courant qui passe par la branche du condensateur. Connues

Inconnues −6

E = 12,0 V

C = 2,70 × 10

F

R1 = 60,0 × 10 Ω

R2 = 20,0 × 10 Ω

R3 = 15,0 × 10 Ω

R4 = 50,0 × 10 Ω

3 3

3

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

ij(t = 0) ij(t→∞)

3

52

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P53

Identifier les clés La première clé consiste à remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, à l’aide des équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :



−1 1 1 1 + + ... + . R1 R2 RN Ensuite, on applique la loi des mailles de Kirchhoff pour trouver le courant :  ΔVi = 0 . (ΔV )maille = Réq =

Résoudre le problème Lorsque le circuit est mixte, on doit commencer par réduire le circuit en considérant que le condensateur est absent, car il est complètement chargé. en série

a

−

+

+

R1 i 12 i 34

R2

−

i 12 i 34 +

+

−

b

R3

La résistance équivalente R12 est

−

R4

R12 = 60,0 × 103 Ω + 20,0 × 103 Ω = 80,0 × 103 Ω .

+

−

La résistance équivalente R34 est

E

en série

+

R12

R34 = 15,00 × 103 Ω + 50,0 × 103 Ω = 65,0 × 103 Ω .

−

i 12 i 34

en parallèle

+

−

La résistance équivalente du circuit est

R34 +

E

 Réq =

−

1 1 + 3 80,0 × 10 Ω 65,0 × 103 Ω

−1 = 35,9 × 103 Ω .

Le courant passant dans la branche R12 est alors

Réq −

12,0 E = = 0,150 mA . R12 80,0 × 103

Le courant passant dans la branche R34 est alors

+

i

i12 =

E

i34 =

E 12,0 = = 0,185 mA . R34 65,0 × 103

Pour trouver la charge sur le condensateur, il faut d’abord trouver la différence de potentiel Vb − Va : ΔVa + R1 i12 − R3 i34 = Vb ⇒ Vb − Va = 60,0 × 103 × 15,0 × 10−3 − 15,0 × 103 × 18,5 × 10−3 = 6,231 V . Finalement, la charge maximale portée par l’armature positive est Qm = ΔVab C = 6,231 × 2,70 × 10−6 = 16,8 μC . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 53

CHAPITRE 07 — Les circuits à courant continu

P53

Puisque la différence de potentiel Vb − Va obtenue en a. est positive, cela veut dire que l’armature positive est sur

b. Résoudre le problème

l’armature inférieure .

(réponse)

c. Identifier les clés

La clé consiste à remplacer le circuit par le circuit équivalent, avec une seule résistance, à l’aide des équations de la résistance équivalente pour les circuits en série : Réq = R1 + R2 + ... + RN , et en parallèle :

 Réq =

Résoudre le problème en série

C

1 1 1 + + ... + R1 R2 RN

−1 .

Lorsque le circuit est mixte, on doit commencer par réduire le circuit.

en série

R1

R2

R3

R4

La résistance équivalente R13 est R13 = 60,0 × 103 Ω + 15,0 × 103 Ω = 75,0 × 103 Ω . La résistance équivalente R24 est R24 = 20,0 × 103 Ω + 50,0 × 103 Ω = 70,0 × 103 Ω .

en parallèle

C

R13

R24

La résistance équivalente du circuit est  Réq =

1 1 + 75,0 × 103 Ω 70,0 × 103 Ω

−1

= 36,2 × 103 Ω .

La constante de temps est alors

C

Réq

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

τ = Réq C = 36,2 × 103 × 2,70 × 10−6 = 97,8 ms . (réponse)

54

CHAPITRE 8

Le champ magnétique

P32 Décortiquer le problème La configuration possède une symétrie de translation : il n’y a pas de changement si l’on déplace la configuration vers la droite ou vers la gauche. Cela indique que le module du champ magnétique dépend uniquement de la distance r. De plus, la symétrie implique que le champ doit être horizontal. Selon le résultat du champ produit par un seul fil (la règle de la main droite), le champ doit être vers la gauche pour les points au-dessus de la configuration, et le champ doit être vers la droite pour les points en dessous de la configuration. Illustrer la situation Pour calculer le champ à une distance r, on choisit un parcours d’intégration rectangulaire, de longueur ℓ et de largeur 2r, centré sur la configuration (voir la figure suivante). L’intégrale est calculée en sens antihoraire, de telle sorte que l’élément d~s a le même sens que le champ, ou il est perpendiculaire au champ. parcours d'intégration

~ B

P b

a

r i

c

r d

~ B `

Décortiquer le problème Connues

Inconnue

i r

n

B

La clé est le théorème d’Ampère : I ~ · d~s = µ iinc . B 0

Identifier la clé

(i)

ligne

Résoudre

I

Pour calculer l’intégrale, on décompose le parcours en quatre parties :

~ · d~s = B

Z

b

Z

b

~ · d~s + B

a

ligne

=

c

Z

~ · d~s + B

b

a

=

Z

d

~ · d~s + B

c

B ds cos(0 ) + ◦

Z

Z

B ds +

a

Z

d

a

~ · d~s B

d

c

B ds cos(90 ) + ◦

b

b

Z

Z

d

B ds cos(0 ) + ◦

c

Z

a

B ds cos(90◦ )

d

B ds

c

La symétrie implique que le module du champ est uniforme lorsque la distance r ne change pas. On peut donc sortir le champ des deux intégrales. Comme le parcours est centré sur la configuration, le module est le même pour les deux segments. On obtient : I

ligne

~ · d~s = B B

Z

b

ds + B

a

c

1 Physique 2 – Électricité et magnétisme Solutions détaillées © TC Média Livres Inc.

Z

d

ds = B (ℓ + ℓ) = 2Bℓ .

(ii)

P32

CHAPITRE 8. LE CHAMP MAGNÉTIQUE Pour calculer le membre droit de l’équation (i), on doit compter le nombre N de fils qui passent à travers le parcours d’intégration. Comme le nombre de fils par unité de longueur est n, on obtient : µ0 iinc = µ0 N i = µ0 nℓi .

(iii)

En insérant les équations (ii) et (iii) dans l’équation (i), on obtient : 2Bℓ = µ0 nℓi 1 B = µ0 ni . 2

(réponse)

Valider la réponse On obtient bien l’expression du module du champ magnétique demandé dans l’énoncé. Le module du champ ne dépend pas de la grandeur du parcours d’intégration, comme il se doit. Le champ a un module uniforme.

2 Physique 2 – Électricité et magnétisme Solutions détaillées © TC Média Livres Inc.

CHAPITRE 8. LE CHAMP MAGNÉTIQUE

P33

P33 Décortiquer le problème La configuration complète ne possède pas de symétrie particulière. Pour utiliser le théorème d’Ampère, on doit diviser le problème en deux parties : on calcule le champ magnétique produit par chacun des cylindres pris un à la fois, puis on calcule le champ résultant par le principe de superposition. Inconnue

Connues R = 3,00 cm i1 = 8,00 A

d = 10,0 cm i2 = 6,00 A

r = 2,00 cm

B

Cylindre 1 : Illustrer la situation La figure ci-contre parcours illustre une vue transversale du premier cy~1 R B d'intégration lindre et le point P, situé à l’intérieur du cyy r lindre. On suppose que le courant sort de la i1 cylindre 1 P page. La boucle d’Ampère est un cercle de rayon r, de telle sorte que le point P est sur le x parcours. Le parcours est en sens antihoraire. Décortiquer le problème La configuration a une symétrie cylindrique, ce qui implique que ~ 1 est parallèle à l’élément d~s et que son module est uniforme le long du parcours le champ B ~ 1 tourne en sens antihoraire, ce qui d’intégration. Selon la règle de la main droite, le champ B fait qu’il est orienté vers le haut au point P (dans le sens de l’axe des y). Identifier la clé La clé est le théorème d’Ampère : I ~ · d~s = µ iinc . B (i) 0 ligne

Résoudre

Selon la figure précédente, on calcule le membre de gauche de l’équation (i) : I I I ~ · d~s = B1 ds cos(0◦ ) = B1 ds = B1 2πr . B (ii) ligne

On calcule le courant inclus dans la boucle en utilisant la densité de courant. Étant donné que le courant est uniformément distribué, la densité de courant J est uniforme. On obtient :   i1 µ i1 r 2 µ0 iinc = µ0 Jπr2 = µ0 πr2 = 0 2 . (iii) 2 πR R

En insérant les équations (ii) et (iii) dans l’équation (i), on peut isoler B1 : B1 2πr =

µ0 i1 r2 µ i1 r ⇒ B1 = 0 2 . 2 R 2πR

~ 1 est orienté vers le haut : Comme B ~ 1 = µ0 i1 r ~ . B 2πR2

(iv)

Cylindre 2 :

Illustrer la situation La figure ci-contre illustre une vue transversale du deuxième cylindre et le point P, situé à l’extérieur du cylindre, à une distance d − r du centre du cylindre. Le courant i2 sort de la page, car il est dans le même sens que le courant i1 . La boucle d’Ampère est un cercle de rayon d − r, de telle sorte que le point P est sur le parcours. Le parcous est en sens antihoraire. 3

Physique 2 – Électricité et magnétisme Solutions détaillées © TC Média Livres Inc.

parcours d'intégration

y

R ~2 B x

P

i2 d–r

cylindre 2

P33

CHAPITRE 8. LE CHAMP MAGNÉTIQUE Décortiquer le problème La configuration a une symétrie cylindrique, ce qui implique que ~ 2 est parallèle à l’élément d~s et que son module est uniforme le long du parcours le champ B ~ 2 tourne en sens antihoraire, ce qui d’intégration. Selon la règle de la main droite, le champ B fait qu’il est orienté vers le bas au point P (dans le sens oppsé à l’axe des y). Identifier la clé La clé est le théorème d’Ampère : I ~ · d~s = µ iinc . B (v) 0 ligne

Résoudre L’intégrale curviligne se calcule de la même façon que pour le cylindre 1, en remplaçant le rayon du parcours par d − r : I I I ~ · d~s = B2 ds cos(0◦ ) = B2 ds = B2 2π (d − r) . B (vi) ligne

Le courant inclus dans la boucle d’Ampère est simplement i2 , car tout le courant circulant dans le cylindre 2 passe à travers la boucle. On obtient alors : B2 2π (d − r) = µ0 i2 ⇒ B2 =

µ0 i2 . 2π (d − r)

~ 2 est orienté vers le bas, donc : Selon la figure précédente, le champ B ~2 =− B

µ0 i2 ~ . 2π (d − r)

(vii)

Le champ résultant Identifier la clé

La clé est le principe de superposition : ~ =B ~1+B ~2 . B

Résoudre

(viii)

On obtient : µ0 i2 µ ~ = µ0 i1 r ~ − ~ = 0 B 2πR2 2π (d − r) 2π



i1 r i2 − R2 d−r



~ .

(ix)

Le module du champ au point P est alors : 4π × 10−7 T · m/A B= 2π

8,00 A × 0,020 0 m 2

(0,030 0 m)

B = 20,6 µT .

6,00 A − 0,100 m − 0,020 0 m

!

= 2,06 × 10−5 T (réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur ssmble correct. Le résultat a les bonnes unités. Le module est une quantité positive, comme il se doit.

4 Physique 2 – Électricité et magnétisme Solutions détaillées © TC Média Livres Inc.

Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 09 Q1 Identifier la clé

La force magnétique

La clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel :  m = q v × B  . F

On se rappelle que le sens de la force magnétique est donné par la règle de la main droite. Résoudre le problème On applique la formule à chaque situation et on obtient  (i) = −evBı × ı = 0 F  (ii) = −evBı × (−j) = evB k F  (iii) = evBı × j = evB k F  (iv) = evBj × (−j) = 0 F  (v) = 2evBı × j = 2evB k . F Donc, on peut classer le module de la force magnétique en ordre croissant : F(i) = F(iv) (forces nulles) < F(ii) = F(iii) < F(v) .

Q2 Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel :  .  m = q v × B F

On se rappelle que le sens de la force magnétique est donné par la règle de la main droite. En appliquant la règle de la main droite avec le vecteur v et le vecteur  et puisque la charge est négative, on devrait obtenir une force magnétique F  m qui entre dans B, la page. Ainsi, l’orientation de la force magnétique n’est pas correcte. (réponse)

a. Résoudre le problème

En appliquant la règle de la main droite avec le vecteur v et le vecteur  et puisque la charge est positive, on devrait obtenir une force magnétique F  m orientée vers B, la droite. De plus, la force doit toujours être perpendiculaire à la vitesse. Ainsi,

b. Résoudre le problème

l’orientation de la force magnétique n’est pas correcte.

(réponse)

En appliquant la règle de la main droite avec le vecteur v et le vecteur  et puisque la charge est négative, on devrait obtenir une force magnétique F  m orientée vers B, la droite. C’est ce qu’on voit dans la figure. Ainsi,

c. Résoudre le problème

l’orientation de la force magnétique est correcte.

Q3 Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel :  .  m = q v × B F

On se rappelle que le sens de la force magnétique est donné par la règle de la main droite. Résoudre le problème En appliquant la règle de la main droite pour la particule 1, on doit utiliser une charge négative, tandis que pour la particule 2, on doit utiliser une charge positive. Ainsi, q1 est négative et q2 est positive. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 1

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E4 — E5

 On E4 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation, avec le vecteur v et le vecteur B.

 m , qu’on peut obtenir grâce à la règle de la main droite. trace également l’orientation du vecteur F

z

~v

x

~B

y

+

~Fm Décortiquer le problème

La charge d’une particule alpha est de q = 2e. Connues Inconnue −19 m q = 2e = 3,204 × 10 C F v = 6,23 × 105 m/s k

 = (4,35ı − 9,18j) × 10−3 T B

Identifier la clé

La clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel :  .  m = q v × B F

On se rappelle que le sens de la force magnétique est donné par la règle de la main droite. Résoudre le problème En appliquant le produit vectoriel spécifié dans la clé, on obtient  m = 3,204 × 10−19 × (6,23 × 105 k) × (4,35 × 10−3ı − 9,18 × 10−3 j) F  m = 8,68 × 10−16 × k × ı − 18,3 × 10−16 k × j . F

Puisque le produit k × ı = j et −k × j = ı, la force magnétique est orientée en direction de l’axe des x et des y. Ainsi,  m = (18,3ı + 8,68j) × 10−16 N . (réponse) F Valider la réponse L’orientation obtenue par le produit vectoriel est la même que celle qu’on obtient par la règle de la main droite, ce qui est cohérent. L’ordre de grandeur semble correct.  m . On E5 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation, avec le vecteur v et le vecteur F  trace également l’orientation du vecteur B, qu’on peut obtenir grâce à la règle de la main droite.  est Sachant que la composante x du champ est nulle, la seule orientation possible du vecteur B parallèle à l’axe des z, vers le haut en raison de la règle de la main droite.

z

~B ~Fm

y

x

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

~v

2

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E6

La charge de l’électron est q = −e. Connues

Décortiquer le problème

−19

q = −e = −1,602 × 10

C

Inconnue  B

v = (4,0ı + 7,1j) × 10 m/s 5

 m = (−2,61ı + 1,47j) × 10−13 N F

On sait que la forme du champ magnétique sera B = (By j + Bz k) T, puisque la composante en x, Bx , est nulle. Identifier la clé La clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel :  .  m = q v × B F Résoudre le problème En effectuant le produit vectoriel, et à partir des produits ı × j = k, ı × k = −j, j × j = 0 et j × k = ı, on obtient −2,61 × 10−13ı + 1,47 × 10−13 j = −1,602 × 10−19 (4,0 × 105ı + 7,1 × 105 j) × (By j + Bz k) −2,61 × 10−13ı + 1,47 × 10−13 j = −1,602 × 10−19 (4,0 × 105ı × By j + 4,0 × 105ı × Bz k + 7,1 × 105 j × By j + 7,1 × 105 j × Bz k) −2,61 × 10−13ı + 1,47 × 10−13 j = −1,602 × 10−19 (4,0 × 105 By k − 4,0 × 105 Bz j + 7,1 × 105 Bzı) . Ainsi, en associant les ı ensemble, les j ensemble et les k ensemble, on obtient −2,61 × 10−13ı = −1,602 × 10−19 × 7,1 × 105 Bzı ⇒ Bz = 2,3 1,47 × 10−13 j = 1,602 × 10−19 × 4,0 × 105 Bz j ⇒ Bz = 2,3 0k = −1,602 × 10−19 × 4,0 × 105 By k ⇒ By = 0 . Finalement, le champ magnétique est  = 2,3k T . B Valider la réponse L’orientation obtenue par le produit vectoriel est la même que celle qu’on obtient par la règle de la main droite, ce qui est cohérent. L’ordre de grandeur du champ magnétique semble correct.  On E6 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation, avec le vecteur v et le vecteur B.  m, associe le sud à l’axe des x et l’est à l’axe des y. On trace également l’orientation du vecteur F qu’on peut obtenir grâce à la règle de la main droite.

z (NORD) (OUEST)

~Fm x (SUD)

y

+

µ

(EST)

20,0o

~B ~v

Décortiquer le problème l’annexe B du manuel.

La charge du proton est q = e. La masse du proton est donnée dans

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3

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E7 Connues −19

q = 1,602 × 10

−27

m = 1,673 × 10

C

v = −2,96 × 106 m/sk  = 4,50 × 10−3 T B

kg

Inconnues m F

θ = 20,0◦

a

 sous forme vectorielle. On obtient D’après la figure, on peut écrire le vecteur B  = 4,50 × 10−3 (cos 20,0◦ı + sin 20,0◦ j) ⇒ B  = 4,23 × 10−3ı + 1,53 × 10−3 j . B Identifier les clés La première clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel, pour calculer la force magnétique :  m = qv × B  . F

(i)

La deuxième clé est la deuxième loi de Newton :   rés = ma ⇒ a = Frés . F m

(ii)

a. Résoudre le problème

On détermine d’abord la force magnétique :      m = 1,602 × 10−19 −2,96 × 106 k × 4,23 × 10−3ı + 1,53 × 10−3 j . F

Le produit −k × ı = −j alors que −k × j = ı. Ainsi, on obtient    m = −2,00 × 10−15 j + 7,25 × 10−16ı . F

(iii)

La force magnétique est donc orientée en direction de l’axe des x et du sens opposé à l’axe des y, soit au sud de l’ouest, selon la figure. m : En appliquant les règles trigonométriques, on peut trouver la grandeur du vecteur F   F = Fx2 + Fy2 ⇒ F = (7,25 × 10−16 )2 + (−2,00 × 10−15 )2 = 2,13 × 10−15 N , et l’angle entre Fx et F : tan θ =

Fx 7,25 × 10−16 = ⇒ θ = 20,0◦ . Fy 2,00 × 10−15

Finalement, la force magnétique est −−−−−−−−−−−−−−−→  m = 2,13 × 10−15 N − F à 20,0◦ au sud de l’ouest .

(réponse)

b. Résoudre le problème

La force magnétique est la seule force exercée sur l’électron (la force gravitationnelle est négligeable). On insère le résultat de l’équation (iii) dans l’équation (ii) : a =

−−−−−−−−−−−−−−−−→ 2,13 × 10−15 N k = 1,28 × 1012 m/s2 à 20,0◦ au sud de l’ouest . −27 1,673 × 10 kg

(réponse)

Valider la réponse L’orientation obtenue par le produit vectoriel est la même que celle qu’on obtient par la règle de la main droite, ce qui est cohérent. L’ordre de grandeur de la force magnétique et celui de l’accélération semblent corrects.  On E7 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation, avec le vecteur v et le vecteur B.  m, associe le sud à l’axe des x et l’est à l’axe des y. On trace également l’orientation du vecteur F qu’on peut obtenir grâce à la règle de la main droite. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

4

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E7

z (NORD) 20,0o ~B

-

(OUEST)

30,0o

y (EST)

~v

x (SUD)

~Fm Décortiquer le problème La charge d’un électron est q = −e. La masse de l’électron est donnée dans l’annexe B du manuel. Inconnues Connues −19 −31 m F q = −1,602 × 10 C m = 9,109 × 10 kg K = 40,0 × 103 eV  = 0,128 T B

α = 30,0◦

a

β = 20,0◦

a. Puisque 1 eV = 1,602 × 10−19 J, on trouve que l’énergie cinétique du faisceau d’électrons est de 6,408 × 10−15 J. Identifier la clé

La clé est l’équation de l’énergie cinétique en fonction de la vitesse : 1 2K 2 K = mv ⇒ v = . 2 m

Résoudre le problème

On obtient

2 × 6,408 × 10−15 v= = 1,19 × 108 m/s . 9,109e − 31

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la vitesse semble correct puisqu’elle vaut environ 40 % de la vitesse de la lumière.  sous forme b. Décortiquer le problème D’après la figure, on peut écrire les vecteurs v et B vectorielle. On obtient v = 1,19 × 108 (sin 30,0◦ı + cos 30,0◦ j) ⇒ v = 5,95 × 107ı + 1,03 × 108 j  = −0,120ı + 0,043 8j .  = 0,128 (−cos 20,0◦ı + sin 20,0◦ j) ⇒ B B Identifier les clés La première clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel, pour calculer la force magnétique :  m = qv × B  . F

(i)

La deuxième clé est la deuxième loi de Newton :   rés = ma ⇒ a = Frés . F m

(ii)

Résoudre le problème

On détermine d’abord la force magnétique avec l’équation (i) :      −19 7 8  5,95 × 10 ı + 1,03 × 10 j × −0,120ı + 0,043 8j . Fm = −1,602 × 10

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5

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P8

On a ı × −ı = 0 et ı × j = k, alors que j × −ı = k et j × j = 0. Ainsi, on obtient    m = −4,17 × 10−13 k − 1,98 × 10−12 k = −2,39 × 10−12 Nk . F

(iii)

La force magnétique est donc orientée en direction opposée à l’axe des z, donc vers le bas, selon la figure. Puisque la force magnétique est la seule force exercée sur l’électron, la force gravitationnelle est négligeable. On insère le résultat de l’équation (iii) dans l’équation (ii) : a =

−−−−−−→ −2,39 × 10−12 N k = 2,63 × 1018 m/s2 vers le bas . 9,109 × 10−31 kg

(réponse)

Valider la réponse L’orientation obtenue par le produit vectoriel est la même que celle qu’on obtient par la règle de la main droite, ce qui est cohérent. L’ordre de grandeur de la force magnétique et celui de l’accélération semblent corrects.  m et le courant i. On P8 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation, avec le vecteur F  associe l’est à la droite. On trace également l’orientation du champ B causé par le courant grâce à la règle de la main droite, puis le vecteur v qu’on devrait obtenir.

~Fm ~B +

~v

r i (EST) Décortiquer le problème

La charge d’une particule alpha est q = 2e. Inconnue Connues

q = 3,204 × 10−19 C

r = 0,450 m

v

i = 7,50 × 10 A 3

−−−−−→  m = 6,65 × 10−16 N − vers le haut F

a. Identifier les clés

La première clé est le champ magnétique pour un long fil parcouru par un

courant i continu :

μ0 i . (i) 2πr La deuxième clé est l’équation de la force magnétique en fonction de la vitesse et du champ magnétique, pour calculer la vitesse (le fait que la vitesse soit perpendiculaire au champ permet de simplifier l’expression, car sin 90◦ = 0) : B=

 ⇒ v = Fm .  m = qv × B F qB Résoudre le problème

(ii)

En remplaçant les valeurs dans l’équation (i), on obtient B=

4π × 10−7 × 7,50 × 103 = 3,33 × 10−3 T . 2π × 0,450

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6

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P9

Puis, en utilisant ce résultat dans l’équation (ii), on obtient v=

6,65 × 10−16 = 6,23 × 105 m/s . 3,204 × 10−19 × 3,33 × 10−3

(réponse)

b. Décortiquer le problème Pour trouver l’orientation, on utilise tout d’abord la règle de la main droite pour le champ magnétique créé par un fil, ce qui donne un champ magnétique vers le haut. Puis, on utilise la règle de la main droite pour obtenir la direction du vecteur vitesse, ce qui donne vers la gauche. Ainsi, sur la figure, le déplacement de la particule alpha est vers l’ouest.

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la vitesse semble correct. De plus, l’orientation est cohérente avec la figure.

P9 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation, avec le vecteur v et le courant i. On  causé par le courant grâce à la règle de la main droite, trace également l’orientation du champ B  puis le vecteur Fm qu’on devrait obtenir.

8,00 cm i

µ

z

~v

r

+

y

x

~B Décortiquer le problème

La charge d’un proton est q = e. Connues −19

q = 1,602 × 10

C v = 3,00 × 10 m/s k

3,00 cm

i = 2,00 A

µ

~Fm

Inconnues  B m F

6

Pour trouver la distance r entre le fil et le point A, on utilise le théorème de Pythagore :  r = (0,080 0)2 + (0,030 0)2 = 0,085 4 m . 0 ◦ L’angle θ de la figure est de θ = arctan 0,030 0,080 0 = 20,6 .

a. Identifier la clé

La clé est le champ magnétique pour un long fil parcouru par un courant i

continu :

Résoudre le problème

 = μ0 i ur . B 2πr On obtient    = μ0 i − sin 20,6◦ j − cos 20,6◦ k B 2πr   −7  = 4π × 10 × 2,00 − sin 20,6◦ j − cos 20,6◦ k B 2π × 0,085 4    = −1,64j − 4,38k μT . B

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel, pour calculer la force magnétique :  .  m = qv × B F

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7

CHAPITRE 09 — La force magnétique

Q10 — Q11 Résoudre le problème

La force magnétique est de      m = 1,602 × 10−19 3,00 × 106 k × −1,64 × 10−6 j − 4,38 × 10−6 k . F

Le produit k × −j = ı alors que k × −k = 0. Ainsi, on obtient  m = 7,90 × 10−19 Nı . F

(réponse)

La force magnétique est donc orientée en direction de l’axe des x, soit vers le haut, selon la figure. Valider la réponse L’orientation de la force magnétique obtenue par le produit vectoriel est la même que celle qu’on obtient par la règle de la main droite, ce qui est correct.

Q10 a. Décortiquer le problème La force magnétique est toujours perpendiculaire à la vitesse. Dans la première région, la vitesse à l’entrée a une orientation vers la droite et la force magnétique appliquée sur l’électron est orientée vers le bas. Par la règle de la main droite, les doigts doivent tout d’abord se diriger vers la droite et, puisque l’électron a une charge négative, le pouce doit être orienté vers le haut. Pour ce faire, les doigts doivent s’enrouler en entrant dans la page. Dans la deuxième région, la vitesse à l’entrée a une orientation vers le bas et la force magnétique appliquée sur l’électron est orientée vers la droite. Par la règle de la main droite, les doigts doivent tout d’abord se diriger vers le bas et, puisque l’électron a une charge négative, le pouce doit être orienté vers la gauche. Pour ce faire, les doigts doivent s’enrouler en sortant de la page. Résoudre le problème Pour le champ magnétique de la première région :  1 est entrant. B

(réponse)

Pour le champ magnétique de la deuxième région :  2 est sortant. B

(réponse)

b. Décortiquer le problème L’intensité du champ magnétique est inversement reliée au rayon de courbure de celui-ci. Identifier la clé La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magnétique : mv mv ⇒B= . r= |q|B |q|r Résoudre le problème Puisque la région 2 a le plus petit rayon de courbure, le champ magnétique y sera plus intense. Région 2 . (réponse)

Q11 a. Décortiquer le problème La force magnétique est toujours perpendiculaire à la vitesse. Pour tous les ions, la vitesse à l’entrée a une orientation vers le haut et le champ magnétique est orienté vers le haut. Par la règle de la main droite, les doigts doivent tout d’abord se diriger vers le haut et s’enrouler en sortant de la page. Le pouce est alors orienté vers la droite pour les charges positives. Résoudre le problème Les ions positifs sont les ions 3 et 4.

(réponse)

b. Décortiquer le problème La masse est directement reliée au rayon de courbure de la trajectoire de l’ion. Identifier la clé tique :

La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magnér=

|q|Br mv ⇒m= . |q|B v

Résoudre le problème En classant les rayons de courbure du plus petit au plus grand, on obtient l’ordre croissant des masses : m4 < m1 < m2 < m3 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 8

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E12 — E13

E12 Décortiquer le problème La force magnétique est toujours perpendiculaire à la vitesse. La charge d’un électron est q = −e et sa masse est donnée dans l’annexe B du manuel. Inconnue Connues q = −1,602 × 10−19 C m = 9,109 × 10−31 kg K = 850 eV r = 0,200 m

B

Puisque 1 eV = 1,602 × 10−19 J, on trouve que l’énergie cinétique de l’électron est de 1,36 × 10−16 J. Identifier les clés La première clé est l’équation de l’énergie cinétique en fonction de la vitesse : 1 2K 2 K = mv ⇒ v = . (i) 2 m La deuxième clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magnétique : r= Résoudre le problème

mv mv ⇒B= . |q|B |q|r

(ii)

En insérant les valeurs dans l’équation (i), on obtient

2 × 1,36 × 10−16 v= = 1,73 × 107 m/s . 9,109 × 10−31

(iii)

On insère le résultat de l’équation (iii) dans l’équation (ii) et on obtient B=

9,109 × 10−31 × 1,73 × 107 = 492 μT . 1,602 × 10−19 × 0,200

(réponse)

E13 a. Décortiquer le problème La force magnétique est toujours perpendiculaire à la vitesse. La charge d’un proton est q = e et sa masse est donnée dans l’annexe B du manuel. Connues −19

q = 1,602 × 10

Inconnues −27

C m = 1,673 × 10

K = 12,5 × 10 eV 3

kg

r = 0,072 0 m

T B

Fm

Puisque 1 eV = 1,602 × 10−19 J, on trouve que l’énergie cinétique de l’électron est de 2,00 × 10−15 J. Identifier les clés La première clé est l’équation de l’énergie cinétique en fonction de la vitesse : 1 2K 2 K = mv ⇒ v = . 2 m La deuxième clé est l’équation de la période en fonction de la vitesse : T = Résoudre le problème

2πr . v

On obtient, pour la vitesse du proton,

2 × 2,00 × 10−15 v= = 1,55 × 106 m/s . 1,673 × 10−27

Ainsi, la période devient T =

2π0,072 0 = 2,92 × 10−7 s . 1,55 × 106

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(réponse)

9

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E14 — E15

b. Identifier la clé

La clé est la deuxième loi de Newton, mv 2 Fc = . r Résoudre le problème Puisque la seule force centripète est la force magnétique, on obtient Fm =

c. Identifier la clé

1,673 × 10−27 × (1,55 × 106 )2 = 5,56 × 10−14 N . 0,072 0

(réponse)

La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magné-

tique : r= Résoudre le problème

mv mv ⇒B= . |q|B |q|r

On obtient B=

1,673 × 10−27 × 1,55 × 106 = 0,224 T . 1,602 × 10−19 × 0,072 0

(réponse)

E14 Décortiquer le problème La force magnétique est toujours perpendiculaire à la vitesse. La charge d’un électron est q = −e et sa masse est donnée dans l’annexe B du livre. Connues Inconnues q = −1,602 × 10−19 C −3

B = 1,0 × 10

T

m = 9,109 × 10−31 kg

v1 v2

r = 0,050 m

a. Identifier la clé

La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magnétique perpendiculaire : |q|rB mv ⇒v= . r= |q|B m Résoudre le problème On obtient v=

b. Identifier la clé

1,602 × 10−19 × 0,050 × 1,0 × 10−3 = 8,8 × 106 m/s . 9,109 × 10−31

(réponse)

La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magné-

tique quelconque :

|q|rB mv sin θ ⇒v= . |q|B m sin θ En utilisant un angle θ de 30◦ , on obtient r=

Résoudre le problème v=

1,602 × 10−19 × 0,050 × 1,0 × 10−3 = 1,8 × 107 m/s . 9,109 × 10−31 × sin 30◦

(réponse)

 On E15 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation, avec le vecteur v et le vecteur B.

 m qu’on devrait obtenir grâce associe l’est à la droite. On trace également l’orientation du vecteur F à la règle de la main droite.

z

(NORD) (OUEST)

x

-

~v ~a

~Fm

y (EST)

(SUD)

~B c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

10

CHAPITRE 09 — La force magnétique Décortiquer le problème

E15

La charge d’un électron est q = −e. Connues −19

q = −1,602 × 10

Inconnues

K = 12 × 10 eV  = −5,50 × 10−4 T k B 3

C

m = 9,109 × 10−31 kg

a r

Puisque 1 eV = 1,602 × 10−19 J, on trouve que l’énergie cinétique de l’électron est de 1,92 × 10−15 J.  m avec la règle de la a. Pour trouver la déviation du faisceau d’électrons, il faut trouver le vecteur F main droite, selon le vecteur v et le vecteur champ sur la figure. Ainsi, on obtient une déviation vers l’est.

b. Identifier les clés

(réponse)

La première clé est l’équation de l’énergie cinétique en fonction de la vitesse : 1 2K 2 K = mv ⇒ v = . (i) 2 m

La deuxième clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel, pour calculer la force magnétique :  m = qv × B  . F (ii) La troisième clé est la deuxième loi de Newton :   rés = ma ⇒ a = Frés . F m

(iii)

Résoudre le problème On détermine d’abord le module de la vitesse avec l’équation (i) et on l’écrit sous sa forme vectorielle :

2 × 1,92 × 10−15 v= = 6,49 × 107 m/s ⇒ v = −6,49 × 107 m/sı . 9,109 × 10−31 Ensuite, on calcule la force magnétique avec l’équation (ii) :       m = −1,602 × 10−19 −6,49 × 107ı × −5,50 × 10−4 k . F Le produit −ı × −k = −j. Ainsi, on obtient  m = 5,72 × 10−15 Nj . F

(iv)

La force magnétique est donc orientée en direction de l’axe des y, soit vers l’est selon la figure. La force magnétique est la seule force exercée sur l’électron (la force gravitationnelle est négligeable). On insère le résultat de l’équation (iv) dans l’équation (iii) : a =

−−−−→ 5,72 × 10−15 N j = 6,3 × 1015 m/s2 vers l’est . −31 9,109 × 10 kg

Le module de l’accélération est donc a = 6,3 × 1015 m/s2 .

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magnétique perpendiculaire : mv . r= |q|B

Résoudre le problème

On obtient r=

9,109 × 10−31 × 6,49 × 107 = 0,67 m . 1,602 × 10−19 × 5,50 × 10−4

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse)

11

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P16 Valider la réponse

L’ordre de grandeur des résultats obtenus a du sens.

P16 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. Le positron décrit un mouvement hélicoïdal.

z

~B ~v ~vz

Á

~vµ

p

r

+

y x Décortiquer le problème l’électron.

La charge d’un positron est q = e, et sa masse est la même que celle de Inconnues

Connues −19

q = 1,602 × 10

−31

m = 9,109 × 10 φ = 75,0

C

K = 2,50 × 10 eV

kg

B = 0,150 T

3

◦

T p r

Puisque 1 eV = 1,602 × 10−19 J, on trouve que l’énergie cinétique de l’électron est de 4,005 × 10−16 J.

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la fréquence du mouvement circulaire (l’inverse de la période) en fonction du champ magnétique : f= Résoudre le problème

|q|B 1 = . T 2πm

En isolant la période, on obtient 2πm |q|B 2π × 9,109 × 10−31 T = 1,602 × 10−19 × 0,150 T = 2,38 × 10−10 s . T =

b. Identifier les clés

(réponse)

La première clé est l’équation de l’énergie cinétique en fonction de la vitesse : 1 2K 2 . (i) K = mv ⇒ v = 2 m

La deuxième clé est la définition du pas de l’hélice : p = v cos φT .

(ii)

On calcule d’abord le module de la vitesse avec l’équation (i) :

2 × 4,005 × 10−16 v= = 2,97 × 107 m/s . 9,109 × 10−31 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

12

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P17 — P18

Puis, on insère ce résultat dans l’équation (ii) : p = 2,97 × 107 × cos 75,0◦ × 2,38 × 10−10 = 1,83 mm .

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magnétique perpendiculaire : mv sin φ . r= |q|B

Résoudre le problème r= Valider la réponse

On obtient 9,109 × 10−31 × 2,97 × 107 sin 75,0◦ = 1,09 mm . 1,602 × 10−19 × 0,150

(réponse)

L’ordre de grandeur des résultats obtenus a du sens.

P17 Décortiquer le problème Inconnue

Connues −19

q = 2e = 3,204 × 10 B = 0,030 T

C

m = 4,00 u φ = 90,0◦

t

Puisque 1 u = 1,661 × 10−27 kg, on trouve que la masse de la particule alpha est de 6,644 × 10−27 kg. La durée de la déviation est le temps que les particules alpha prennent pour faire le quart d’un tour, car elles sont déviées d’un angle de 90,0◦ . Ainsi, t = T /4. Identifier les clés La première clé est la définition de la période du mouvement circulaire (distance parcourue/vitesse) : 2πr . T = v La deuxième clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magnétique perpendiculaire : mv sin φ r= . |q|B Résoudre le problème

En combinant les deux clés, on obtient 2πmv sin φ v|q|B πm sin φ t = T /4 = 2|q|B π × 6,644 × 10−27 × sin 90,0◦ t= 2 × 3,204 × 10−19 × 0,030 t = 1,1 μs . T =

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur du temps semble correct.

P18 Décortiquer le problème Le proton décrit un mouvement hélicoïdal. Connues −19

q = 1,602 × 10

C

−27

kg m = 1,673 × 10   v = 1,5ı + 2,4j − 0,70k × 105 m/s    = 7,5ı − 2,5j − 7,3k × 10−3 T B c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

Inconnues φ p r

13

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P18

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la force magnétique sous forme de produit vectoriel :  m = q v × B  F

⇒

Fm qvB sin φ .

(i)

Résoudre le problème Tout d’abord, on trouve le produit vectoriel de la force magnétique :      m = 1,5ı + 2,4j − 0,70k × 105 × 7,5ı − 2,5j − 7,3k × 10−3 F    m = −3,75k + 10,95j − 18,0k − 17,52ı − 5,25j − 1,75ı × 100 F    m = −19,27ı + 5,7j − 21,75k × 100 . F Ensuite, on trouve la grandeur de la force magnétique, de la vitesse et du champ magnétique :  Fm = ((−1 927)2 + (570)2 + (−2 175)2 ) = 2 961 N   (1,5 × 105 )2 + (2,4 × 105 )2 + (−0,70 × 105 )2 = 2,92 × 105 m/s v=   (7,5 × 10−3 )2 + (−2,5 × 10−3 )2 + (−7,3 × 10−3 )2 = 10,8 × 10−3 T . B= Finalement, on isole l’angle φ dans l’équation (i) et on obtient sin φ =

Fm vB

2 961 2,92 × 10 × 10,8 × 10−3 sin φ = 0,944 φ = 71◦ . sin φ =

Valider la réponse

5

(réponse)

L’angle obtenu est situé entre 0◦ et 90◦ .

b. Identifier les clés

La première clé est l’équation de la fréquence du mouvement circulaire (l’inverse de la période) en fonction du champ magnétique : f=

|q|B 1 = . T 2πm

La deuxième clé est la définition du pas de l’hélice : p = v cos φT . Résoudre le problème

(ii)

En combinant les deux clés, on obtient

p = v cos φ

2πm |q|B

p = 2,92 × 105 cos 71◦

2π × 1,673 × 10−27 1,602 × 10−19 × 10,8 × 10−3

p = 0,59 m .

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction du champ magnétique perpendiculaire : mv sin φ . r= |q|B

Résoudre le problème

On obtient r=

1,673 × 10−27 × 2,92 × 105 sin 71◦ = 0,27 m . 1,602 × 10−19 × 10,8 × 10−3

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(réponse)

14

CHAPITRE 09 — La force magnétique

Q19 — E21

Q19 Décortiquer le problème Dans un sélecteur de vitesse, la force résultante doit être nulle pour que la particule continue à se déplacer en ligne droite. Identifier les clés La première clé est l’équation de la force électrique en fonction du champ électrique :  e = qE  . F La deuxième clé est l’équation de la force magnétique en fonction du champ magnétique :  .  m = qv × B F On se rappelle qu’on peut trouver les directions par la règle de la main droite. Un électron dans un champ électrique orienté selon j subit une force électrique orientée selon −j, selon la première clé. Ainsi, pour que la force résultante soit nulle, la force magnétique doit être orientée selon j. Finalement, par la règle de la main droite, on détermine qu’un électron qui se déplace dans la direction de ı et qui subit une force magnétique  orienté selon k. selon j doit être dans un champ magnétique B

a. Résoudre le problème

 est orienté selon k. B

(réponse)

Un proton dans un champ électrique orienté selon k subit une force  électrique orientée selon k, selon la première clé. Ainsi, pour que la force résultante soit nulle, la force magnétique doit être orientée selon −k. Finalement, par la règle de la main droite, on détermine qu’un proton qui se déplace dans la direction de ı et qui subit une force magnétique  orienté selon −j. selon −k doit être dans un champ magnétique B

b. Résoudre le problème

 est orienté selon −j. B

(réponse)

Un électron dans un champ électrique orienté selon −k subit une force  électrique orientée selon k, selon la première clé. Ainsi, pour que la force résultante soit nulle, la force magnétique doit être orientée selon −k. Finalement, par la règle de la main droite, on détermine qu’un électron qui se déplace dans la direction de −j et qui subit une force magnétique  orienté selon ı. selon −k doit être dans un champ magnétique B

c. Résoudre le problème

 est orienté selon ı. B

(réponse)

Q20 Décortiquer le problème Dans un sélecteur de vitesse, lorsque la force résultante est nulle, la particule continue à se déplacer en ligne droite. Pour une charge positive, si la force électrique est plus grande que la force magnétique, la particule se dirigera vers le champ électrique.  rés = 0, ce qui implique que la particule doit se Dans cette situation, F déplacer en ligne droite. Elle suivra la trajectoire

a. Résoudre le problème

(ii) .

(réponse)

b. Résoudre le problème

Dans cette situation, Fm > Fe , ce qui implique que la particule doit se déplacer en sens opposé au champ électrique. Elle suivra la trajectoire (iii) .

(réponse)

c. Résoudre le problème

Dans cette situation, Fm < Fe , ce qui implique que la particule doit se déplacer dans le même sens que le champ électrique. Elle suivra la trajectoire (i) .

(réponse)

E21 Décortiquer le problème Dans un sélecteur de vitesse, la force résultante doit être nulle pour que la particule continue à se déplacer en ligne droite. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

15

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E22 Connues −3

d = 34,0 × 10

−3

B = 6,70 × 10

m

Inconnue ΔV = 120 V

v

T

Identifier les clés La première clé est l’équation du champ électrique entre deux plaques en fonction de la différence de potentiel entre les deux plaques : E=

ΔV . d

La deuxième clé est l’équation 9.10, qui donne la vitesse des ions ayant une trajectoire rectiligne : v= Résoudre le problème

E . B

En combinant les deux clés, on obtient v=

ΔV Bd

120 6,70 × 10−3 × 34,0 × 10−3 v = 5,27 × 105 m/s .

v=

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la vitesse semble correct.

E22 a. Décortiquer le problème Dans un cyclotron, le champ magnétique permet aux protons de suivre une trajectoire circulaire. Inconnues

Connues −19

q = 1,602 × 10 B = 0,14 T

−27

C m = 1,673 × 10 r = 0,25 m

kg

f v

Identifier la clé La clé est l’équation de la fréquence du mouvement circulaire en fonction du champ magnétique : |q|B . f= 2πm Résoudre le problème

On obtient f=

b. Identifier la clé

1,602 × 10−19 × 0,14 = 2,1 × 106 Hz . 2π × 1,673 × 10−27

(réponse)

La clé est l’équation du rayon de la trajectoire en fonction de la vitesse : r=

Résoudre le problème

mv . |q|B

En isolant v, on obtient |q|Br m 1,602 × 10−19 × 0,14 × 0,25 v= 1,673 × 10−27 v = 3,4 × 106 m/s . v=

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la vitesse semble correct.

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16

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P23

P23 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. On trace le diagramme des forces sur l’ion dans les deux parties du mouvement. On néglige la force gravitationnelle.

+

ΔV −

+q

~Fe

~v x

~B

~Fm

Détecteur

Décortiquer le problème Tout d’abord, l’ion ayant une charge positive est accéléré grâce à une différence de potentiel appliquée entre deux plaques parallèles. Ainsi, la seule force qui fait accélérer l’ion dans cette partie est la force électrique. Ensuite, l’ion entre dans un champ magnétique perpendiculaire à sa vitesse et est donc soumis à une force magnétique qui agira comme force centripète et lui permettra de décrire une trajectoire circulaire et donc de former un demi-cercle. L’orientation de la force magnétique est déterminée par la règle de la main droite. Puisque la charge de l’ion est positive, la force magnétique fait dévier l’ion vers le bas, comme indiqué dans la figure. Identifier les clés La première clé est la deuxième loi de Newton :  = Ma . F (i) Puisque la seule force qui crée l’accélération est la force électrique, la deuxième clé est la définition de la force électrique :  e = qE  . F (ii) De plus, la grandeur du champ électrique peut être déterminée grâce à la différence de potentiel appliquée entre les plaques, en supposant que la distance entre les plaques est d : ΔV = Ed ⇒ E =

ΔV . d

(iii)

Sachant que l’ion subira une accélération constante sur toute la distance entre les plaques d, il est également possible de trouver la vitesse qu’il aura à la sortie des plaques. Pour ce faire, la troisième clé sera l’équation de la cinématique qui donne la vitesse en fonction de la distance : v 2 = v02 + 2ad .

(iv)

À la sortie des plaques, la vitesse est constante. Dès que l’ion entre dans le champ magnétique, il subit une force centripète qui est due à la force magnétique. La quatrième clé est donc l’équation de la force magnétique. Puisque la vitesse est perpendiculaire au champ magnétique, le module de la force magnétique est  ⇒ Fm = qvB .  m = qv × B (v) F Enfin, la cinquième clé est le lien entre l’accélération centripète et la vitesse : ac = Résoudre le problème module, on obtient

v2 . r

(vi)

En insérant l’équation (ii) dans l’équation (i) et en prenant seulement le qE = M a .

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(vii) 17

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P24

En insérant l’équation (iii) dans l’équation (vii) et en isolant l’accélération, on obtient q

qΔV ΔV = Ma ⇒ a = . d Md

(viii)

On peut alors trouver la vitesse au carré à la sortie des plaques, sachant que la vitesse initiale des ions est nulle, en insérant l’équation (viii) dans l’équation (iv). On obtient alors qΔV d⇒v= v =2 Md



2

2qΔV . M

(ix)

Ensuite, on peut combiner l’équation (i) et l’équation (vi) pour décrire le mouvement circulaire ainsi qu’utiliser l’équation (v) sous sa forme scalaire : Fm = qvB =

Mv M v2 ⇒ qB = . r r

(x)

Finalement, sachant que r = x/2, on insère le résultat de l’équation (ix) dans l’équation (x) et on isole M : 2M 2qΔV qB = x M 2 4M 2qΔV q2 B 2 = 2 × x M 4M qB 2 = 2 × 2ΔV x qB 2 2 M= x . (réponse) 8 ΔV Valider la réponse

C’est bien ce qu’il fallait démontrer.

P24 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation.

~E ~v

~B1

~B2 x1

Source d'ions

x2 Détecteur d

Décortiquer le problème Tout d’abord, les ions traversent un sélecteur de vitesse qui leur permet d’avoir une vitesse très précise. Ensuite, les ions décrivent une trajectoire circulaire qui dépendra de leur masse. Inconnue Connues M1 = 31,97 u B1 = 0,300 0 T d = 15,79 × 10−3 m

E = 1,600 × 105 V/m B2 = 0,700 0 T

M2

q = −3,204 × 10−19 C

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18

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P24

Puisque 1 u = 1,661 × 10−27 kg, on trouve que la masse de l’isotope connu est de 5,310 × 10−26 kg. Identifier les clés La première clé est l’équation 9.10, qui donne la vitesse des ions ayant une trajectoire rectiligne : E v= . (i) B La deuxième clé est la deuxième loi de Newton appliquée à un mouvement circulaire :

F =M

v2 . r

(ii)

Puisque la seule force qui crée la déviation est la force magnétique, la troisième clé est l’équation de la force magnétique. La vitesse étant perpendiculaire au champ magnétique, le module de la force magnétique est  m = qv × B  ⇒ Fm = |q|vB . F (iii) Résoudre le problème Tout d’abord, on peut trouver la vitesse des ions à la sortie du sélecteur de vitesse par l’équation (i) : v=

E 1,600 × 105 = 5,333 × 105 m/s . = B1 0,300 0

Ensuite, pour l’isotope connu, on peut calculer la position x1 où il frappe le détecteur en insérant l’équation (iii) dans l’équation (ii) et en isolant r1 , sachant que x1 = 2r1 : v2 r1 M1 v = |q|B2 2M1 v = |q|B2 2 × 5,310 × 10−26 × 5,333 × 105 = 3,204 × 10−19 × 0,700 0 = 0,252 6 m .

|q|vB2 = M1 r1 x1 = 2r1 x1 x1

(iv)

Puisque l’isotope inconnu frappe le détecteur à une distance de d plus bas, le rayon de sa trajectoire circulaire sera de x1 + d x2 = = 0,134 2 m . x2 = x1 + d ⇒ r2 = 2 2 Ainsi, en utilisant l’équation (iv) pour l’isotope inconnu et en isolant la masse, on obtient M2 v |q|B2 r2 |q|B2 = v 0,134 2 × 3,204 × 10−19 × 0,700 0 = 5,333 × 105 1u = 5,642 2 × 10−26 kg × 1,661 × 10−27 kg = 33,97 u .

r2 = M2 M2 M2 M2

(réponse)

Valider la réponse La masse de l’isotope inconnu correspond bien à celle d’un isotope du soufre. De plus, puisque la trajectoire est plus grande, elle devrait avoir une masse plus grande. C’est bien ce qu’on a obtenu. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

19

CHAPITRE 09 — La force magnétique

Q25

Q25 a. Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. + + + +

+ + + +

a

~Fe ~E

i

~B ~vd

- - - -

-

- - - -

b

~Fm

Décortiquer le problème Si les porteurs de charge sont des électrons, donc des particules négatives, ils se déplacent à l’opposé du sens du courant, avec une vitesse de dérive vd vers la gauche. Ils subissent donc une force magnétique orientée vers le bas, ce qui produit une accumulation de charges négatives sur la surface inférieure. Cette accumulation de charges produit un champ électrique vers le bas. Ce champ produit une force électrique vers le haut sur les porteurs de charge. On obtient rapidement une situation d’équilibre, avec une force résultante nulle. Les porteurs de charge se déplacent alors en ligne droite. La surface inférieure est à un potentiel plus faible que la surface supérieure, comme le montre la figure. Résoudre le problème

Donc, V a > Vb .

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. + +

~E

c

~vd

+ +

~Fe

x ~B

-

~Fm

-d -

i

Décortiquer le problème Si les porteurs de charge sont des électrons, donc des particules négatives, ils se déplacent à l’opposé du sens du courant, avec une vitesse de dérive vd vers le haut. Ils subissent donc une force magnétique orientée vers la droite, ce qui produit une accumulation de charges négatives sur la surface de droite. Cette accumulation de charges produit un champ électrique vers la droite. Ce champ produit une force électrique vers la gauche sur les porteurs de charge. On obtient rapidement une situation d’équilibre, avec une force résultante nulle. Les porteurs de charge se déplacent alors en ligne droite. La surface de droite est à un potentiel plus faible que la surface de gauche, comme le montre la figure. Résoudre le problème

Donc, V c > Vd .

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(réponse)

20

CHAPITRE 09 — La force magnétique

Q25

c. Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. + + + +

e

+ + + +

~Fe i

-

~vd

~E

x~B

- - - -

~Fm

f

- - - -

Décortiquer le problème Si les porteurs de charge sont des électrons, donc des particules négatives, ils se déplacent à l’opposé du sens du courant, avec une vitesse de dérive vd vers la droite. Ils subissent donc une force magnétique orientée vers le bas, ce qui produit une accumulation de charges négatives sur la surface inférieure. Cette accumulation de charges produit un champ électrique vers le bas. Ce champ produit une force électrique vers le haut sur les porteurs de charge. On obtient rapidement une situation d’équilibre, avec une force résultante nulle. Les porteurs de charge se déplacent alors en ligne droite. La surface inférieure est à un potentiel plus faible que la surface supérieure, comme le montre la figure de la situation. Résoudre le problème

Donc, V e > Vf .

(réponse)

d. Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. + + g

~vd

+ +

~Fm

~B

-

~Fe

~E

-h -

i

Décortiquer le problème Si les porteurs de charge sont des électrons, donc des particules négatives, ils se déplacent à l’opposé du sens du courant, avec une vitesse de dérive vd vers le haut. Ils subissent donc une force magnétique orientée vers la gauche, ce qui produit une accumulation de charges négatives sur la surface de gauche. Cette accumulation de charges produit un champ électrique vers la gauche. Ce champ produit une force électrique vers la droite sur les porteurs de charge. On obtient rapidement une situation d’équilibre, avec une force résultante nulle. Les porteurs de charge se déplacent alors en ligne droite. La surface de gauche est à un potentiel plus faible que la surface de droite, comme le montre la figure. Résoudre le problème

Donc, V h > Vg .

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(réponse)

21

CHAPITRE 09 — La force magnétique

Q26 — E27

Q26 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. i

-

-

~B

--

a

b d

-

~Fm

e

+

+c

+

+

~Fe

~vd Décortiquer le problème Si les porteurs de charge sont des particules négatives, ils se déplacent alors à l’opposé du sens du courant, avec une vitesse de dérive vd vers le bas. Ils subissent donc une force magnétique orientée vers la gauche, ce qui produit une accumulation de charges négatives sur la surface de gauche. Cette accumulation de charges produit un champ électrique vers la gauche. Ce champ produit une force électrique vers la droite sur les porteurs de charge. On obtient rapidement une situation d’équilibre, avec une force résultante nulle. Les porteurs de charge se déplacent alors en ligne droite. La surface de gauche serait alors à un potentiel plus faible que la surface de droite, comme le montre la figure. Résoudre le problème entre les points

Pour mesurer une différence de potentiel, il faudrait brancher un voltmètre

a et c .

(réponse)

E27 Décortiquer le problème Connues n = 11 × 10

28

m

−3

h = 2,50 × 10

−9

ΔVH = 43,4 × 10

i = 2,50 A −19

e = 1,602 × 10

Identifier la clé de Hall :

Inconnue −3

m

B

V

C

La clé est l’équation qui relie le champ magnétique à la différence de potentiel

B=

Résoudre le problème

nehΔVH . i

On obtient

11 × 1028 × 1,602 × 10−19 × 2,50 × 10−3 × 43,4 × 10−9 2,50 B = 0,76 T . B=

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur du champ magnétique semble correct.

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22

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E28

E28 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. z y

i

x h = 3,00 mm

+

+

+

+

~E

~Fe

-

1,00 mm

~vd

~B

~Fm

-

-

- -

d = 8,00 mm Décortiquer le problème Puisque le matériau est conducteur, on considère que les porteurs de charge sont des électrons de conduction, donc des particules négatives. Les porteurs de charge se déplacent alors à l’opposé du sens du courant, avec une vitesse de dérive vd vers le bas. Ils subissent donc une force magnétique orientée vers la droite, ce qui produit une accumulation de charges négatives sur la surface de droite. Cette accumulation de charges produit un champ électrique vers la droite. Ce champ produit une force électrique vers la gauche sur les porteurs de charge. On obtient rapidement une situation d’équilibre, avec une force résultante nulle. Les porteurs de charge se déplacent alors en ligne droite. La surface de droite serait ainsi à un potentiel plus faible que la surface de gauche, comme le montre la figure. Inconnues

Connues  = 0,760 T ı B

n = 7,4 × 10

28

m

−3

−3

i = 5,00 A

h = 3,00 × 10

d = 8,00 × 10−3 m

e = 1,602 × 10−19 C

a. Identifier la clé

m

ΔVH vd E

La clé est l’équation qui relie le champ magnétique à la différence de potentiel

de Hall : B= Résoudre le problème ΔVH =

Bi nehΔVH ⇒ ΔVH = . i neh

On obtient

7,4 × 10 ΔVH = 0,11 μV .

28

0,760 × 5,00 = 0,106 8 μV × 1,602 × 10−19 × 3,00 × 10−3 (réponse)

b. Identifier la clé

La clé est l’équation qui relie la vitesse de dérive au champ magnétique et à la différence de potentiel de Hall : ΔVH . vd = dB Résoudre le problème On obtient 0,11 × 10−6 8,00 × 10−3 × 0,760 vd = 18 μm/s .

vd =

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation reliant le module du champ électrique et la différence de

potentiel de Hall : ΔVH = Ed ⇒ E = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

ΔVH . d 23

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P29 Résoudre le problème

On obtient E=

0,106 8 × 10−6 V = 13,4 μV/m = 13 μV/m . 8,00 × 10−3 m

(réponse)

P29 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation.

~B

z

+ `

y

~vd

~E

x

- - -

h

+ + b+

a

+~F + e

-

- - ~Fm

L Décortiquer le problème Puisque le matériau est conducteur, on considère que les porteurs de charge sont des électrons de conduction, donc des particules négatives. Puisque la sonde à effet Hall mesure une différence de potentiel Vb − Va positive, le point a a un potentiel plus faible que le point b. Ainsi, une accumulation de charges produit un champ électrique orienté selon ı. Ce champ produit une force électrique sur les porteurs de charge selon −ı. Ainsi, pour obtenir une situation d’équilibre, avec une force résultante nulle, les porteurs de charge subissent une force magnétique orientée selon ı. En utilisant la règle de la main droite, on observe que la tige doit se déplacer selon −j, comme le montre la figure. Connues −3  B = 3,40 × 10 T k d = l = 6,4 × 10−3 m −5

ΔVH = 2,65 × 10

Inconnue v

V

Identifier les clés La première clé est l’équation reliant le module du champ électrique à la différence de potentiel de Hall : ΔVH ΔVH = Ed ⇒ E = . (i) d Puisque la force électrique et la force magnétique ont le même module, la deuxième clé est l’égalité entre ces deux forces : E . (ii) |e|E = |e|vd B ⇒ vd = B Résoudre le problème

En insérant l’équation (i) dans l’équation (ii), on obtient vd =

ΔVH dB

2,65 × 10−5 6,4 × 10−3 × 3,40 × 10−3 vd = 1,22 m/s . vd =

Ainsi, la tige se déplace avec une vitesse de v = −1,22 m/s j . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la vitesse de la tige semble correct.

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24

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P30

P30 a. Décortiquer le problème Des électrons libres se déplacent sur une trajectoire circulaire à cause de la force magnétique. Ainsi, la force centripète sera la force magnétique. Connues −19

q = −1,602 × 10

C m = 9,109 × 10

−3

r = 3,50 × 10

v = 5,50 × 10 m/s 6

−6

ΔVH = 0,650 × 10

Identifier les clés circulaire :

Inconnue −31

kg

B1

m

V

La première clé est la deuxième loi de Newton appliquée à un mouvement

mv 2 . (i) r Puisque la force centripète est la force magnétique, la deuxième clé est l’équation de la force magnétique. La vitesse étant perpendiculaire au champ magnétique, le module de la force magnétique est  ⇒ Fm = |q|vB .  m = qv × B (ii) F Résoudre le problème magnétique, on obtient

F =

En insérant l’équation (ii) dans l’équation (i) et en isolant le champ mv 2 r mv B1 = |q|r 9,109 × 10−31 × 5,50 × 106 B1 = 1,602 × 10−19 × 3,50 × 10−3 B1 = 8,94 mT .

|q|vB1 =

(réponse)

b. Décortiquer le problème Le champ est directement proportionnel à la différence de potentiel de Hall. Connues −19

q = −1,602 × 10

C

v = 5,50 × 10 m/s 6

−6

ΔVH = 1,50 × 10

Inconnue −31

m = 9,109 × 10

−3

r = 3,50 × 10

kg

B2

m

V

Identifier la clé Puisque le champ est directement proportionnel à la différence de potentiel de Hall, la clé est l’équation qui relie le champ magnétique à la différence de potentiel de Hall : B = KΔVH où K =

neh . i

(i)

Résoudre le problème Puisque K est une constante qui ne varie pas dans le problème, on peut la calculer à partir de la solution obtenue en a. : K=

B1 8,94 × 10−3 = = 1,38 × 104 T/V . ΔVH 0,650 × 10−6

Ainsi, on peut obtenir le champ magnétique lorsque la différence de potentiel change par l’équation (i) : B2 = 1,38 × 104 T/V × 1,50 × 10−6 V = 20,6 mT . (réponse) c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

25

CHAPITRE 09 — La force magnétique

Q31 — Q32

Q31 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. i

x ~B ~Fm

~v

Décortiquer le problème Le courant dans un fil rectiligne crée un champ magnétique autour de lui. Puisque le courant est vers le haut, la règle de la main droite indique que le champ à droite du fil entre dans la page. L’orientation de la force magnétique qui s’exerce sur une particule en mouvement est déterminée par la règle de la main droite. Lorsque la particule est négative, la force est dans le sens contraire à celui qu’indique le pouce. Résoudre le problème Puisque la vitesse est vers le bas et que le champ magnétique entre dans la page, la force magnétique sur l’électron est vers la gauche.

(réponse)

Q32 Illustrer la situation La figure suivante illustre la situation. i

~Fm ~v

-

x~B i

~Fg Décortiquer le problème Le courant dans un fil rectiligne crée un champ magnétique autour de lui. Puisque le courant du fil du haut est vers la droite, la règle de la main droite indique que le champ à proximité du fil du bas entre dans la page. L’orientation de la force magnétique qui s’exerce sur une particule en mouvement est déterminée par la règle de la main droite. Lorsque la particule est négative, la force est dans le sens contraire à celui qu’indique le pouce. Résoudre le problème Puisque la force gravitationnelle qui s’exerce sur le fil du bas est vers le bas, la force magnétique doit être exercée vers le haut pour que le fil soit en équilibre. Ainsi, puisque le champ magnétique entre dans la page et que la force magnétique est vers le haut, la vitesse sur l’électron doit être vers la gauche. De plus, puisque le courant est dans le sens opposé au mouvement des électrons, le courant circulant dans le fil du bas sera vers la droite. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 26

CHAPITRE 09 — La force magnétique

Q33 — E34

Q33 Illustrer la situation La figure suivante montre, pour chaque situation, les champs magnétiques exercés par les deux fils de droite sur le fil de gauche, ainsi que la force magnétique exercée sur le fil de gauche par chaque champ.

~B1 ~B2

~B2

~F1

1

2

1

~F2

~F2

x

~F1 x

~B1

(i)

(ii)

~B2 ~F1

2

~B1 1

~B2 1

2

~F2

~F2

x

~B1

2

~F1 x

(iii)

(iv)

Décortiquer le problème Le courant dans un fil rectiligne crée un champ magnétique autour de lui. Le champ magnétique est inversement proportionnel à la distance du fil. Donc, plus la distance est grande entre le fil et le point où on étudie le champ, moins le champ est grand. L’orientation de la force magnétique qui s’exerce sur un fil parcouru par un courant est déterminée par la règle de la main droite. Résoudre le problème En observant la figure, on peut placer les composantes horizontales des forces magnétiques en ordre croissant : F(i),x < F(iii),x < F(ii),x < F(iv),x .

(réponse)

E34 Décortiquer le problème Le premier fil crée un champ magnétique qui s’enroule autour de lui, à l’endroit où est situé le deuxième fil. Ainsi, le deuxième fil subit une force magnétique qui est perpendiculaire au champ magnétique créé par le premier fil et au vecteur  qui lui est propre, donc perpendiculaire à l’orientation du courant. Selon la troisième loi de Newton, le premier fil subira la même force que la force qui agit sur le deuxième fil, mais en sens opposé. Inconnue Connues i1 = i2 = 2,50 A

Identifier les clés

r = 0,150 m

F

La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil rectiligne : B=

μ0 i . 2πr

(i)

La deuxième clé est l’équation du module de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B : Fm = iB sin φ .

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(ii)

27

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E35 Résoudre le problème obtient

On cherche Fm  Fm  Fm  Fm  Fm 

Fm  .

Ainsi, en insérant l’équation (i) dans l’équation (ii), on

iB sin φ = iB sin φ  μ0 i =i sin φ 2πr μ0 i2 = sin φ 2πr 4π × 10−7 × (2,50)2 = sin 90◦ 2π × 0,150 =

= 8,33 × 10−6 N/m .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la force semble correct. Les unités montrent qu’on a bien calculé une force par unité de longueur.

E35 Illustrer la situation La figure suivante montre la situation, si on suppose un courant se dirigeant vers le haut dans le fil de gauche.

i1

x ~B1

~Fm

~Fm

r i2

a. Décortiquer le problème Le premier fil crée un champ magnétique qui s’enroule autour de lui, à l’endroit où est situé le deuxième fil. Ainsi, le deuxième fil subit une force magnétique qui est perpendiculaire au champ magnétique créé par le premier fil et au vecteur  qui lui est propre, donc perpendiculaire à l’orientation du courant. Selon la troisième loi de Newton, le premier fil subira la même force que la force qui agit sur le deuxième fil, mais en sens opposé. Inconnue

Connues 1 = 2 = 0,500 m

−4

Fm = 5,625 × 10

N

i

r = 0,010 0 m

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28

CHAPITRE 09 — La force magnétique Identifier les clés ligne :

E36

La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil recti-

μ0 i . (i) 2πr La deuxième clé est l’équation du module de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B : B=

Fm = iB sin φ . Résoudre le problème i, on obtient

(ii)

En insérant l’équation (i) dans l’équation (ii) et en isolant le courant μ0 i sin φ 2πr μ0 i2 Fm = sin φ 2πr

Fm = i

i=

i=

Fm 2πr μ0  sin φ 5,625 × 10−4 × 2π × 0,010 0 4π × 10−7 × 0,500 sin 90◦

i = 7,50 A . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur du courant semble correct.

b. Résoudre le problème

D’après la figure, le courant i1 crée un champ magnétique qui entre dans la page à l’endroit où est situé le fil de droite, selon la règle de la main droite. Ainsi, pour obtenir une force magnétique répulsive, donc vers la droite pour le fil de droite, il faut que le courant i2 soit vers le bas. Ainsi, on obtient que les sens des courants sont opposés.

(réponse)

Valider la réponse Évidemment, si on avait choisi un courant i1 vers le bas au lieu de vers le haut, le raisonnement aurait permis d’obtenir un courant i2 vers le haut. Cela montre que les courants sont bien opposés.

E36 Illustrer la situation La figure suivante montre la situation. i

~`

2,50 Ω

+

~B

3,00 V

40,0 cm

~Fm

−

4,50 Ω

Décortiquer le problème Le courant circule dans le circuit de la borne positive vers la borne négative de la source de f.é.m., ce qui implique que le vecteur  est vers le bas dans la partie qui passe à travers le champ magnétique. Ainsi, avec la règle de la main droite, on peut déterminer que la force magnétique sera vers la gauche, comme dans la figure. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

29

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E37 Connues  = 0,400 m E = 3,00 V

Inconnue

B = 0,350 T R1 = 2,50 Ω

Fm

R2 = 4,50 Ω

De plus, sachant que les deux résistances sont en série, on a que la résistance équivalente du circuit est alors Réq = R1 + R2 = 7,00 Ω. Identifier les clés La première clé est la loi d’Ohm pour déterminer le courant qui circule dans le circuit : E E = Réq i ⇒ i = . (i) Réq La deuxième clé est l’équation du module de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B : Fm = iB sin φ . Résoudre le problème

(ii)

En insérant l’équation (i) dans l’équation (ii), on obtient E B sin φ Réq 3,00 × 0,400 × 0,350 sin 90◦ Fm = 7,00 Fm = 60,0 mN . Fm =

Finalement, comme l’orientation de la force magnétique est déterminée par la règle de la main droite, on a que la force magnétique exercée sur le circuit est −−−−−−−→  = 60,0 mN − F vers la gauche . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la force semble correct.

E37 Illustrer la situation La figure suivante montre la situation.

~Fm ~B

i

~P r

i ` Décortiquer le problème En supposant que le courant dans la tige fixe est vers la droite, celle-ci crée un champ magnétique sortant de la page à l’endroit où est située la tige mobile. Ainsi, sachant que le sens du courant dans la tige mobile est opposé à celui de la tige fixe, donc vers la gauche, la tige mobile subit une force magnétique qui est perpendiculaire au champ magnétique créé par la tige fixe et donc vers le haut, selon la règle de la main droite. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

30

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E38 Inconnue

Connues −3

r = 6,00 × 10

 = 0,300 m i = 10,0 A

Identifier les clés

m

m

La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil rectiligne : B=

μ0 i . 2πr

(i)

La deuxième clé est l’équation du module de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B : Fm = iB sin φ .

(ii)

La troisième clé est la deuxième loi de Newton appliquée à la tige mobile :  = 0 . F Ainsi, selon la composante verticale, cette dernière équation permet de dire que Fm = mg .

(iii)

Résoudre le problème En insérant l’équation (i) dans l’équation (ii), on obtient une équation pour la force magnétique et on a μ0 i sin φ 2πr 2 μ0 i Fm = sin φ . 2πr Fm = i

(iv)

Ainsi, en insérant l’équation (iv) dans l’équation (iii) et en isolant la masse, on obtient μ0 i2 sin φ 2πrg 4π × 10−7 × 0,300 × (10,0)2 sin 90◦ m= 2π × 6,00 × 10−3 × 9,81 m = 1,02 × 10−4 kg = 102 mg . m=

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur de la masse semble correct. Évidemment, si on avait choisi un courant dans la tige fixe vers la gauche au lieu de vers la droite, le raisonnement aurait permis d’obtenir une force magnétique sur la tige mobile vers le haut également. Cela montre que lorsque les courants sont opposés, les forces magnétiques agissant sur les tiges sont bien répulsives. E38 Illustrer la situation La figure suivante montre la situation.

~Fél i

~B ~Fm

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31

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P39

 él vers la gauche. Décortiquer le problème Puisque le ressort est comprimé, il exerce une force F Ainsi, pour que la tige soit à l’équilibre, une force magnétique vers la droite doit s’appliquer sur elle. Comme le courant est vers le haut, la tige doit être plongée dans un champ magnétique sortant de la page, selon la règle de la main droite. Inconnue Connues

Identifier les clés

 = 2,50 m

k = 30,0 N/m

i = 7,90 A

x = 0,020 0 m

B

La première clé est la loi de Hooke pour un ressort : Fél = kx .

(i)

La deuxième clé est l’équation du module de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B : Fm = iB sin φ .

(ii)

La troisième clé est la deuxième loi de Newton appliquée à la tige :  = 0 . F Ainsi, selon la composante horizontale, cette dernière équation permet de dire que Fm = Fél . Résoudre le problème

(iii)

En insérant l’équation (i) et l’équation (ii) dans l’équation (iii), on obtient iB sin φ = kx .

Ainsi, en isolant le champ magnétique, on obtient kx i sin φ 30,0 × 0,020 0 B= 7,90 × 2,50 sin 90◦ B = 0,030 4 T = 30,4 mT . B=

Finalement, comme l’orientation du champ magnétique est déterminée par la règle de la main droite, on a que le champ magnétique est −−−−−−−−−−→  = 30,4 mT − sortant de la page . (réponse) B

P39 Illustrer la situation La figure suivante montre la situation. y i

~ 30,0° x

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32

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P40

Décortiquer le problème Connues

Inconnue  F

 = 0,800 m θ = 30,0◦ i = 3,50 A  B = (2,50 × 10−3ı − 7,00 × 10−3 j + 1,80 × 10−3 k) T

On détermine le vecteur  à l’aide de la figure précédente :  = 0,800(−cos 30,0◦ı − sin 30,0◦ j) = −0,693ı − 0,400j . Identifier la clé La clé est l’équation de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B :  .  m = i × B F Résoudre le problème

On obtient

 = 3,50 × (−0,693ı − 0,400j) × (2,50 × 10−3ı − 7,00 × 10−3 j + 1,80 × 10−3 k) F  = 3,50 × (4,85 × 10−3 k + 1,25 × 10−3 j + 1,00 × 10−3 k − 7,2 × 10−4ı) F  = (−2,52ı + 4,36j + 20,5k) mN . F

(réponse)

P40 Illustrer la situation La figure suivante montre la situation.

~F i1

~B1

z 60° 30° L

y

x

i3

60°

30° 60° L i2

~Btot

~B2

Décortiquer le problème Connues L = 0,500 m i2 = 7,00 A

i1 = 5,00 A i3 = 9,00 A

Inconnue  F

 = 1,20 m

D’après la figure, on voit que le vecteur  est selon l’axe des x seulement, donc  = 1,20 m ı . Les deux premiers longs fils créent un champ magnétique sur le troisième fil, selon la règle de la main droite. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

33

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P41 Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil rectiligne :  = μ0 i ur . B 2πr

(i)

La deuxième clé est le principe de superposition : 1+B 2 .  tot = B B

(ii)

La troisième clé est l’équation de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B :  .  m = i × B F Résoudre le problème l’équation (i) :

(iii)

On calcule tout d’abord le champ magnétique créé par chaque fil par  1 = μ0 i1 (cos 60◦ j + sin 60◦ k) B 2πL 4π × 10−7 × 5,00 (cos 60◦ j + sin 60◦ k) = 2π × 0,500 = (1,00 × 10−6 j + 1,73 × 10−6 k) T  2 = μ0 i2 (cos 60◦ j − sin 60◦ k) B 2πL 4π × 10−7 × 7,00 (cos 60◦ j − sin 60◦ k) = 2π × 0,500 = (1,40 × 10−6 j − 2,42 × 10−6 k) T .

Par le principe de superposition (équation (ii)), on obtient  tot = (2,40 × 10−6 j − 6,95 × 10−7 k) T . B Finalement, on utilise l’équation (iii) pour calculer la force magnétique exercée sur le troisième fil :  = 9,00 × (1,20ı) × (2,40 × 10−6 j − 6,95 × 10−7 k) F  = 9,00 × (2,88 × 10−6 k + 8,34 × 10−7 j) F  = (7,48j + 25,9k) × 10−6 N . F

(réponse)

Valider la réponse L’orientation est bien la même que celle qu’on devrait obtenir avec la règle de la main droite, conformément à la figure. L’ordre de grandeur semble correct.

P41 Illustrer la situation La figure suivante montre la situation.

~F2 ~`2

z

` i1

x

y

b

~F3

~`3

i1

a

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i1

~B i1

~`4

~F4

~`1

~F1 i2

34

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P41

Décortiquer le problème Le fil crée un champ magnétique sur la boucle sortant de la page, selon la règle de la main droite. Puisque la boucle est rectangulaire, on peut la séparer en quatre côtés. Le champ magnétique dépend par contre de l’inverse de la distance entre le fil et le point considéré, Bα 1r . Ainsi, puisque le côté 2 est situé plus loin du fil que le côté 4, le champ à son emplacement sera plus faible que pour le côté 4. La force magnétique résultante attribuable à ces deux côtés sera donc vers le fil. De plus, la distance entre le fil et le côté 1 varie de a à a + b, tandis que la distance entre le fil et le côté 3 varie de a + b à a. La force magnétique résultante attribuable à ces deux côtés sera donc nulle. On peut alors calculer la force exercée par les côtés 2 et 4 seulement. Les vecteurs  des côtés 2 et 4 sont 2 = −j 4 = j . Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil rectiligne :

 = μ0 i ur . (i) B 2πr La deuxième clé est l’équation de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B :  m = i × B  . F

(ii)

La troisième clé est le principe de superposition :  tot = F 1 +F 2 . F

(iii)

Résoudre le problème On calcule tout d’abord le champ magnétique créé par le fil à l’endroit où se situent les côtés 2 et 4 par l’équation (i) : μ0 i2 ı 2π(a + b)  4 = μ0 i2 ı . B 2πa

2 = B

Ensuite, on calcule la force magnétique exercée sur les côtés 2 et 4 par l’équation (ii) :  2 = i1 (−j) × F

μ0 i2 ı 2π(a + b)

μ0 i1 i2   k 2π(a + b)  4 = i1 (j) × μ0 i2 ı F 2πa μ0 i1 i2   k. =− 2πa =

Par le principe de superposition (équation (iii)), on obtient  = μ0 i1 i2  k − μ0 i1 i2 l k F 2π(a + b) 2πa  = μ0 i1 i2 [a − (a + b)] k F 2πa(a + b)  = −μ0 i1 i2 b k . F 2πa(a + b) Finalement, la force magnétique exercée sur la boucle rectangulaire est de  = F

μ0 i1 i2 b −−−−→ vers le fil . 2πa (a + b)

(réponse)

Valider la réponse L’orientation est bien la même que celle qu’on devrait obtenir avec la règle de la main droite, conformément à la figure. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

35

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P42

P42 Illustrer la situation La figure suivante montre le diagramme des forces appliquées sur le fil (vue de côté).

~N z

~

µ

~Fm

~B

y

x

µ

~P Décortiquer le problème Pour être à l’équilibre, puisque le poids est dirigé vers le bas et que la normale pousse la tige en direction perpendiculaire au plan incliné, la force magnétique doit être dirigée vers la gauche de façon à retenir la tige. Ainsi, par la règle de la main droite, on doit avoir un champ magnétique vers le haut pour produire une force magnétique dans la direction voulue, puisque le vecteur  sort de la page. Inconnue Connues −3   B m = 0,483 × 10 kg  = 0,650 m ı θ = 12,0◦

i = 4,20 A

Identifier les clés La première clé est l’équation du module de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B qui lui est perpendiculaire  m = i × B  ⇒ Fm = iB sin 90◦ . F La deuxième clé est la deuxième loi de Newton :  = 0 . F

(i)

(ii)

Résoudre le problème on obtient

En appliquant l’équation (ii) en composante verticale (selon l’axe des z), mg , (iii) Fz = 0 ⇒ N = cos θ et, en appliquant l’équation (ii) en composante horizontale (selon l’axe des y), on obtient Fy = 0 ⇒ Fm = N sin θ . (iv) Ensuite, en insérant l’équation (iii) dans l’équation (iv), on obtient mg sin θ = mg tan θ . Fm = cos θ

(v)

Finalement, en combinant l’équation (v) dans l’équation (i) et en isolant le champ magnétique, on obtient mg tan θ = iB mg tan θ B= i 0,483 × 10−3 × 9,81 tan 12,0◦ B= 4,20 × 0,650 B = 3,69 × 10−4 T . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

36

CHAPITRE 09 — La force magnétique

Q43 — E44

Comme l’orientation est déterminée par le raisonnement en utilisant la règle de la main droite, on a que le champ magnétique est  = 369 μT k . B (réponse)  (donc ı × k = −j), Valider la réponse En appliquant le produit vectoriel de l’équation (i),  × B on peut vérifier qu’on obtient la direction voulue pour la force magnétique, ce qui est correct. Q43 Décortiquer le problème L’orientation du moment magnétique des boucles de courant est donnée par la règle de la main droite (on enroule les doigts selon le courant dans la boucle et le pouce donne le sens du moment magnétique).

a. Identifier la clé

La clé est l’équation du moment de force sur un dipôle :  .  ×B τ = μ

Pour faire tourner un objet, il faut lui appliquer un moment de force. La boucle va tourner selon l’orientation du moment de force, qui tend à aligner le moment magnétique sur le champ magnétique. Résoudre le problème Selon la règle de la main droite, dans les deux situations, le moment magnétique est vers le haut. Pour la situation (i), selon la règle de la main droite pour le produit vectoriel, le moment de force entre dans la page. Cela produit une rotation en sens horaire.

(réponse)

Pour la situation (ii), selon la règle de la main droite pour le produit vectoriel, le moment de force sort de la page. Cela produit une rotation en sens antihoraire.

(réponse)

b. Identifier la clé

On peut faire tourner un dipôle magnétique en effectuant un travail extérieur. Ainsi, la clé est le principe de conservation de l’énergie : Wext = ΔK + ΔU . Résoudre le problème Dans les deux situations, la boucle de courant part du repos et commence à tourner, ce qui implique que l’énergie cinétique de rotation du dipôle ΔK augmente. Ainsi, par la conservation de l’énergie, l’énergie potentielle du système doit diminuer. Finalement, dans chaque situation, ΔU < 0 . (réponse)

E44 a. Décortiquer le problème L’orientation de la force magnétique est déterminée par la règle de la main droite. Les doigts sont dirigés dans le sens du courant, puis s’enroulent en direction du champ magnétique. Ainsi, le pouce indique l’orientation de la force magnétique. Résoudre le problème La figure suivante montre l’orientation des forces sur chacun des quatre côtés du cadre.

~F1 z

~F4

~F2

y x

~F3 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

37

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E44

b. Décortiquer le problème Connues  = 0,100 m θ = 50

i = 2,0 A  B = 1,0 T j

◦

Inconnue n F

Les vecteurs  de chaque côté sont 1 = (cos θı + sin θj) = (0,064 3ı + 0,076 6j) m 2 = −k = (−0,100k) m 3 = (−cos θı − sin θj) = (−0,064 3ı − 0,076 6j) m 4 = k = (0,100k) m . Identifier la clé La clé est l’équation du module de la force magnétique exercée sur un fil rectiligne portant un courant i plongé dans un champ magnétique B :  m = i × B  . F Résoudre le problème

(i)

En insérant les vecteurs dans l’équation (i) pour chaque côté, on obtient

 1 = 2,0 × (0,064 3ı + 0,076 6j) × 1,0j = 0,13 N k F  2 = 2,0 × (−0,100k) × 1,0j = 0,20 Nı F  3 = 2,0 × (−0,064 3ı − 0,076 6j) × 1,0j = −0,13 N k F

(réponse)

 4 = 2,0 × (0,100k) × 1,0j = −0,20 Nı . F

(réponse)

(réponse) (réponse)

 2 et F  4 peuvent faire tourner le cadre dans le sens horaire. Les forces F  3 ne peuvent pas faire tourner le cadre.  1 et F Les forces F

c. Résoudre le problème

d. Décortiquer le problème Puisque le moment magnétique est perpendiculaire au cadre, l’angle  est φ = 50◦ .  et B entre μ

Connues  = 0,100 m θ = 50

Identifier la clé

◦

i = 2,0 A  B = 1,0 T j

Inconnue τ

La clé est l’équation du moment de force sur un dipôle :  .  ×B τ = μ

Le module du moment de force est alors τ = μB sin φ = N iAB sin φ . Résoudre le problème

On obtient

τ = 1 × 2,0 × (0,100)2 × 1,0 sin 50◦ = 0,015 N · m .

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(réponse)

38

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E45

E45 Illustrer la situation La figure suivante montre une vue en plongée de la bobine carrée. z y

~µ

Á

µ

~B1

x Décortiquer le problème Connues  = 0,200 m i = 2,0 A  B = 0,50 T j

Inconnues

N = 5,0 spires θ = 30◦

 μ τ

 est φ = 30◦ . De  et B Puisque le moment magnétique est perpendiculaire au cadre, l’angle entre μ plus, l’orientation est déterminée par la règle de la main droite. L’aire de la boucle est A = 0,200 m × 0,200 m = 0,040 0 m2 .

a. Identifier la clé

La clé est la définition du moment magnétique de la bobine :  .  = N iA μ

 , et en Résoudre le problème En consultant la figure pour connaître la direction du vecteur μ insérant les valeurs, on obtient  = 5,0 × 2,00 × 0,040 0(−sin 30◦ı + cos 30◦ j) μ  = (−0,20ı + 0,35j) A · m2 . μ

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation du moment de force sur un dipôle :  .  ×B τ = μ

Résoudre le problème

On obtient τ = (−0,20ı + 0,35j) × 0,50j τ = −0,10 N · m k .

(réponse)

c. Décortiquer le problème Pour faire tourner un objet, il faut lui appliquer un moment de force. La boucle va tourner selon l’orientation du moment de force, qui tend à aligner le moment magnétique sur le champ magnétique. Résoudre le problème D’après la figure, s’il est libre de pivoter, le cadre va tourner dans le sens horaire, selon une vue en plongée. Dans le sens horaire, selon une vue en plongée.

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(réponse)

39

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E46

E46 Illustrer la situation La figure suivante montre une vue en plongée de la bobine carrée. z y

~µ

Á

µ

~B1

x Décortiquer le problème Inconnue

Connues  = 0,200 m

N = 5,0 spires

i = 2,0 A  B = 0,50 T j

θ = 30

Kmax

◦

 est φ = 30◦ . De  et B Puisque le moment magnétique est perpendiculaire au cadre, l’angle entre μ plus, l’orientation est déterminée par la règle de la main droite. L’aire de la boucle est A = 0,200 m × 0,200 m = 0,040 0 m2 . Par conservation de l’énergie, l’énergie cinétique est maximale lorsque toute l’énergie potentielle est minimale, ce qui se produit lorsque que φ = 0◦ (le moment magnétique est alors aligné avec le champ). Identifier les clés La première clé est la définition du moment magnétique de la bobine :  .  = N iA μ (i) La deuxième clé est l’équation de l’énergie potentielle associée à un dipôle magnétique :  = −μB cos φ . U = − μ·B

(ii)

La troisième clé est l’équation du principe de conservation de l’énergie : Wext = ΔK + ΔU = 0 ΔK = −ΔU Kf − Ki = −(Uf − Ui ) Kmax − 0 = Ui − Uf .

(iii)

 et en Résoudre le problème En consultant la figure pour connaître la direction du vecteur μ insérant les valeurs dans l’équation (i), on obtient  = 5,0 × 2,00 × 0,040 0(−sin 30◦ı + cos 30◦ j) μ  = (−0,200ı + 0,346j) A · m2 . μ  est alors Le module de μ μ=



(−0,200)2 + (0,346)2 = 0,400 A · m2 .

Ensuite, en insérant l’équation (ii) dans l’équation (iii), on obtient Kmax = Ui − Uf Kmax = (−μB cos 30◦ ) − (−μB cos 0◦ ) Kmax = −μB(cos 30◦ − cos 0◦ ) Kmax = −0,400 × 0,50(cos 30◦ − cos 0◦ ) Kmax = 0,03 J . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur a du sens.

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40

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P47 — P48

P47 Décortiquer le problème Sachant que le barreau aimanté est immobile au début et à la fin, la variation d’énergie cinétique est nulle. Ainsi, le travail dépend seulement de la variation de l’énergie potentielle. Connues



Inconnue

  i = 0,150ı + 0,300j + 0,500k A · m2 μ    f = 0,380ı + 0,300j + 0,358k A · m2 μ    = −3,20ı + 7,30k × 10−5 T B

Identifier les clés

Wext

La première clé est le principe de conservation de l’énergie : Wext = ΔK + ΔU .

(i)

La deuxième clé est l’énergie potentielle associée à un dipôle magnétique :  . U = − μ·B

(ii)

Résoudre le problème Sachant que ı · ı = k · k = 1 et que ı · j = ı · k = j · k = 0, on applique l’équation (ii) à l’état initial et à l’état final, et on obtient     Ui = − 0,150ı + 0,300j + 0,500k · −3,20 × 10−5ı + 7,30 × 10−5 k   = 4,80 × 10−6 − 3,65 × 10−5 J = −3,17 × 10−5 J     Uf = − 0,380ı + 0,300j + 0,358k · −3,20 × 10−5ı + 7,30 × 10−5 k   = 1,22 × 10−5 − 2,61 × 10−5 J = −1,40 × 10−5 J .

Finalement, en utilisant ces résultats dans l’équation (i), on obtient Wext = −1,40 × 10−5 J + 3,17 × 10−5 J = 1,77 × 10−5 J .

(réponse)

Valider la réponse Le travail extérieur positif signifie qu’on doit fournir de l’énergie pour faire tourner le barreau aimanté. L’ordre de grandeur a du sens.

P48 Illustrer la situation La figure suivante montre le champ magnétique créé par le fil sur la bobine circulaire.

z

x

~µ y

i2

~B1

3,20 cm

i1

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41

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P49 Décortiquer le problème

Inconnue

Connues N = 10,0 spires i1 = 9,00 A R = 0,032 0 m

−3

r = 1,50 × 10

m

τ

i2 = 3,4 A

 1 est φ = 90◦ . De  et B Puisque le moment magnétique est perpendiculaire au cadre, l’angle entre μ plus, l’orientation du moment de force est déterminée par la règle de la main droite. L’aire de la boucle est A = π × (1,50 × 10−3 m)2 = 7,07 × 10−6 m2 . Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un très long fil :  = μ0 i ur . B 2πr

(i)

La deuxième clé est la définition du moment magnétique de la bobine :  .  = N iA μ

(ii)

La troisième clé est l’équation du moment de force sur un dipôle :  .  ×B τ = μ

(iii)

Résoudre le problème Tout d’abord, on calcule le champ magnétique créé par le long fil rectiligne à la position de la bobine avec l’équation (i) : −7  = 4π × 10 × 9,00 j B 2π × 0,032 0  = 5,63 × 10−5 j T . B

(iv)

 et en insérant les valeurs Ensuite, en consultant la figure pour connaître la direction du vecteur μ dans l’équation (ii), on obtient  = 10,0 × 3,4 × 7,07 × 10−6 k μ  = 2,40 × 10−4 k A · m2 . μ

(v)

Ainsi, en insérant l’équation (iv) et l’équation (v) dans l’équation (iii), on obtient τ = 2,40 × 10−4 k × 5,63 × 10−5 j τ = −1,35 × 10−8 N · mı . Finalement, le vecteur τ fait tourner la boucle selon l’orientation du moment de force, qui tend à aligner le moment magnétique sur le champ magnétique. Ainsi, le moment de force agit en sens horaire, −−−→ (réponse) τ = 1,35 × 10−8 N · m horaire .

P49 Illustrer la situation En considérant des dipôles quelconques, dont les dimensions sont beaucoup plus petites que la distance z, on place le premier dipôle à l’origine. La figure suivante illustre la situation. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

42

CHAPITRE 09 — La force magnétique

P50

z

~µ1 ~B2

2

~F1

2

z

~µ2 1

y x

Décortiquer le problème Le second dipôle crée un champ magnétique en direction du premier dipôle. Identifier les clés La première clé est le champ sur l’axe d’un dipôle lorsque |z| >> R, donné par l’équation 8.18 :   = μ0 μk . (i) B 2π|z|3 Puisque le champ n’est pas uniforme, la deuxième clé est l’équation de la force magnétique pour une boucle de courant dans un champ non uniforme (l’équation 9.27) : Fz = −

dBz dU = μz . dz dz

(ii)

Résoudre le problème On calcule tout d’abord le champ magnétique créé par le deuxième dipôle à la position du premier à l’aide de l’équation (i) et on obtient   2 = μ0 μ2 k . B 3 2πz Ensuite, on calcule la force sur le premier dipôle à l’aide de l’équation (ii) : 

k k 2 d B dB d μ μ 2z 0 2  1←2 = μ = μ1 = μ1 1 . F dz dz dz 2πz 3 

Puis on dérive et on obtient  1←2 = F

−3μ0 μ1 μ2 2πz 4

 k .

(réponse)

P50 Décortiquer le problème Connues N = 32,0 spires

Inconnue Fz (z = 3,00 m)

r = 0,250 m i = 4,00 A   4,58 3,26 − 2,49 × 10−5 T + B= z2 z

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43

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E51

Puisque le moment magnétique et le champ magnétique sont orientés dans le même sens que l’axe des z et puisque le champ magnétique est non uniforme, on peut obtenir les composantes de la force magnétique, qui dans ce cas précis se limitent à la composante z, en calculant l’opposé de la dérivée de l’énergie potentielle. De plus, puisque la boucle est circulaire, l’aire de la boucle est A = π × (0,250 m)2 = 0,196 m2 . Identifier les clés

La première clé est la définition du moment magnétique de la bobine :  .  = N iA μ

(i)

La deuxième clé est l’équation de la force magnétique pour une boucle de courant dans un champ non uniforme : dBz dU = μz . (ii) Fz = − dz dz Résoudre le problème

En appliquant l’équation (i), on obtient μ = 32,0 × 4,00 × 0,196 = 25,1 A · m2 .

Ensuite, en insérant ce résultat dans l’équation (ii), en faisant la dérivée du champ magnétique, puis en remplaçant z = 3,00 m, on obtient   3,26 −5 d 4,58 z 2 + z − 2,49 × 10 Fz = 25,1 × dz   −2 × 4,58 3,26 −5 Fz = 25,1 × 10 × − z3 z2   −2 × 4,58 3,26 F3,00 m = 25,1 × 10−5 × − (3,00)3 (3,00)2 F3,00 m = −1,76 × 10−4 N . Finalement, la force aura la même direction que le moment magnétique et le champ magnétique. Ainsi,  = −1,76 × 10−4 N k . (réponse) F

E51 Décortiquer le problème Inconnues

Connues =3

a. Identifier la clé

m = 3

L

Lz

μorb,z

La clé est le module du moment cinétique de l’électron dans l’atome :  L = ( + 1) h ¯ .

Résoudre le problème

On obtient L=

 √ 3(3 + 1) h ¯ = 12¯ h.

(réponse)

b. Identifier la clé

Selon la mécanique quantique, on ne peut pas mesurer complètement le  : on peut mesurer son module et sa composante selon un axe, comme l’axe des z. La vecteur L composante z du moment cinétique est aussi quantifiée :

Résoudre le problème

Lz = m ¯h .

(réponse)

Lz = 3¯ h.

(réponse)

On obtient

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44

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E52 — E53

c. Identifier la clé

Le moment magnétique ayant une composante z qui dépend du nombre quantique magnétique est μorb,z = −

e¯h e Lz = −m = −m μB , 2m 2m

avec la constante μB = e¯ h/(2m) = 9,27 × 10−24 A · m2 , qui est le magnéton de Bohr. Résoudre le problème Ainsi, on obtient μorb,z = −3μB .

(réponse)

E52 Décortiquer le problème Inconnues

Connues m = −2

ms = +1/2

μorb,z

μs,z

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la composante z du moment magnétique, qui dépend du nombre quantique magnétique : μorb,z = −

e¯h e Lz = −m = −m μB , 2m 2m

avec la constante μB = e¯ h/(2m) = 9,27 × 10−24 A · m2 , qui est le magnéton de Bohr. Résoudre le problème On obtient μorb,z = 2μB = 1,85 × 10−23 A · m2 .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la composante z du moment magnétique intrinsèque

de l’électron :

1 e¯h = ± ge μB ≈ ∓μB . 2m 2 Dans le cas présent, puisque la valeur de ms est positive, on obtient μs,z = ge ms

Résoudre le problème

μs,z = −μB = −9,27 × 10−24 A · m2 .

(réponse)

E53 Décortiquer le problème Puisque l’électron est une particule de spin s = 1/2, la valeur ms = ±1/2. Inconnue

Connue −12

z = 2,40 × 10

m

B

Identifier les clés La première clé est l’équation de la composante z du moment magnétique intrinsèque de l’électron : 1 e¯h = ± ge μB ≈ ∓μB , (i) μs,z = ge ms 2m 2 h/(2m) = 9,27 × 10−24 A · m2 , qui est le magnéton de Bohr. avec la constante μB = e¯ Si on considère l’électron comme un dipôle magnétique, la deuxième clé est le champ sur l’axe d’un dipôle lorsque |z| >> R, qui est donné par l’équation 8.18 :   = μ0 μk . B 2π|z|3

(ii)

Résoudre le problème En utilisant l’équation (i), on obtient le moment magnétique de l’électron selon la composante z : μs,z ≈ ∓μB = ∓9,27 × 10−24 A · m2 k . En utilisant ce résultat dans l’équation (ii) pour déterminer le module du champ magnétique, on obtient 4π × 10−7 × 9,27 × 10−24 B= = 1,34 × 105 T . (réponse) 2π(2,40 × 10−12 )3 Valider la réponse

L’ordre de grandeur du champ magnétique semble correct.

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45

CHAPITRE 09 — La force magnétique

E54

E54 Décortiquer le problème Puisque l’électron est une particule de spin s = 1/2, la valeur ms = ±1/2. Inconnues

Connues  = 1,2 T k B

=2 m,i = +2

m,f = +1

m

Umax

Eabs

Umin

a. Identifier la clé

Le nombre quantique magnétique m est un nombre entier tel que − ≤ m ≤ . La clé est l’équation de l’énergie potentielle magnétique en fonction du nombre quantique magnétique : (i) Uorb = −μorb,z Bz = −m μB Bz . Résoudre le problème

L’énergie potentielle sera maximale lorsque m = −2 .

b. Résoudre le problème

(réponse)

En utilisant l’équation (i), sachant que μB = e¯h/(2m) = 9,27 × 10−24 A · m2 ,

on obtient Umax = 2 × 9,27 × 10−24 × 1,2 = 2,22 × 10−23 J ×

1 eV = 1,39 × 10−4 eV . (réponse) 1,602 × 10−19 J

c. Identifier la clé

Le nombre quantique magnétique m est un nombre entier tel que − ≤ m ≤ . La clé est l’équation de l’énergie potentielle magnétique en fonction du nombre quantique magnétique : (i) Uorb = −μorb,z Bz = −m μB Bz . Résoudre le problème

L’énergie potentielle sera minimale lorsque m = +2 .

d. Résoudre le problème

(réponse)

En utilisant l’équation (i), sachant que μB = e¯h/(2m) = 9,27 × 10−24 A · m2 ,

on obtient 1 eV = −1,39 × 10−4 eV . 1,602 × 10−19 J (réponse) e. Identifier la clé La clé est le principe de conservation de l’énergie : l’énergie absorbée correspond à la variation de l’énergie potentielle : Umin = −2 × 9,27 × 10−24 × 1,2 = −2,22 × 10−23 J ×

Eabs = Uf − Ui ,

(i)

où U est l’énergie potentielle magnétique associée à l’orbite, donnée par l’équation 9.37 : Uorb = −m μB Bz . Résoudre le problème

(ii)

On insère l’équation (ii) dans l’équation (i) : Eabs = (−m,f μB Bz ) − (−m,i μB Bz ) = −μB Bz (m,f − m,i ) .

(iii)

On insère ensuite les valeurs : Eabs = −9,27 × 10−24 A · m2 × 1,2 T × (1 − 2) Eabs = 1,11 × 10−23 J . Il reste à convertir les joules en électronvolts, en utilisant le facteur de conversion : Eabs = 1,11 × 10−23 J × Eabs = 6,95 × 10−5 eV .

1 eV 1,602 × 10−19 J (réponse)

Valider la réponse L’énergie absorbée est positive, car il faut fournir de l’énergie pour passer d’une orbitale m = +2 à m = +1. Cette énergie est emmagasinée en énergie potentielle magnétique. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

46

Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 10

L’induction électromagnétique

Q1 Décortiquer le problème Le flux magnétique permet de compter le nombre de lignes de champ magnétique qui traversent une surface. Il dépend de l’aire, du champ magnétique et de l’angle entre les deux. Identifier la clé La clé est la définition du flux magnétique,  ·A  = BA cos θ . ΦB = B Résoudre le problème Pour que le flux magnétique soit nul, il faut que cos θ = 0. Donc, l’angle entre les deux vecteurs doit être de 90◦ . Ainsi, le flux magnétique est nul dans les situations (i), (ii) et (v) .

(réponse)

Q2 Décortiquer le problème Le flux magnétique permet de compter le nombre de lignes de champ magnétique qui traversent une surface. Il dépend de l’aire, du champ magnétique et de l’angle entre les deux. Identifier la clé La clé est la définition du flux magnétique,  ·A  = BA cos θ . ΦB = B Résoudre le problème Plus cos θ est grand, plus le flux magnétique est grand. Puisque le champ magnétique créé par le solénoïde est dans la même direction que l’axe passant par le centre du  (perpendiculaire à la boucle) et le champ solénoïde, on constate que l’angle entre le vecteur aire A magnétique pour chacune des boucles est θa = 45◦ ⇒ θb = 90◦ ⇒

ΦB = BA cos 45◦ ΦB = 0

θ c = 0◦ ⇒

ΦB = BA .

Ainsi, l’ordre croissant du flux magnétique est Φb < Φa < Φc .

(réponse)

Q3 Décortiquer le problème Le flux magnétique permet de compter le nombre de lignes de champ magnétique qui traversent une surface. Il dépend de l’aire, du champ magnétique et de l’angle entre les deux. Identifier la clé La clé est la définition du flux magnétique,  ·A  = BA cos θ . ΦB = B Résoudre le problème Pour les trois boucles, le flux magnétique n’est présent qu’à l’intérieur du long solénoïde, lequel traverse entièrement les trois boucles. Le même nombre de lignes de champ traverse donc les trois boucles, et le flux les traversant sera alors le même pour les trois boucles. Φa = Φb = Φc .

(réponse)

Valider la réponse L’aire réelle de la boucle n’a pas d’influence parce qu’aucun flux ne circule dans la partie hors du solénoïde. L’inclinaison de la boucle n’a pas d’influence non plus, car si l’angle inférieur à 90◦ vient réduire le flux calculé, l’aire de la boucle interceptée par le solénoïde est d’autant plus grande et le flux total est le même. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

1

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E4 — P6

E4 Décortiquer le problème Le flux magnétique permet de compter le nombre de lignes de champ magnétique qui traversent une surface. Il dépend de l’aire, du champ magnétique et de l’angle entre les deux. Inconnue Connues r = 0,376 m  = 46,9 × 10−3 T B

ΦB

= 35,2◦ θB,surf 

Puisque la boucle est circulaire, A = πr2 = π(0,376 m)2 = 0,444 m2 . Comme le plan de la boucle est à un angle de 35,2◦ avec le champ magnétique, l’angle entre les  et B  est 90,0◦ − 35,2◦ = 54,8◦ . vecteurs A Identifier la clé La clé est la définition du flux magnétique,  ·A  = BA cos θ . ΦB = B Résoudre le problème

Ainsi, on obtient ΦB = 46,9 × 10−3 × 0,444 cos 54,8◦ = 0,012 0 Wb .

Valider la réponse

L’ordre de grandeur du flux magnétique semble correct.

E5 Décortiquer le problème Le flux magnétique permet de compter le nombre de lignes de champ magnétique qui traversent une surface. Connues  A = (−0,432ı − 0,257j) m    = 2,27ı − 6,43j + 3,52k × 10−3 T B

Identifier la clé

Inconnue ΦB

La clé est la définition du flux magnétique,  ·A  . ΦB = B

Résoudre le problème Puisque ı · ı = j · j = k · k = 1 et que ı · j = j · k = ı · k = 0, on obtient   ΦB = 2,27 × 10−3ı − 6,43 × 10−3 j + 3,52 × 10−3 k · (−0,432ı − 0,257j)   = −9,81 × 10−4 + 1,65 × 10−3 ΦB = 6,72 × 10−4 Wb .

(réponse)

 est seulement dans le plan xy, la composante z du champ Valider la réponse Puisque le vecteur A magnétique n’a pas d’importance. L’ordre de grandeur semble correct.

P6 Illustrer la situation La figure suivante illustre la boucle et le champ magnétique, qui est entrant, selon la règle de la main droite, pour le champ magnétique produit par un fil. Ce champ n’est pas uniforme. Pour calculer le flux, on divise l’aire en petites bandes. Une bande est située à une distance r du fil, elle a une longueur L et une largeur dr. Le champ ne varie pas le long d’une petite bande. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

2

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P6

i

~B x

x x

x

x x

xd x x x

x x

r

x x x x

x x

x x

x

L

x

x

x

x

x

x

x x

dA=L dr

x

L Décortiquer le problème Inconnue

Connues −7

ΦB = 5,25 × 10

Wb

L = 0,500 m

i

d = 0,025 0 m  et l’aire A  de la boucle sont des vecteurs perpendiculaires à la page. Alors, θ = 0,00◦ . Le champ B Identifier les clés La première clé est qu’un long fil (un fil infini) produit un champ magnétique, donné par l’équation du module du champ magnétique en fonction de la distance : B=

μ0 i , 2πr

(i)

où r est la distance du fil. La deuxième clé est la définition du flux magnétique. Comme le champ n’est pas uniforme, on calcule d’abord le flux dΦB à travers une bande de largeur infinitésimale dr. Cette bande est très étroite, de telle sorte que le champ ne varie pas :  · dA  = μ0 i L dr cos(0◦ ) . dΦB = B 2πr On obtient le flux magnétique à travers la boucle complète en faisant une intégration :   d+L  μ0 i ΦB = L dr . 2πr d

(ii)

(iii)

Les bornes d’intégration correspondent à la plus petite distance et à la plus grande distance entre le fil et la boucle. Résoudre le problème On résout en commençant par sortir les constantes :  μ0 iL d+L dr ΦB = 2π d r μ0 iL d+L ln r  = 2π d

μ0 iL ln(d + L) − ln(d) = 2π   d+L μ0 iL ln ΦB = , (iv) 2π d où l’on utilise l’identité ln x − ln y = ln(x/y). On isole le courant et on insère les valeurs : i= =

1 2πΦB  d+L  μ0 L ln d

1 2π × 5,25 × 10−7  ×  4π × 10−7 × 0,500 ln 0,025 0+0,500 0,025 0

i = 1,72 A . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 3

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P7 — E8

Valider la réponse L’ordre de grandeur du courant semble correct. Il est important d’utiliser l’équation générale du flux magnétique, car le champ magnétique produit par un fil n’est pas uniforme.

P7 Décortiquer le problème L’aire de la boucle carrée est A = ab . Le champ magnétique n’est pas uniforme :  = 25,0x . B  et l’aire A  de la boucle sont des vecteurs perpendiculaires à la page. Alors, θ = 0,00◦ . Le champ B Identifier la clé La clé est l’équation générale du flux magnétique à travers une surface lorsque le champ magnétique est non uniforme :   · dA  , B

ΦB = surface

 sur lequel le champ est uniforme est b dx. où l’élément d’aire dA Résoudre le problème Ainsi, on obtient 

a

ΦB =

25,0x b dx x2 a  = 25,0b 2 0 0

a2 2 25,0a2 b . ΦB = 2 = 25,0b

(réponse)

E8 Décortiquer le problème Inconnue

Connues N = 200 Bi = 1,00 T Bf = 0,00 T

d = 0,200 m

|E|

Δt = 4,00 s

 et A  est Puisque la bobine est placée perpendiculairement au champ magnétique, l’angle entre B ◦ θ = 0,00 . L’aire de la boucle est πd2 = 0,031 4 m2 . A= 4 Identifier les clés

La première clé est la loi de Faraday :    dΦB   .  |E| = N  dt 

La deuxième clé est le flux magnétique à travers une spire dans le cas d’un champ uniforme : ΦB = BA cos θ . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

4

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique Résoudre le problème

E9 — E10

En combinant les deux clés, on obtient d[BA cos(0◦ )] dt (Bf − Bi ) (ΔB) = NA = NA Δt Δt 1,00 = 200 × 0,031 4 × 4,00 |E| = 1,57 V .

|E| = N

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. E9 Décortiquer le problème Connues N =1   ΦB = 0,005 6t2 + 0,007 5t + 0,001 2 Wb t = 2,0 s

Identifier la clé

(réponse)

Inconnue |E|

La clé est la loi de Faraday :

   dΦB    . |E| = N  dt 

Résoudre le problème

On obtient

  d 0,005 6t2 + 0,007 5t + 0,001 2 |E| = N dt = N (2 × 0,005 6t + 0,007 5)

= 1 × (2 × 0,005 6 × 2,00 + 0,007 5) |E| = 0,030 V . Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. E10 Décortiquer le problème Connues N = 15,0

r = 0,200 m

(réponse)

Inconnue |E|

Puisque la bobine est placée perpendiculairement au champ magnétique, l’angle entre les deux est θ = 0,00◦ . L’aire de la boucle est A = πr2 = 0,126 m2 . Identifier les clés

La première clé est la loi de Faraday :    dΦB   . |E| = N  dt 

La deuxième clé est le flux magnétique à travers une spire dans le cas d’un champ uniforme : ΦB = BA cos θ . Ainsi, en combinant les deux clés, on obtient d[BA cos(0◦ )]  dt  ΔB   . = N A  Δt 

|E| = N

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

5

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E11

a. Résoudre le problème

À t = 7,5 ms, la pente du graphique correspond à    ΔB  4 × 10−3    Δt  = 10 × 10−3 = 0,4 T/s .

Ainsi, on obtient |E| = 15,0 × 0,126 × 0,4 |E| = 0,75 V .

b. Résoudre le problème

(réponse)

À t = 15 ms, la pente du graphique est nulle. On a    ΔB     Δt  = 0,0 T/s .

Ainsi, on obtient |E| = 15,0 × 0,126 × 0,0 |E| = 0,00 V .

c. Résoudre le problème

(réponse)

À t = 25 ms, la pente du graphique correspond à    ΔB  4 × 10−3    Δt  = 20 × 10−3 = 0,2 T/s .

Ainsi, on obtient |E| = 15,0 × 0,126 × 0,2 |E| = 0,38 V . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur des réponses semble correct.

E11 Illustrer la situation La figure ci-dessous montre une vue en coupe de la situation. Le champ magnétique est confiné à l’intérieur du solénoïde, dans un cercle de rayon rs . La bobine a un rayon rb . Selon la règle de la main droite, le champ magnétique est perpendiculaire au plan de la page, et il entre dans la page.

bobine rb

~B

rs

solénoïde i

Décortiquer le problème Inconnues

Connues N = 30,0

rb = 0,400 m −1

n = 30 000 m   i = 2,80 1 − e−t/4,50

rs = 0,095 0 m

|E| iind

R = 5,30 Ω

 est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Le vecteur A c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

6

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E12

a. Identifier les clés

La première clé est qu’il y a un champ magnétique uniquement à l’intérieur du solénoïde. Le module du champ est donné par l’équation B = μ0 ni .

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       E  = N  dΦB  , (ii)  dt  où le flux magnétique à travers une spire dans le cas d’un champ uniforme est   ΦB = BA cos θ = (μ0 ni) πrs2 cos(0◦ ) = μ0 nπrs2 i .

(iii)

Dans le calcul du flux, l’aire correspond à l’aire où il y a un champ magnétique, ce qui n’est pas nécessairement l’aire de la bobine. Ici, le champ est confiné à la région à l’intérieur du solénoïde. C’est pourquoi l’aire considérée est l’aire du solénoïde. Dans le cas où la bobine serait complètement dans le solénoïde, A serait égal à l’aire de la bobine. Résoudre le problème On insère l’équation (iii) dans l’équation (ii), puis on calcule la dérivée :       d μ nπr2 i    0   s 2  di  = N μ . nπr |E| = N   0 s    dt dt  La valeur absolue de la dérivée du courant par rapport au temps est | di/ dt| = 0,622e−t/4,50 A/s . Ainsi, on obtient, à t = 7,00 s, |E| = 30,0 × 4π × 10−7 × 30 000π (0,095 0) × 0,622e−7,00/4,50 2

|E| = 4,21 mV .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation du courant induit : iind =

Résoudre le problème

|E| . R

(iv)

À t = 0,00 s, la f.é.m. induite est

|E| = 30,0 × 4π × 10−7 × 30 000π (0,095 0) × 0,622e−0,00/4,50 = 20,0 mV . 2

Ainsi, selon l’équation (iv), le courant induit est de iind =

20,0 × 10−3 V = 3,76 mA . 5,30 Ω

(réponse)

Valider la réponse Le rayon de la bobine n’est pas un paramètre important lorsque la bobine entoure le solénoïde. Cela peut sembler étrange qu’il y ait un courant dans la bobine même s’il n’y a aucun champ magnétique vis-à-vis de la bobine. Pour qu’un courant soit produit, il faut qu’une force s’exerce sur les électrons de conduction à l’intérieur de la bobine.

E12 Illustrer la situation La figure suivante montre une vue en coupe de la situation. Le champ magnétique est réparti à l’intérieur du solénoïde, dans un cercle de rayon rs . La bobine a un rayon rb . Selon la règle de la main droite, le champ magnétique est perpendiculaire au plan de la page, et il entre dans la page. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

7

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E12

solénoïde rs

~B rb bobine i

Décortiquer le problème Connues N = 40,0

Inconnue rb = 0,080 0 m

n = 25 000 m−1

iind

rs = 0,192 0 m

−t/0,460

i = 1,50e

R = 5,30 Ω

 est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Le vecteur A Identifier les clés La première clé est qu’il y a un champ magnétique uniquement à l’intérieur du solénoïde. Le module du champ est donné par l’équation B = μ0 ni .

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       E  = N  dΦB  , (ii)  dt  où le flux magnétique à travers une spire dans le cas d’un champ uniforme est   ΦB = BA cos θ = (μ0 ni) πrb2 cos(0◦ ) = μ0 nπrb2 i .

(iii)

Dans le calcul du flux, l’aire correspond à l’aire de la bobine. La troisième clé est l’équation du courant induit : iind = Résoudre le problème

|E| . R

(iv)

On insère l’équation (iii) dans l’équation (ii), puis on calcule la dérivée :       d μ nπr2 i    0  b  2  di  |E| = N   = N μ0 nπrb   .   dt dt

La valeur absolue de la dérivée du courant par rapport au temps est | di/ dt| = 3,26e−t/0,460 A/s . Ainsi, on obtient, à t = 0,250 s, |E| = 40,0 × 4π × 10−7 × 25 000π (0,080 0) × 3,26e−0,250/0,460 2

= 47,8 mV . Finalement, selon l’équation (iv), le courant induit est iind = Valider la réponse

47,8 × 10−3 V = 9,03 mA . 5,30 Ω

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

8

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P13

P13 Illustrer la situation La figure suivante illustre la boucle et le champ magnétique, qui est sortant, selon la règle de la main droite pour le champ magnétique produit par un fil.

ifil d h

r

~B dA = b dr b

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil infini. Le module du champ est donné par l’équation B=

μ0 i . 2πr

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       E  = N  dΦB  . (ii)  dt  Selon la figure, pour calculer le flux magnétique, on divise l’aire en petites bandes :  · dA  = μ0 i b dr cos(0◦ ) . dΦB = B 2πr

(iii)

Résoudre le problème Selon l’équation (iii), on obtient le flux magnétique à travers la boucle complète au moyen d’une intégration :   d+h  μ0 i ΦB = b dr . 2πr d Les bornes d’intégration correspondent à la plus petite distance et à la plus grande distance entre le fil et la boucle. Ainsi, on obtient, comme flux magnétique,  μ0 ib d+h μ0 ib d+h dr = ln r  ΦB = 2π d r 2π d

μ0 ib ln(d + h) − ln(d) = 2π   d+h μ0 ib ln ΦB = , (iv) 2π d où l’on utilise l’identité ln x − ln y = ln(x/y). Finalement, en insérant l’équation (iv) dans l’équation (ii), on obtient    d + h  difil  μ0 b ln |E| = N  dt  . 2π d Puisque N = 1, on obtient |E| =

b. Identifier la clé

μ0 b ln 2π



d+h d

   difil     dt  .

(réponse)

La clé est l’équation du courant induit : iind =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

|E| . R

(v) 9

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P14

Sachant que ifil (t) = im sin(ωt), le résultat de la question a. devient    d + h  dim sin(ωt)  μ0 b ln |E| =   2π d dt   d+h μ0 b = ln im ω cos(ωt) . 2π d

Résoudre le problème

Finalement, en insérant ce résultat dans l’équation (v), on obtient   d+h μ0 b ln i= ωim cos(ωt) . 2πR d

(réponse)

P14 Illustrer la situation La figure suivante illustre la boucle et le champ magnétique, qui est sortant, selon la règle de la main droite pour le champ magnétique produit par un fil.

ifil d

r

~B

h

dA = b dr b Décortiquer le problème Inconnue

Connues N =1

b = 0,050 0 m

h = 0,020 0 m ifil = 2,67 sin(0,75t)

iind

d = 0,30 × 10−3 m R = 35,0 Ω

 est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Le vecteur A Identifier les clés La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil infini. Le module du champ est donné par l’équation B=

μ0 i . 2πr

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       E  = N  dΦB  . (ii)  dt  Selon la figure, pour calculer le flux magnétique, on divise l’aire en petites bandes :  · dA  = μ0 i b dr cos(0◦ ) . dΦB = B 2πr

(iii)

La troisième clé est l’équation du courant induit : iind =

|E| . R

(iv)

Résoudre le problème Selon l’équation (iii), on obtient le flux magnétique à travers la boucle complète au moyen d’une intégration :   d+h  μi ΦB = b dr . 2πr d c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

10

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

R15

Les bornes d’intégration correspondent à la plus petite distance et à la plus grande distance entre le fil et la boucle. Ainsi, on obtient, comme flux magnétique,  μ0 ib d+h μ0 ib d+h dr = ln r  2π d r 2π d

μ0 ib ln(d + h) − ln(d) = 2π   d+h μ0 ib ln ΦB = , 2π d

ΦB =

(v)

où l’on utilise l’identité ln x − ln y = ln(x/y). Finalement, en insérant l’équation (v) dans l’équation (ii), on obtient |E| = N

μ0 b ln 2π

Puisque N = 1, on obtient μ0 b |E| = ln 2π





d+h d

d+h d

   difil     dt  .

   difil     dt  .

Sachant que la forme du courant du fil est ifil (t) = im sin(ωt), l’expression de |E| peut être simplifiée :   d+h μ0 b ln 2π d   d+h μ0 b = ln 2π d

|E| =

   dim sin(ωt)      dt im ω cos(ωt) .

Finalement, en insérant ce résultat dans l’équation (iv), on obtient, à t = 5,0 s,      μ0 b  d+h  ln i= ωim cos(ωt) 2πR d      4π × 10−7 × 0,050 0  0,300 × 10−3 + 0,020 0  = ln 0,75 × 2,67 × cos(0,75 × 5,0) −3 2π × 35,0 0,300 × 10 i = 2,0 × 10−9 A .

(réponse)

Valider la réponse Le courant induit est faible, ce qui est correct. L’argument du cosinus est en radians, car la fréquence angulaire de la variation du courant est une valeur en radians par seconde.

R15 Illustrer la situation La figure ci-dessous montre une vue en coupe de la situation. Le champ magnétique est confiné à l’intérieur du solénoïde, dans un cercle de rayon rs . La bobine a un rayon rb . Selon la règle de la main droite, le champ magnétique est perpendiculaire au plan de la page, et il entre dans la page.

bobine rb

~B

rs

solénoïde i

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

11

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

R15 Décortiquer le problème

Inconnues

Connues N =1

rb = 0,150 m

n = 2 000 m

−1 −6

ρ = 1,20 × 10

rs = 0,070 0 m Ω·m

|E| R P

l = 5,236 m Δi d = 1,00 × 10−3 m = 360 A/s Δt  est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Le vecteur A

a. Identifier les clés

La première clé est qu’il y a un champ magnétique uniquement à l’intérieur du solénoïde. Le module du champ est donné par l’équation : B = μ0 ni .

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       E  = N  dΦB  , (ii)  dt  où le flux magnétique à travers une spire dans le cas d’un champ uniforme est   ΦB = BA cos θ = (μ0 ni) πrs2 cos(0◦ ) = μ0 nπrs2 i .

(iii)

Dans le calcul du flux, l’aire correspond à l’aire où il y a un champ magnétique, ce qui n’est pas nécessairement l’aire de la bobine. Ici, le champ est confiné à la région à l’intérieur du solénoïde. C’est pourquoi l’aire est l’aire du solénoïde. Dans le cas où la bobine serait complètement dans le solénoïde, A serait égal à l’aire de la bobine. Résoudre le problème On insère l’équation (iii) dans l’équation (ii) et on obtient     d μ nπr2 i  0   s |E| = N     dt Δi Δt = 4π × 10−7 × 2 000 × π(0,070 0)2 × 360 |E| = 13,9 mV . = N μ0 nπrs2

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la résistance en fonction de la résistivité : R=

Résoudre le problème

4ρl ρl = . A πd2

(iv)

On obtient 4 × 1,20 × 10−6 × 5,236 π(1,00 × 10−3 )2 R = 8,00 Ω . R=

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance en fonction de la résistance : P =

Résoudre le problème on obtient

E2 . R

(v)

En insérant le résultat de la f.é.m. et de la résistance dans l’équation (v), (13,9 × 10−3 )2 8,00 P = 24,2 μW . P =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 12

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique Valider la réponse

Q16

L’ordre de grandeur des résultats semble correct.

Q16 Identifier la clé

La loi de Lenz stipule que la f.é.m. produit un courant induit générant un champ  ind qui s’oppose à la variation du flux magnétique. magnétique B

a. Illustrer la situation La figure suivante représente la situation. N

=

~v S

iind

~B

~B

~Bind

Décortiquer le problème On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sort d’un pôle nord et entre dans un pôle sud. Ainsi, le champ magnétique qui traverse la boucle est orienté vers le haut. ❷ Puisque l’aimant s’approche de la boucle de courant, le flux à travers l’anneau augmente.  ind dans l’anneau doit ❸ Puisque le flux magnétique augmente, le champ magnétique induit B être opposé au champ magnétique produit par le barreau aimanté, donc il est orienté vers le bas. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans l’anneau doit être en sens horaire. Résoudre le problème Ainsi, le courant induit est en sens horaire.

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure suivante représente la situation. S

~v N

~B

= iind

~Bind ~B

Décortiquer le problème Selon la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sort d’un pôle nord et entre dans un pôle sud. Ainsi, le champ magnétique qui traverse la boucle est orienté vers le bas. ❷ Puisque l’aimant s’approche de la boucle de courant, le flux à travers l’anneau augmente.  ind dans l’anneau doit ❸ Puisque le flux magnétique augmente, le champ magnétique induit B être opposé au champ magnétique produit par le barreau aimanté, donc il est orienté vers le haut. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans l’anneau doit être en sens antihoraire. Résoudre le problème Ainsi, le courant induit est en sens antihoraire.

(réponse)

c. Illustrer la situation La figure suivante représente la situation. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

13

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E17

N ~v

=

S

~Bind iind

~B

~B

Décortiquer le problème On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sort d’un pôle nord et entre dans un pôle sud. Ainsi, le champ magnétique qui traverse la boucle est orienté vers le haut. ❷ Puisque l’aimant s’éloigne de la boucle de courant, le flux à travers l’anneau diminue.  ind dans l’anneau doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique produit par le barreau aimanté, donc il est orienté vers le haut. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans l’anneau doit être en sens antihoraire. Résoudre le problème Ainsi, le courant induit est en sens antihoraire.

(réponse)

d. Illustrer la situation La figure suivante représente la situation. N

~v S

~B

=

iind

~Bind ~B

Décortiquer le problème On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sort d’un pôle nord et entre dans un pôle sud. Ainsi, le champ magnétique qui traverse la boucle est orienté vers le haut. ❷ Puisque l’aimant se déplace transversalement par rapport à la boucle de courant, la surface  de l’anneau traversée par le champ diminue et donc le flux à travers l’anneau diminue. A  ind dans l’anneau doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique produit par le barreau aimanté, donc il est orienté vers le haut. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans l’anneau doit être en sens antihoraire. Résoudre le problème Ainsi, le courant induit est en sens antihoraire.

(réponse)

E17 a. Décortiquer le problème Connues N =1   B = 3,20t2 + 1,05t − 0,70 mT R = 0,200 m

Inconnues |E| Sens du courant induit

t = 3,00 s c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

14

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E18

 est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Puisque Le vecteur A la boucle est circulaire, l’aire de la boucle est A = πR2 = 0,126 m2 . Identifier la clé

La clé est la loi de Faraday :

   dΦB    , |E| = N  dt 

où ΦB = BA cos θ. Résoudre le problème

On obtient   d 3,20t2 + 1,05t − 0,70 × 10−3 × 0,126 |E| = dt = (2 × 3,20t + 1,05) × 10−3 × 0,126 = (2 × 3,20 × 3,00 + 1,05) × 10−3 × 0,126 |E| = 2,54 mV .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. b. Décortiquer le problème On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique entre dans la page. ❷ Le flux magnétique augmente avec le temps (selon l’équation fournie).  ind dans l’anneau doit ❸ Puisque le flux magnétique augmente, le champ magnétique induit B être dans le sens contraire au champ magnétique, donc il sort de la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans l’anneau doit être en sens antihoraire. Résoudre le problème Ainsi, le courant induit est en sens antihoraire.

(réponse)

E18 a. Décortiquer le problème N =1

Connues dr = −0,060 mm/s dt

B = 0,800 T

Inconnues E Sens du courant induit

R = 0,250 m  est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Puisque Le vecteur A la boucle est circulaire, l’aire de la boucle est A = πr2 . Identifier la clé

La clé est la loi de Faraday :

où ΦB = BA cos θ. Résoudre le problème

   dΦB   , |E| = N  dt 

On obtient    dBπr2   |E| =  dt     dr  = Bπ2r  dt     = 0,800π × 2 × 0,250 × −0,060 × 10−3  |E| = 75 μV .

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse)

15

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P19 Valider la réponse

L’ordre de grandeur semble correct.

b. Décortiquer le problème On utilise la technique 10.1.

❶ Le champ magnétique entre dans la page. ❷ Puisque le rayon diminue, l’aire diminue

et ainsi le flux magnétique à travers la boucle diminue avec le temps.  ind dans l’anneau doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique, donc il entre dans la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans l’anneau doit être en sens horaire. Résoudre le problème Ainsi, le courant induit est en sens horaire.

(réponse)

P19 a. Illustrer la situation La figure suivante montre une vue en coupe de la situation. Le champ magnétique est réparti à l’intérieur du solénoïde, dans un cercle de rayon rs . La bobine a un rayon rb . Selon la règle de la main droite, le champ magnétique est perpendiculaire au plan de la page, et il entre dans la page.

solénoïde rs

~B rb bobine i

Décortiquer le problème Connues N = 80,0 n = 20 000 m di = 350 A/s dt

Inconnues

rb = 0,008 50 m −1

rs = 0,018 0 m

iind Sens du courant induit

R = 2,80 Ω

 est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Le vecteur A Identifier les clés La première clé est qu’il y a un champ magnétique uniquement à l’intérieur du solénoïde. Le module du champ est donné par l’équation B = μ0 ni .

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       E  = N  dΦB  , (ii)  dt  où le flux magnétique à travers une spire dans le cas d’un champ uniforme est   ΦB = BA cos θ = (μ0 ni) πrb2 cos(0◦ ) = μ0 nπrb2 i .

(iii)

Dans le calcul du flux, l’aire correspond à l’aire de la bobine, car celle-ci est entièrement exposée au champ magnétique. La troisième clé est l’équation du courant induit : iind = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

|E| . R

(iv) 16

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P20

Résoudre le problème

On insère l’équation (iii) dans l’équation (ii) et on obtient     d μ nπr2 i  0  b  |E| = N     dt    di  = N μ0 nπrb2   dt = 80,0 × 4π × 10−7 × 20 000 × π (0,008 50) × 350 = 0,160 V . 2

Finalement, selon l’équation (iv), le courant induit est iind = Valider la réponse

0,160 V = 57,0 mA . 2,80 Ω

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

b. Décortiquer le problème On utilise la technique 10.1.

❶ Le champ magnétique entre dans la page. ❷ Le flux magnétique augmente avec le temps.  ind dans l’anneau doit ❸ Puisque le flux magnétique augmente, le champ magnétique induit B être dans le sens opposé au champ magnétique, donc il sort de la page. Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans l’anneau doit être en sens antihoraire. Résoudre le problème Ainsi,

❹

le courant induit est en sens antihoraire.

(réponse)

P20 a. Décortiquer le problème Connues

Inconnues

N = 200 r = 0,150 m

B = 0,600 1 − e−5 000t T R = 0,400 Ω

iind Sens du courant induit

t = 3,00 × 10−3 s  est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Puisque Le vecteur A la boucle est un demi-cercle, l’aire de la bobine est A= Identifier les clés

1 2 πr = 0,035 3 m2 . 2

La première clé est la loi de Faraday :    dΦB    , |E| = N  dt 

(i)

où ΦB = BA cos θ. La deuxième clé est l’équation du courant induit : iind =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

|E| . R

(ii)

17

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

R21 Résoudre le problème

On calcule tout d’abord la f.é.m. avec l’équation (i) :

|E| = N A

 d  0,600 1 − e−5 000t dt 

= 200 × 0,035 3 0,600 × 5 000e−5 000 × 3,00 × 10

−3



= 6,49 mV . Finalement, selon l’équation (ii), le courant induit est iind =

6,49 × 10−3 V = 16,2 mA . 0,400 Ω

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. b. Décortiquer le problème On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sort de la page. ❷ Puisque le champ magnétique augmente avec le temps, le flux magnétique augmente avec le temps.  ind dans l’anneau doit ❸ Puisque le flux magnétique augmente, le champ magnétique induit B être dans le sens opposé au champ magnétique, donc il entre dans la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans l’anneau doit être en sens horaire. Résoudre le problème Ainsi, le courant induit est en sens horaire.

(réponse)

R21 Illustrer la situation La figure suivante illustre la boucle et le champ magnétique, qui est entrant, selon la règle de la main droite pour le champ magnétique produit par un fil.

ifil d

~B x

r

h

E

−

R

dA = ` dr +

`

a. Décortiquer le problème Connues

Inconnues

E = 0,500 V  = 0,400 m

R = 2,50 Ω h = 0,100 m

d = 0,010 0 m

τ = 34,0 × 10−6 m

Eind i

ifil = 80,0e−t/τ  est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Le vecteur A Identifier les clés La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil infini. Le module du champ est donné par l’équation B=

μ0 i . 2πr

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       Eind  = N  dΦB  . (ii)  dt  c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

18

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

R21

Selon la figure, pour calculer le flux magnétique, on divise l’aire en petites bandes :  · dA  = μ0 i  dr cos(0◦ ) . dΦB = B 2πr

(iii)

Résoudre le problème À partir de l’équation (iii), on obtient le flux magnétique à travers la boucle complète au moyen d’une intégrale :   d+h  μ0 i  dr . ΦB = 2πr d Les bornes d’intégration correspondent à la plus petite distance et à la plus grande distance entre le fil et la boucle. Ainsi, on obtient, comme flux magnétique,  μ0 i d+h dr ΦB = 2π d r μ0 i d+h ln r  = 2π d

μ0 i ln(d + h) − ln(d) = 2π   d+h μ0 i ln ΦB = , (iv) 2π d où l’on utilise l’identité ln x − ln y = ln(x/y). Ainsi, en insérant l’équation (iv) dans l’équation (ii), on obtient    d + h  difil  μ0  ln |Eind | = N  dt  . 2π d Sachant que la forme du courant dans le fil est ifil (t) = imax e−t/τ , le résultat précédent devient    d + h  dimax e−t/τ  μ0  |Eind | = N ln   2π d dt    d+h μ0  −imax −t/τ =N ln e . 2π d τ Lorsque t = τ , et puisque N = 1, on obtient   0,010 0 + 0,100 80,0 4π × 10−7 × 0,400 ln Eind = × e−1 2π 0,010 0 34,0 × 10−6 Eind = 0,166 V .

b. Identifier la clé

La clé est la loi des mailles de Kirchhoff, appliquée au circuit :  ΔV = 0 ⇒ E − Eind − Ri = 0 .

(réponse)

(v)

Remarque : Voir c. pour l’explication du signe négatif devant la f.é.m. induite. Résoudre le problème En isolant le courant dans l’équation (v) et en utilisant les données du problème et le résultat obtenu en a., on obtient, à t = τ , E − Eind R 0,500 − 0,166 = 2,50 i = 0,134 A . i=

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(réponse) 19

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

Q22 — Q24

c. Décortiquer le problème On utilise la technique 10.1.

❶ Le champ magnétique entre dans la page. ❷ Puisque le courant diminue avec le temps, le flux magnétique diminue avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique, donc il entre dans la page.

❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens horaire. Résoudre le problème Puisque la f.é.m. induite est plus petite que la f.é.m. du circuit, le courant circulera dans le sens imposé par la f.é.m. du circuit, soit dans le sens antihoraire. Ainsi, le courant circule vers la droite dans la résistance.

(réponse)

Valider la réponse Sachant que la f.é.m. induite est plus petite que la f.é.m. du circuit, on a utilisé le signe négatif dans la loi des mailles de Kirchhoff en b., comme il se doit. La partie c. donne l’occasion de bien faire le raisonnement qui permet d’expliquer la direction du courant. Il est donc plus pratique de répondre à cette question avant.

Q22 Identifier la clé

Pour trouver le sens du déplacement, la clé est la loi de Lenz. Il faut alors partir du courant induit et faire le raisonnement inverse pour trouver le déplacement de la tige mobile. Résoudre le problème On utilise la technique 10.1. ❹ Selon la règle de la main droite, si le courant induit iind dans la boucle est en sens horaire, le  ind doit entrer dans la page. champ magnétique induit B  ind dans la boucle est dans le même sens que le champ ❸ Puisque le champ magnétique induit B magnétique extérieur, le flux magnétique diminue forcément. ❷ Pour réduire le flux magnétique, l’aire doit diminuer avec le temps. ❶ La tige mobile doit donc se déplacer vers la gauche, pour réduire l’aire. Ainsi, la tige se déplace vers la gauche. (réponse)

Q23 a. Identifier la clé

Pour trouver le sens du déplacement, la clé est la loi de Lenz. Résoudre le problème On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sort de la page. ❷ Puisque l’aire augmente avec le temps, le flux magnétique augmente avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique augmente, le champ magnétique induit B être dans le sens opposé au champ magnétique, donc il entre dans la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens horaire. Ainsi, le courant induit est en sens horaire. (réponse) Dans le raisonnement ❸ obtenu en a., le champ magnétique étant contraire au champ magnétique induit, la force magnétique est en sens opposé à la force extérieure qui ici est la force gravitationnelle. Ainsi,

b. Résoudre le problème

 m est orientée vers le haut. F

Q24 Identifier la clé

(réponse)

Pour trouver le sens du déplacement, la clé est la loi de Lenz.

a. Résoudre le problème

On utilise la technique 10.1.

❶ Le champ magnétique sur la boucle sort de la page. ❷ Puisque la boucle se déplace vers la droite, le flux magnétique reste constant.  ind dans la boucle est ❸ Puisque le flux magnétique ne varie pas, le champ magnétique induit B nul.

❹ Donc, le courant induit iind dans la boucle doit aussi être nul. Ainsi, il n’y a pas de courant induit. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 20

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E25 — E26

b. Résoudre le problème

On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sur la boucle sort de la page. ❷ Si la boucle se déplace vers le haut, le champ magnétique diminue avec le temps, et donc le flux magnétique diminue avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique, donc il sort de la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens antihoraire. Ainsi, le courant induit est en sens antihoraire. (réponse)

E25 Décortiquer le problème Inconnue

Connues  = 1,85 m v = 5,18 m/s

E

B = 0,264 T

Lorsqu’un conducteur est en mouvement dans un champ magnétique, les électrons de conduction subissent une force magnétique qui les oblige à se déplacer à une des extrémités du conducteur. Par conséquent, il se produit une accumulation de charge qui produit un champ électrique. Les électrons subissent alors une force électrique opposée à la force magnétique. Ils se déplacent jusqu’à ce qu’il y ait équilibre entre la force électrique et la force magnétique. Identifier la clé La clé est la deuxième loi de Newton, avec la définition de la force électrique en fonction du champ électrique ainsi que la force magnétique en fonction du champ magnétique et de la vitesse de déplacement :  = qE  + qv × B  = 0 ⇒ E = vB sin θ , F avec θ = 90◦ . On mesure alors une différence de potentiel entre les extrémités du fil : E = Vhaut − Vbas = E = vB . Résoudre le problème

On obtient E = 5,18 × 1,85 × 0,264 = 2,53 V .

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. E26 a. Décortiquer le problème Connues

(réponse)

Inconnues

 = 0,150 m

B = 0,370 T

E

v = 9,40 m/s

R = 150 Ω

i

Lorsqu’un conducteur est en mouvement dans un champ magnétique, les électrons de conduction subissent une force magnétique qui les oblige à se déplacer à une des extrémités du conducteur. Par conséquent, il se produit une accumulation de charge qui produit un champ électrique. Les électrons subissent alors une force électrique opposée à la force magnétique. Ils se déplacent jusqu’à ce qu’il y ait équilibre entre la force électrique et la force magnétique. Identifier la clé La clé est la deuxième loi de Newton, avec la définition de la force électrique en fonction du champ électrique ainsi que la force magnétique en fonction du champ magnétique et de la vitesse de déplacement :  = qE  + qv × B  = 0 ⇒ E = vB sin θ , F avec θ = 90◦ . On mesure alors une différence de potentiel entre les extrémités de la tige : E = Vhaut − Vbas = E = vB . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

21

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E27 Résoudre le problème

On obtient E = 9,40 × 0,150 × 0,370 = 0,522 V .

b. Identifier la clé

La clé est la loi des mailles de Kirchhoff : |E| − Ri = 0 ⇒ i =

Résoudre le problème

|E| . R

On obtient i=

Valider la réponse

(réponse)

0,522 = 3,48 mA . 150

L’ordre de grandeur des réponses semble correct.

E27 Décortiquer le problème Inconnues  ext i F

Connues  = 0,450 m v = 5,20 m/s

B = 0,830 T R = 9,70 Ω

Pext

PR

Lorsqu’un conducteur est en mouvement dans un champ magnétique, les électrons de conduction subissent une force magnétique qui les oblige à se déplacer à une des extrémités du conducteur. Par conséquent, il se produit une accumulation de charge qui produit un champ électrique. Les électrons subissent alors une force électrique opposée à la force magnétique. Ils se déplacent jusqu’à ce qu’il y ait équilibre entre la force électrique et la force magnétique.

a. Identifier les clés

La première clé est la deuxième loi de Newton, avec la définition de la force électrique en fonction du champ électrique ainsi que la force magnétique en fonction du champ magnétique et de la vitesse de déplacement :  = qE  + qv × B  = 0 ⇒ E = vB sin θ , F avec θ = 90◦ . On mesure alors une différence de potentiel entre les extrémités de la tige : E = Vhaut − Vbas = E = vB .

(i)

La deuxième clé est la loi des mailles de Kirchhoff : |E| − Ri = 0 ⇒ i = Résoudre le problème

|E| . R

(ii)

En combinant l’équation (i) et l’équation (ii), on obtient i=

vB 5,20 × 0,450 × 0,830 = = 0,200 A . R 9,70

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est la loi de Lenz. Résoudre le problème On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sur le circuit entre dans la page. ❷ Puisque la tige se déplace vers la gauche, l’aire augmente avec le temps, donc le flux magnétique augmente avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique augmente, le champ magnétique induit B être dans le sens contraire au champ magnétique, donc il sort de la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens antihoraire. Ainsi, le courant induit est en sens antihoraire. (réponse)

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22

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E28

c. Décortiquer le problème Comme il y a un champ magnétique, la tige subit une force magnétique. Pour que la tige se déplace à vitesse constante, on doit appliquer une force extérieure de même module, mais de sens opposé. Identifier les clés La première clé est la force magnétique exercée sur un conducteur portant un courant dans un champ magnétique :  m = i × B  . F La deuxième clé est la deuxième loi de Newton :   = 0 ⇒ F  ext = −F m . F Résoudre le problème Puisque le courant dans la tige est vers le bas et que le champ magnétique entre dans la page, la règle de la main droite permet de dire que la force magnétique exercée sur la tige est vers la droite. En combinant les deux clés, on obtient −−−−−−−→  ext = iB = 0,200 × 0,450 × 0,830 = 74,8 mN − vers la gauche . (réponse) F

d. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance fournie par un agent extérieur : Pext = Fext v cos 0◦ ,

avec un angle de 0◦ , car la force extérieure est orientée dans la direction de la vitesse de la tige. Résoudre le problème Ainsi, on obtient Pext = 74,8 × 10−3 × 5,20 = 0,389 W .

e. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance électrique : PR = Ri2 .

Résoudre le problème

Ainsi, on obtient PR = 9,70 × (0,200)2 = 0,389 W .

(réponse)

Valider la réponse On remarque qu’il n’y a pas de perte d’énergie. Toute l’énergie fournie par l’agent extérieur est dissipée en énergie thermique à cause de la résistance du circuit. E28 Décortiquer le problème Connues Inconnues   = 2,50 m R = 12,0 Ω E E B = 60,0 × 10−6 T

v = 0,300 m/s

i

m F

Lorsqu’un conducteur est en mouvement dans un champ magnétique, les électrons de conduction subissent une force magnétique qui les oblige à se déplacer à une des extrémités du conducteur. Par conséquent, il se produit une accumulation de charge qui produit un champ électrique. Les électrons subissent alors une force électrique opposée à la force magnétique. Ils se déplacent jusqu’à ce qu’il y ait équilibre entre la force électrique et la force magnétique.

a. Identifier la clé

La clé est la deuxième loi de Newton, avec la définition de la force électrique en fonction du champ électrique ainsi que la force magnétique en fonction du champ magnétique et de la vitesse de déplacement :  = qE  + qv × B  = 0 ⇒ E = vB sin θ , F

(i)

avec θ = 90◦ . On mesure alors une différence de potentiel entre les extrémités de la tige : E = Vhaut − Vbas = E = vB . Résoudre le problème

(ii)

En insérant les données dans l’équation (ii), on obtient E = 0,300 × 2,50 × 60,0 × 10−6 = 45,0 μV .

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(réponse) 23

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P29

b. Résoudre le problème

En insérant les données dans l’équation (i), on obtient E = 0,300 × 60,0 × 10−6 = 1,80 × 10−5 N/C .

Pour trouver l’orientation, on sait que la tige se déplace vers la droite dans un champ magnétique sortant de la page. Ainsi, selon la règle de la main droite, les électrons de conduction subissent une force magnétique qui les dirige vers le haut. Alors qu’ils s’accumulent dans le haut de la tige, il se crée une séparation de charges qui produit un champ électrique vers le haut. Finalement, on a −−−−−→  = 1,80 × 10−5 N/C − vers le haut . (réponse) E

c. Identifier les clés

La première clé est la loi des mailles de Kirchhoff : |E| − Ri = 0 ⇒ i =

|E| . R

(iii)

La deuxième clé est la loi de Lenz. Résoudre le problème En insérant les données et les réponses obtenues dans l’équation (iii), on obtient 45,0 × 10−6 = 3,75 μA . i= 12,0 Pour trouver la direction du courant, on utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sur le circuit sort de la page. ❷ Puisque la tige se déplace vers la droite, l’aire diminue avec le temps, et donc le flux magnétique diminue avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique, donc il sort de la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens antihoraire. Ainsi, i = 3,75 μA en sens antihoraire. (réponse)

d. Décortiquer le problème Comme il y a un champ magnétique, la tige subit une force magnétique. Identifier la clé La clé est la force magnétique exercée sur un conducteur portant un courant dans un champ magnétique :  m = i × B  . F Résoudre le problème Puisque le courant dans la tige est vers le bas et que le champ magnétique sort de la page, la règle de la main droite permet de dire que la force magnétique exercée sur la tige est vers la gauche. Ainsi, on obtient −−−−−−−→  m = iB = 3,75 × 10−6 × 2,50 × 60,0 × 10−6 = 5,63 × 10−10 N − vers la gauche . F Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur des réponses semble correct.

P29 a. Illustrer la situation La figure ci-dessous montre la boucle durant son entrée dans le champ magnétique.

i

i

~v x

x x i

~B i

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24

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P30

Décortiquer le problème À un instant donné, selon la figure, on remarque que l’aire de la boucle qui traverse le champ est celle d’un triangle dont la base vaut 2x et dont la hauteur vaut = x2 . De plus, la hauteur de ce triangle peut être déterminée avec x. Ainsi, A = Base×Hauteur 2 x = vt, car cela correspond à la distance parcourue par le cadre dans le champ. Ainsi, A = v 2 t2 . En entrant dans le champ, le flux magnétique augmente, car l’aire de la boucle traversée par le champ augmente. Le courant induit doit donc produire un champ magnétique dans le sens  Ainsi, selon la règle de la main droite, le courant induit dans la boucle sera opposé au champ B. en sens horaire. Identifier les clés La première clé est la loi de Faraday pour trouver la f.é.m. induite lorsque la vitesse de la bobine est v :    dΦB   , (i) |E| =  dt  où le flux magnétique est  ·A  = BA = Bv 2 t2 . ΦB = B La deuxième clé est l’équation du courant induit en fonction de la f.é.m. et de la résistance : iind = Résoudre le problème

|E| . R

(ii)

On calcule d’abord la f.é.m. induite (en valeur absolue) :    d  2 2  dt2 |E| =  Bv t  = Bv 2 = 2Bv 2 t . dt dt

Le courant induit est alors iind =

2Bv 2 t . R

(réponse)

b. Décortiquer le problème Selon le résultat obtenu en a., le courant augmente de façon linéaire avec le temps t. Cette équation est valable tant que le flux augmente, donc jusqu’à √ ce que la boucle soit à moitié dans le champ magnétique. Ceci se produit lorsque x = c/ 2. De là, on peut obtenir le temps t nécessaire : x = vt ⇒ t = Identifier la clé

c x =√ . v 2v

(iii)

La clé est le résultat obtenu en a. : iind =

Résoudre le problème

2Bv 2 t . R

(iv)

On insère l’équation (iii) dans l’équation (iv) : √ 2Bv 2 c 2cBv √ = i= . R R 2v

(réponse)

Valider la réponse Si on remplace les unités de c, B, v et R, on obtient bien les unités du courant, c’est-à-dire des ampères. Les dimensions sont donc correctes.

P30 Décortiquer le problème Connues  = 0,250 m R = 14,0 Ω x = (3,20t + 1,50) m

Inconnues ii timax

tf imax

B = (−0,050 0t2 + 0,150t − 0,100) T c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

25

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P30

L’aire décrite par la boucle est rectangulaire et varie avec le temps selon x : A = x =  (3,20t + 1,50) .

a. Identifier les clés

La première clé est la loi de Faraday pour trouver la f.é.m. induite lorsque la vitesse de la bobine est v :    dΦB   , (i) |E| =  dt  où le flux magnétique est  ·A  . ΦB = B La deuxième clé est l’équation du courant induit en fonction de la f.é.m. et de la résistance : iind =

|E| . R

(ii)

La troisième clé pour trouver le sens du courant est la loi de Lenz. Résoudre le problème On calcule d’abord le flux magnétique :   ΦB = −0,050 0t2 + 0,150t − 0,100 0,250 (3,20t + 1,50)   ΦB = −0,040 0t3 + 0,101 25t2 − 0,023 75t − 0,037 5 .

(iii)

On calcule ensuite la f.é.m. induite (en valeur absolue) :   d   3 2  |E| =  −0,040 0t + 0,101t − 0,023 75t − 0,037 5  dt   =  −0,120t2 + 0,202 5t − 0,023 75  . Ainsi, le courant induit selon le temps est    −0,120t2 + 0,202 5t − 0,023 75  iind = 14,0   2  = −8,57t + 14,5t − 1,70  × 10−3 A .

(iv)

À t = 0, le courant induit est alors iind = 1,70 mA . Pour trouver le sens du courant, on utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sur le circuit sort de la page. ❷ Selon l’équation (iii), à t = 0, on voit que le flux magnétique diminue avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique, donc il sort de la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens antihoraire. Finalement, le courant induit est i = 1,70 mA en sens antihoraire. Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur du courant semble correct.

b. Identifier la clé

Pour trouver les instants où le courant change de sens, on regarde à quel instant le courant est égal à zéro. Pour ce faire, on doit utiliser la solution de l’équation quadratique √ −b± b2 −4ac (t = ) avec l’équation (iv). 2a

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26

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P31

Résoudre le problème On obtient    −8,57t2 + 14,5t − 1,70  × 10−3 = 0  −14,5 × 10−3 ± (14,5 × 10−3 )2 − 4 × (−8,57 × 10−3 ) × (−1,70 × 10−3 ) t= 2 × (−8,57 × 10−3 ) t = 0,127 s et 1,56 s . (réponse) Valider la réponse Les instants trouvés se situent bien entre t = 0,00 s et t = 1,70 s, comme le suggère l’énoncé. c. Identifier les clés Pour trouver le courant maximal, la clé consiste à dériver l’équation (iv) du courant en fonction du temps et à poser qu’elle est égale à zéro : di =0. dt Résoudre le problème

On obtient  d  −8,57t2 + 14,5t − 1,70  × 10−3 = 0 dt |(−17,1t + 14,5)| × 10−3 = 0 t = 0,844 s .

(réponse)

Valider la réponse L’instant trouvé se situe bien entre les deux instants où le courant est nul, soit entre t = 0,127 s et t = 1,56 s. On remarque par contre qu’il ne se situe pas à mi-chemin entre les deux. d. Résoudre le problème À t = 0,844 s, le courant maximal est   iind =  −8,57 × (0,844)2 + 14,5(0,844) − 1,70  × 10−3 = 4,41 mA . Puisque l’instant t = 0,844 s se situe entre les instants t = 0,127 s et t = 1,56 s, où le courant a changé de sens, le courant est dans le sens horaire, car il était en sens anti-horaire à t = 0. Finalement, le courant induit est i = 4,41 mA en sens horaire. Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur du courant semble correct.

P31 a. Illustrer la situation La figure ci-dessous montre la boucle dans le champ magnétique. Le champ magnétique créé par le fil sort de la page, selon la règle de la main droite.

i d r

~B

~v

`

dA = x dr x

 est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le Décortiquer le problème Le vecteur A champ magnétique. Identifier les clés La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil infini. Le module du champ est donné par l’équation B= c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

μ0 i . 2πr

(i) 27

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P31

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       Eind  = N  dΦB  . (ii)  dt  Selon la figure, pour calculer le flux magnétique, on divise l’aire en petites bandes :  · dA  = μ0 i x dr cos(0◦ ) . dΦB = B 2πr

(iii)

La troisième clé est l’équation du courant induit en fonction de la f.é.m. et de la résistance : iind =

|E| . R

(iv)

La quatrième clé pour trouver le sens du courant est la loi de Lenz. Résoudre le problème À partir de l’équation (iii), on obtient le flux magnétique à travers la boucle complète au moyen d’une intégrale :   d+  μ0 i ΦB = x dr . 2πr d Les bornes d’intégration correspondent à la plus petite distance et à la plus grande distance entre le fil et la boucle. Ainsi, on obtient, comme flux magnétique,  μ0 ix d+ dr ΦB = 2π d r

 d+ μ0 ix  ln r  = 2π d

μ0 ix ln(d + ) − ln(d) = 2π   d+ μ0 ix ln ΦB = , (v) 2π d où l’on utilise l’identité ln x − ln y = ln(x/y). En insérant l’équation (v) dans l’équation (ii), on obtient    d +   dx  μ0 i ln |Eind | = N  dt  2π d   d+ μ0 iv |Eind | = N ln . 2π d

(vi)

Finalement, en insérant l’équation (vi) dans l’équation (iv), on obtient   d+ μ0 iv ln iind = . 2πR d Pour trouver la direction du courant, on utilise la technique 10.1.

❶ Selon la figure, le champ magnétique sur le circuit sort de la page. ❷ Puisque la tige se déplace vers la gauche, l’aire diminue avec le

temps, et donc le flux magnétique diminue avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique, donc il sort de la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens antihoraire. Ainsi,   d+ μ0 iv ln iind = en sens antihoraire. (réponse) 2πR d c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

28

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

b. Identifier la clé

P32

La clé est l’équation de la puissance électrique : PR = Ri2 .

Résoudre le problème

On obtient   2 d+ 1 μ0 iv PR = ln . R 2π d

(réponse)

c. Décortiquer le problème Comme il y a un champ magnétique, la tige subit une force magnétique. Pour que la tige se déplace à vitesse constante, on doit appliquer une force extérieure de même module, mais de sens opposé. Identifier la clé La clé est la puissance fournie par une force extérieure :  ext v ⇒ F  ext = Pext . Pext = F v Résoudre le problème Puisque le courant dans la tige est vers le haut et que le champ magnétique sort de la page, la règle de la main droite permet de dire que la force magnétique exercée sur la tige est vers la droite. Ainsi, la force extérieure doit être vers la gauche. De plus, la puissance extérieure qu’il faut fournir à la tige doit être égale à la puissance dissipée dans la résistance. Ainsi, on obtient   2 −−−−−−−−→ d+ v μ0 i  ln vers la gauche . (réponse) Fext = R 2π d

P32 a. Illustrer la situation La figure ci-dessous montre la boucle dans le champ magnétique. Le champ magnétique créé par le fil sort de la page, selon la règle de la main droite.

i d r

~B

~v

`

dA = x dr x

Décortiquer le problème Connues v = 5,00 m/s  = 0,120 m R = 0,850 Ω

Inconnues

i = 15,0 A −3

d = 5,00 × 10

m

iind PR m F

À l’endroit où se trouve le cadre, le champ magnétique créé par le fil est perpendiculaire à la  est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. page. Le vecteur A Identifier les clés La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil infini. Le module du champ est donné par l’équation B=

μ0 i . 2πr

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       Eind  = N  dΦB  . (ii)  dt  c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

29

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P32

Selon la figure, pour calculer le flux magnétique, on divise l’aire en petites bandes :  · dA  = μ0 i x dr cos(0◦ ) . dΦB = B 2πr

(iii)

La troisième clé est l’équation du courant induit en fonction de la f.é.m. et de la résistance : iind =

|E| . R

(iv)

La quatrième clé pour trouver le sens du courant est la loi de Lenz. Résoudre le problème À partir de l’équation (iii), on obtient le flux magnétique à travers la boucle complète au moyen d’une intégrale :  ΦB = d

d+



μ0 i 2πr

 x dr .

Les bornes d’intégration correspondent à la plus petite distance et à la plus grande distance entre le fil et la boucle. Ainsi, on obtient, comme flux magnétique,  μ0 ix d+ dr 2π d r μ0 ix d+ ln r  = 2π d

μ0 ix ln(d + ) − ln(d) = 2π   d+ μ0 ix ln ΦB = , 2π d ΦB =

où l’on utilise l’identité ln x − ln y = ln(x/y). En insérant l’équation (v) dans l’équation (ii), on obtient    d +   dx  μ0 i ln |Eind | = N  dt  2π d   d+ μ0 iv |Eind | = N ln . 2π d

(v)

(vi)

Finalement, en insérant l’équation (vi) dans l’équation (iv), on obtient   d+ μ0 iv ln iind = 2πR d   −7 5,00 × 10−3 + 0,120 4π × 10 × 15,0 × 5,00 ln = 2π × 0,850 5,00 × 10−3 = 56,8 μA . Pour trouver la direction du courant, on utilise la technique 10.1.

❶ Selon la figure, le champ magnétique sur le circuit sort de la page. ❷ Puisque la tige se déplace vers la gauche, l’aire diminue avec le

temps, et donc le flux magnétique diminue avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique, donc il sort de la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens antihoraire. Ainsi, (réponse) iind = 56,8 μA en sens antihoraire. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

30

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

b. Identifier la clé

P33

La clé est l’équation de la puissance électrique : PR = Ri2 .

Résoudre le problème

On obtient

  2 d+ 1 μ0 iv ln R 2π d  2  −7 5,00 × 10−3 + 0,120 4π × 10 × 15,0 × 5,00 1 ln = 0,850 2π 5,00 × 10−3

PR =

PR = 2,74 × 10−9 W .

(réponse)

c. Décortiquer le problème Comme il y a un champ magnétique, la tige subit une force magnétique. Pour que la tige se déplace à vitesse constante, on doit appliquer une force extérieure de même module, mais de sens opposé. Identifier la clé La clé est la puissance fournie par une force extérieure :  ext v ⇒ F  ext = Pext . Pext = F v Résoudre le problème Puisque le courant dans la tige est vers le haut et que le champ magnétique sort de la page, la règle de la main droite permet de dire que la force magnétique exercée sur la tige est vers la droite. Ainsi, la force extérieure doit être vers la gauche. De plus, la puissance extérieure qu’il faut fournir à la tige doit être égale à la puissance dissipée dans la résistance. On obtient   2 d+ v μ0 i  ln Fext = R 2π d  2  5,00 × 10−3 + 0,120 5,00 4π × 10−7 × 15,0 ln = 0,850 2π 5,00 × 10−3 −−−−−−−→  ext = 5,49 × 10−10 N − vers la gauche . (réponse) F

P33 Illustrer la situation La figure ci-dessous montre la boucle dans le champ magnétique. Le champ magnétique créé par le fil entre dans la page, selon la règle de la main droite.

~v

x~B

dA = ` dr

h `

r

y

i Décortiquer le problème Inconnue

Connues v = 7,00 m/s

i = 26,0 A

h = 0,200 m N = 50,0 spires

 = 0,400 m R = 0,750 Ω

iind

y = 0,010 0 m

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31

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P33

 est perpendiculaire à la page, donc θ = 0,00◦ avec le champ magnétique. Le vecteur A Identifier les clés La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un fil infini. Le module du champ est donné par l’équation μ0 i . (i) 2πr La deuxième clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans le cas d’une bobine :       Eind  = N  dΦB  . (ii)  dt  B=

Selon la figure, pour calculer le flux magnétique, on divise l’aire en petites bandes :  · dA  = μ0 i  dr cos(0◦ ) . dΦB = B 2πr La troisième clé est l’équation du courant induit en fonction de la f.é.m. et de la résistance : iind =

|E| . R

(iii)

(iv)

Résoudre le problème À partir de l’équation (iii), on obtient le flux magnétique à travers la boucle complète au moyen d’une intégrale :   y+h  μ0 i ΦB =  dr . 2πr y Les bornes d’intégration correspondent à la plus petite distance et à la plus grande distance entre le fil et la boucle. Ainsi, on obtient, pour le flux magnétique,  μ0 i y+h dr ΦB = 2π y r

 y+h μ0 i  = ln r  2π y

μ0 i ln(y + h) − ln(y) = 2π   y+h μ0 i ln ΦB = , (v) 2π y où l’on utilise l’identité ln x − ln y = ln(x/y). En insérant l’équation (v) dans l’équation (ii), on obtient    y+h   μ0 i  dln y   |Eind | = N  2π  dt      μ0 i dy y − y + h y =N × 2π dt y2 y+h   h μ0 i v |Eind | = N , 2π y(y + h)

(vi)

du

u dt où l’on utilise la dérivée de la fonction logarithme dln dt = u . Finalement, en insérant l’équation (vi) dans l’équation (iv), on obtient   h N μ0 iv iind = 2πR y(y + h)   0,200 50,0 × 4π × 10−7 × 26,0 × 0,400 × 7,00 = 2π × 0,750 0,010 0 × (0,010 0 + 0,200)

iind = 92,4 mA . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur du courant semble correct.

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32

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E34 — E35

E34 Décortiquer le problème Connues

Inconnue Em

N = 120,0 2

A = (0,350 m) = 0,123 m

2

B = 275 × 10−6 T ω = 120π rad/s

Identifier la clé

La clé est l’équation qui donne la f.é.m. d’un générateur à courant alternatif : E = N BAω sin(ωt) .

L’amplitude de la f.é.m. est la valeur maximale de la f.é.m. (E = Emax ), c’est-à-dire sa valeur lorsque le sinus est égal à 1. Résoudre le problème En insérant les valeurs, on obtient Emax = N BAω Emax Valider la réponse

= 120,0 × 275 × 10−6 T × 0,123 m2 × 120π rad/s = 1,52 V .

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

E35 Décortiquer le problème Inconnue

Connues

E

N = 100,0 2

A = (0,180 0 m) = 0,032 4 m

2

B = 2,000 T ω = 2πf = 50,00π rad/s

a. Identifier la clé

La clé est l’équation qui donne la f.é.m. d’un générateur à courant alternatif : E = N BAω sin(ωt) .

Résoudre le problème

En insérant les valeurs, on obtient

E = N BAω sin(ωt) = 100,0 × 2,000 T × 0,032 4 m2 × 50,00π rad/s × sin(50,00πt) E = 1 018 sin(50,00πt) V .

(réponse)

L’amplitude de la f.é.m. est la valeur maximale de la f.é.m. (E = Emax ), c’est-à-dire sa valeur lorsque le sinus est égal à 1. Résoudre le problème On obtient

b. Identifier la clé

Emax = 1 018 V .

(réponse)

c. Identifier la clé

Les maximums de la f.é.m. se produisent lorsque l’argument du sinus vaut . . ., donc à (2n+1)π avec n = 0, 1, 2, . . . Par contre, à π2 , 5π 2 2 , . . ., les maximums sont 3π 7π positifs, tandis qu’à 2 , 2 , . . ., ils sont négatifs. Ainsi, pour connaître les instants où la f.é.m. atteint sa valeur maximale positive, l’argument du sinus doit être égale à π 3π 5π 2, 2 , 2 ,

(4n + 1)π . 2 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

33

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E36 — E37 Résoudre le problème

Les maximums positifs de la f.é.m. se produisent à (4n + 1)π  2  4n + 1 t= s, avec n = 0, 1, 2, . . . 100

50,00πt =

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. On peut vérifier que les temps utilisés pour trouver les maximums sont corrects en insérant les valeurs obtenues en c. dans l’expression trouvée en a. : on obtient la même valeur qu’en b. E36 Décortiquer le problème Inconnue Connues Em = 150 V

N

A = 0,10 m

2

B = 0,50 T ω = 2πf = 120π rad/s Identifier la clé

La clé est l’équation qui donne la f.é.m. d’un générateur à courant alternatif : E = N BAω sin(ωt) .

L’amplitude de la f.é.m. est la valeur maximale de la f.é.m. (E = Emax ), c’est-à-dire sa valeur lorsque le sinus est égal à 1. Résoudre le problème En isolant N et en insérant les valeurs, on obtient N=

Emax BAω

150 0,50 × 0,10 × 120π N = 8,0 spires . =

(réponse)

Valider la réponse Le nombre de spires trouvé est un entier, ce qui appuie sa validité même si cette valeur pourrait techniquement ne pas être entière. E37 Décortiquer le problème Connues Inconnue Em

N = 50,0 2

π(0,080 0 m) = 5,03 × 10−3 m2 4 B = 1,3 × 10−10 T cos(ωt) A=

ω = 2πf = 1,46 × 106 π rad/s Identifier la clé

La clé est l’équation qui donne la f.é.m. d’un générateur à courant alternatif : E = N Bm Aω sin(ωt) .

L’amplitude de la f.é.m. est la valeur maximale de la f.é.m. (E = Emax ), c’est-à-dire sa valeur lorsque le sinus est égal à 1. Résoudre le problème En insérant les valeurs, on obtient Emax = N Bm Aω = 50,0 × 1,3 × 10−10 T × 5,03 × 10−3 m2 × 1,46 × 106 π rad/s Emax = 0,15 mV . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

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34

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

P38 a. Identifier les clés

P38

La première clé est le flux magnétique à travers une spire dans le cas d’un

champ uniforme : ΦB = BA cos θ . La deuxième clé est le principe de superposition : ΦB = Φcircuit + Φfil . Décortiquer le problème Dans le cas du circuit, l’aire est toujours perpendiculaire au champ magnétique, ce qui implique que θ = 0. Dans le cas du fil en demi-cercle, comme il tourne à une fréquence f , l’angle θ varie en fonction du temps : θ = ωt = 2πf t. 2 De plus, l’aire d’un rectangle est bh, tandis que l’aire d’un demi-cercle est πr2 . Résoudre le problème En combinant les deux clés, on obtient ΦB = bhB +

b. Identifier les clés

πr2 B cos (2πf t) . 2

(réponse)

La première clé est la loi de Faraday, donnée par l’équation suivante dans

le cas d’une bobine : Eind = −N

dΦB . dt

(i)

La deuxième clé est l’équation du courant induit en fonction de la f.é.m. et de la résistance : iind = Résoudre le problème on obtient

|E| . R

(ii)

En insérant le résultat trouvé en a. dans l’équation (i), avec N = 1,

Eind = −

 d bhB +

πr 2 2 B

 cos (2πf t)

dt πr2 B2πf sin (2πf t) = 2 = π 2 r2 Bf sin (2πf t) .

Puis, en insérant ce résultat dans l’équation (ii), on obtient  2 2  π r Bf iind = sin(2πf t) . R

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est que l’amplitude de la f.é.m. est la valeur maximale de la f.é.m. (E = Emax ), c’est-à-dire sa valeur lorsque le sinus est égal à 1. Résoudre le problème En insérant les valeurs, on obtient Emax = π 2 r2 Bf .

d. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance électrique maximale : Pmax =

Résoudre le problème

2 Emax . R

On obtient (π 2 r2 Bf )2 R π 4 r4 B 2 f 2 . = R

Pmax = Pmax c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 35

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

Q39 — E41

Q39 Identifier la clé

La clé est la loi de Faraday : 

  · ds = − E

boucle

 ∂B  . · dA ∂t

Résoudre le problème Puisque le parcours (i) n’englobe qu’une partie de la surface traversée par le champ magnétique, le résultat de l’intégrale sera le plus petit. De plus, comme les parcours (ii) et (iii) englobent tous deux la totalité de la surface traversée par le champ magnétique, on aura parcours (i) < parcours (ii) = parcours (iii) .

(réponse)

E40 Décortiquer le problème Connues

Inconnue

rs = 0,075 0 m di = −1,20 A/s dt n = 350 spires/m

E

r = 0,025 0 m

Identifier les clés La première clé est l’équation du champ magnétique créé par un solénoïde. Le module du champ est donné par l’équation B = μ0 ni .

(i)

La deuxième clé est la loi de Faraday : 

  · ds = − E

boucle

Résoudre le problème 

 ∂B  . · dA ∂t

(ii)

En insérant l’équation (i) dans l’équation (ii), on obtient  d(μ0 ni)  E · ds = − dA cos(0) dt

boucle

di 2 πr dt μ0 n di r E=− 2 dt 4π × 10−7 × 350 =− × (−1,20) × 0,025 0 2 E = 6,60 × 10−6 V/m .

E2πr = −μ0 n

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

E41 Décortiquer le problème Connues rs = 0,036 0 m

Inconnue E

−3

B = 24,0 × 10 T ΔB = −3,50 × 10−3 T/s Δt

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36

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique Identifier la clé

Q42 — E43

La clé est la loi de Faraday : 

  · ds = − E

boucle

a. Résoudre le problème

 ∂B  . · dA ∂t

(i)

En appliquant l’équation (i) lorsque r = 0,013 5 m, on obtient     · ds = − ∂ B · dA E ∂t boucle

ΔB · πr2 · cos(0) Δt ΔB r E=− Δt 2 (−3,50 × 10−3 ) × 0,013 5 =− 2 E = 23,6 μV/m .

E2πr = −

b. Résoudre le problème

(réponse)

En appliquant l’équation (i) lorsque r = 0,057 5 m, on obtient   ∂B   E · ds = − · dA ∂t boucle

ΔB · πrs2 · cos(0) Δt ΔB rs2 E=− Δt 2r (−3,50 × 10−3 ) × 0,036 0 =− 2 × 0,057 5 E = 39,4 μV/m .

E2πr = −

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

Q42 Illustrer la situation La figure ci-dessous fournit une vue de face (à gauche) et une vue en coupe (à droite) de la situation.

vue en coupe

vue de face

~A

-

z x

y

~E

R d~s r

~B

-

+

y

+

x

~E

-

z

+

 se dirige de la plaque positive vers la Décortiquer le problème Le vecteur champ électrique E plaque négative. Les pointillés en rouge de la vue en coupe représentent le parcours d’intégration  est dans le même sens que le champ électrique et perpendiculaire au des points 1 et 2. Le vecteur A champ magnétique, donc θ = 0,00◦ . Selon la règle de la main droite, le champ magnétique tourne en sens antihoraire, comme le montre la vue de face. Résoudre le problème Ainsi,  2 est entrant.  1 est sortant et B B

(réponse)

E43 Illustrer la situation La figure suivante fournit une vue de face (à gauche) et une vue en coupe (à droite) de la situation. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

37

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E43

vue en coupe

vue de face

~A

x

~E

R

z

-

d~s r

y

~B

-

+

y

x

~E

-

z

+ +

Décortiquer le problème Inconnue

Connues R = 0,025 0 m

B −3

d = 1,80 × 10 m dσ = 1,78 × 103 C/m2 s dt r = 0,015 0 m

Identifier les clés parallèles :

La première clé est l’équation du champ électrique entre deux armatures  = σ j . E 0

(i)

La deuxième clé est le théorème d’Ampère-Maxwell :    ∂E  · ds = μ0 iinc +  μ0  . B · dA 0 ∂t

(ii)

Résoudre le problème On calcule d’abord la circulation du champ magnétique, sachant que le champ magnétique doit avoir le même module le long du parcours d’intégration :     · ds = B ds cos(0◦ ) = B ds B cercle

cercle

cercle

= B2πr .

(iii)

Il n’y a pas de courant qui passe à travers la surface du cercle délimité par la courbe d’Ampère (iinc = 0), car la boucle se trouve entre les armatures du condensateur. Le champ électrique est uniforme entre les armatures, tout comme sa dérivée par rapport au temps :  ∂E 1 dσ j . = ∂t 0 dt L’intégrale de surface est alors  cercle

 ∂E  = 1 dσ · dA ∂t 0 dt

 dA = cercle

(iv)

πr2 dσ . 0 dt

(v)

On insère les équations (iii) et (v) dans l’équation (ii) et on isole B : dσ B2πr = μ0 πr2  dt  μ0 r dσ ⇒B= 2 dt  4π × 10−7 T · m/A × 0,015 0 m  × 1,78 × 103 C/m2 s B= 2 B = 16,8 μT . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 38

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

E44 — R45

Valider la réponse Le champ magnétique induit est très faible. Il devient important dans les situations où le champ électrique varie très rapidement.

E44 Décortiquer le problème Inconnue dE dt

Connues −7

B = 6,32 × 10 r = 0,032 4 m

Identifier la clé

T

La clé est le théorème d’Ampère-Maxwell : 

  · ds = μ0 iinc +  μ0 B 0

 ∂E  . · dA ∂t

(i)

Résoudre le problème On calcule d’abord la circulation du champ magnétique, sachant que le champ magnétique doit avoir le même module le long du parcours d’intégration :     · ds = B ds cos(0◦ ) = B ds B cercle

cercle

cercle

= B2πr .

(ii)

Il n’y a pas de courant qui passe à travers la surface du cercle délimité par la courbe d’Ampère (iinc = 0), car la boucle se trouve entre les armatures du condensateur. On insère l’équation (ii) dans l’équation (i) et on isole dE dt : B2πr = μ0 0 πr2 ⇒

dE dt

2B dE = dt μ0 0 r 2 × 6,32 × 10−7 T dE = −7 dt 4π × 10 T · m/A × 8,854 × 10−12 F/m × 0,032 4 m dE = 3,51 × 1012 V/(m · s) . dt

(réponse)

Valider la réponse La variation du champ électrique est très élevée. Puisque le champ électrique varie très rapidement, le champ magnétique est plus important.

R45 Décortiquer le problème Connues −9

C = 1,50 × 10

F

R = 4,50 × 10 Ω E = 120 V 6

Inconnues E B

A = π(0,050 0 m)2 = 7,85 × 10−3 m2 t = 2,50 × 10−3 s r = 0,030 0 m

a. Identifier les clés

La première clé est l’équation du module du champ électrique d’un condensateur plan vue dans le chapitre 5 : Q . (i) E= 0 A La deuxième clé est l’équation de la charge d’un condensateur en fonction du temps vue dans le chapitre 7 :   Q = CE 1 − e−t/RC . (ii)

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39

CHAPITRE 10 — L’induction électromagnétique

R45 Résoudre le problème

En combinant les équations (i) et (ii), on obtient, à t = 2,50 s,

 CE  1 − e−t/RC 0 A   2,50 × 10−3 1,50 × 10−9 × 120 − 4,50 × 106 ×1,50 × 10−9 = 1 − e 8,854 × 10−12 × 7,85 × 10−3

(iii)

E=

E = 8,01 × 105 V/m .

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure ci-contre montre le parcours d’intégration (un cercle de rayon r) centré sur l’armature d’un condensateur. Décortiquer le problème Par symétrie, le champ magnétique doit être en  est parallèle au champ électrique E.  Ce direction tangentielle. Le vecteur dA champ est uniforme. Identifier la clé

~E

ra d~s r

La clé est le théorème d’Ampère-Maxwell : 

  · ds = μ0 iinc +  μ0 B 0

cercle

Résoudre le problème

 ∂E  . · dA ∂t

On calcule d’abord la circulation du champ magnétique :     B · ds = B ds cos(0) = B ds = B2πr .

(iv)

(v)

cercle

Aucun courant ne passe à travers le cercle délimité par la boucle d’Ampère (iinc = 0), car la boucle se trouve entre les armatures du condensateur. On utilise l’équation (iii) pour calculer la dérivée du champ électrique :   CE d 1 − e−t/RC ∂E = ∂t 0 A dt CE e−t/RC . = (vi) 0 ARC L’intégrale de surface est alors  0 μ

  ∂E  = μ0 E e−t/RC dA · dA ∂t AR μ0 Eπr2 −t/RC e . = AR

(vii)

On insère les équations (v) et (vii) dans l’équation (iv) : μ0 Eπr2 −t/RC e AR μ0 Er −t/RC e ⇒B= 2AR 5 4π × 10−7 × 120 × 0,030 0 − 1,50 × 100,002 −9 ×4,50 × 106 B= −3 6 e 2 × 7,85 × 10 × 4,50 × 10 B = 4,42 × 10−11 T .

B2πr =

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. Le module du champ magnétique est très faible, étant donné que la variation de la charge n’est pas très rapide.

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40

~B

Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 11

L’inductance

E1 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre les deux bobines de l’exercice.

(N1 spires) i2

+

~B2

(N2 spires)

−

Décortiquer le problème Par le phénomène de l’inductance mutuelle, lorsqu’un courant varie dans la deuxième bobine, il y a une f.é.m. induite dans la première bobine. Inconnues Connues N1 = N2 = 100 M = 3,45 × 10−2 H

a. Identifier la clé

R1 = R2 = 1,26 Ω di2 = 3,75 A/s dt

|E1 | i1

La clé est l’équation de la f.é.m. induite dans la bobine 1 :    di2   . |E1 | = M  dt 

Résoudre le problème

Ainsi, on obtient E1 = 3,45 × 10−2 × 3,75 = 0,129 V .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est la loi d’Ohm : E = N Ri .

Résoudre le problème

Ainsi, on obtient E1 N1 R 1 0,129 = 100 × 1,26 i1 = 103 mA .

i1 =

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur des valeurs obtenues semble correct.

E2 Décortiquer le problème Connues   is = 3,45 − 1,20t − 0,350t3 à t = 1,50 s Rb = 0,700 Ω

Inconnue M

ib = 65,0 × 10−3 A

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1

CHAPITRE 11 — L’inductance

P3 Identifier les clés

La première clé est l’équation de la f.é.m. induite dans la bobine : Eb = −M

dis . dt

(i)

La deuxième clé est la loi d’Ohm : E = N Ri . Résoudre le problème temps, on obtient

(ii)

Ainsi, en calculant la dérivée du courant dans le solénoïde en fonction du   dis = − 1,20 + 1,05t2 . dt

Finalement, en combinant l’équation (i) et l’équation (ii) et en isolant M à t = 1,50 s, on obtient −M

dis = Rb ib dt −Rb ib M = dis dt

−0,700 × 65,0 × 10−3 = −(1,20 + 1,05t2 ) −0,700 × 65,0 × 10−3 = −(1,20 + 1,05 × (1,50)2 ) M = 12,8 mH .

(réponse)

~B

x x x

x x

r

x x x

ifil

x x

x x x x x x

Valider la réponse L’inductance mutuelle dépend seulement des données géométriques du système, comme il se doit. L’ordre de grandeur des valeurs obtenues semble correct.  sur P3 Illustrer la situation Le courant ifil circule dans le fil, ce qui produit un champ magnétique B la bobine. Ce champ n’est pas uniforme puisque le courant circulant dans le fil est variable. Pour calculer le flux à travers la bobine, on la divise en éléments de surface dA =  dr, comme dans la figure suivante.

x x x

x x

a

x x x

d

a

dA = L dr

Décortiquer le problème Inconnues

Connues ifil = 5,00 sin (120πt) Nb = 100 spires d = 0,025 0 m

a = 0,060 0 m R = 0,550 Ω

M E iind

a. Identifier les clés

La première clé est que le module du champ magnétique produit par un fil rectiligne est obtenu par l’équation μ0 ifil . (i) B= 2πr La deuxième clé est la définition de l’inductance mutuelle, donnée par l’équation M≡

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

N2 Φ21 , i1

(ii) 2

CHAPITRE 11 — L’inductance

P3

où le flux magnétique à travers une spire est donné par l’équation     Φ21 = B · dA = B dA cos(0◦ ) .

(iii)

Résoudre le problème On calcule d’abord le flux, en insérant l’équation (i) dans l’équation (iii), puis en intégrant :   d+a   μ0 ifil μ0 ifil  d+a dr Φ21 =  dr = 2πr 2π r d  d   d+a d+a μ0 ifil  μ0 ifil   ln r ln = = . (iv) 2π 2π d d En insérant le résultat de l’équation (iv) dans l’équation (ii), on obtient l’inductance mutuelle du système :   ifil  ln d+a N μ02π d M= ifil   d+a N μ0  ln = 2π d   0,025 0 + 0,060 0 100 × 4π × 10−7 × 0,060 0 ln = 2π 0,025 0 M = 1,469 × 10−6 H = 1,47 μH .

(réponse)

Valider la réponse L’inductance mutuelle dépend seulement des données géométriques du système, comme il se doit. b. Identifier la clé La clé est l’équation de la f.é.m. induite dans la bobine :    difil   .  (v) |Eb | = M  dt  Résoudre le problème temps, on obtient

Ainsi, en calculant la dérivée du courant dans le fil en fonction du difil = 600π cos (120πt) . dt

À t = 0,040 0 s, la dérivée du courant est  difil  = 600π cos (120π × 0,040 0) = −1 525 A/s . dt t=0,040 0 s

(vi)

La valeur négative indique que le courant diminue à cet instant. Finalement, à t = 0,040 0 s, lorsqu’on combine l’équation (v) avec l’équation (vi), on obtient Eb = 1,469 × 10−6 H × |−1 525 A/s| Eb = 0,002 239 V = 2,24 mV .

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est la loi d’Ohm : E = Ri .

Résoudre le problème

Ainsi, on obtient Eb R 2,239 × 10−3 V = 4,07 × 10−3 A = 4,07 mA . ib = 0,550 Ω

ib =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 3

CHAPITRE 11 — L’inductance

P4 — P5

d. Identifier la clé

Pour trouver le sens du courant induit dans la bobine, la clé est la loi de Lenz. Résoudre le problème On utilise la technique 10.1. ❶ Le champ magnétique sur la boucle entre dans la page. ❷ Puisque, à t = 0,040 0 s, le courant diminue (selon l’équation vi), le flux magnétique diminue aussi avec le temps.  ind dans la boucle doit ❸ Puisque le flux magnétique diminue, le champ magnétique induit B être dans le même sens que le champ magnétique produit par le fil ; donc il entre dans la page. ❹ Selon la règle de la main droite, le courant induit iind dans la boucle doit être en sens horaire. Ainsi, le courant induit est en sens horaire. (réponse)

P4 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre une boucle de courant entourant un très long solénoïde.

solénoïde

i

bobine

a. Identifier les clés

La première clé est la définition de l’inductance mutuelle : Ms/b ≡

N Φs←b . isol

(i)

La deuxième clé est l’équation du flux magnétique à travers le solénoïde causé par la bobine : Φs←b = Bsol Asol cos(0◦ ) = Bsol Asol .

(ii)

La troisième clé est qu’il y a un champ magnétique uniquement à l’intérieur du solénoïde. Donc, l’équation du champ est (iii) Bsol = μ0 nisol . Résoudre le problème En insérant l’équation (iii) dans l’équation (ii) puis en insérant ce résultat dans l’équation (i), on obtient N μ0 nisol Asol isol 2 M = μ0 N nπrsol . M=

(réponse)

Valider la réponse L’inductance mutuelle dépend seulement des données géométriques du système, comme il se doit.

b. Identifier la clé

Selon la loi de Faraday, la clé est l’équation de la f.é.m. induite dans le solénoïde en fonction de l’inductance mutuelle : Esol = M Résoudre le problème

di . dt

Ainsi, on obtient 2 |Esol | = μ0 nN πrsol

di . dt

(réponse)

P5 Illustrer la situation La figure suivante illustre une boucle de courant entourant un très long solénoïde. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

4

CHAPITRE 11 — L’inductance

Q6

solénoïde

i

bobine Décortiquer le problème Inconnues

Connues N = 100 spires

rb = 0,100 m

n = 1 200 spires/m di = 40,0 A/s dt

rs = 0,050 0 m

a. Identifier les clés

M |Esol |

La première clé est la définition de l’inductance mutuelle : Ms/b ≡

N Φs←b . isol

(i)

La deuxième clé est l’équation du flux magnétique à travers le solénoïde et produit par la bobine : Φs←b = Bsol Asol cos(0◦ ) = Bsol Asol .

(ii)

La troisième clé est qu’il y a un champ magnétique uniquement à l’intérieur du solénoïde. Donc, l’équation du champ est (iii) Bsol = μ0 nisol . Résoudre le problème En insérant l’équation (iii) dans l’équation (ii) puis en insérant ce résultat dans l’équation (i), on obtient N μ0 nisol Asol isol 2 = μ0 N nπrsol

M=

= 4π × 10−7 × 100 × 1 200π(0,050 0)2 M = 1,18 mH .

(réponse)

Valider la réponse L’inductance mutuelle dépend seulement des données géométriques du système, comme il se doit. L’ordre de grandeur de la valeur obtenue semble correct. b. Identifier la clé Selon la loi de Faraday, la clé est l’équation de la f.é.m. induite dans le solénoïde en fonction de l’inductance mutuelle : Esol = M Résoudre le problème

di . dt

Ainsi, on obtient |Esol | = 1,18 × 10−3 × 40,0 = 47,4 mV .

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la valeur obtenue semble correct.

Q6 Décortiquer le problème L’inductance d’un solénoïde est indépendante du courant qui circule. Elle ne dépend que des propriétés géométriques du solénoïde. Identifier la clé La clé est la définition de l’inductance d’un solénoïde, L= c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

μ0 N 2 A .  5

CHAPITRE 11 — L’inductance

Q7 — Q8 Résoudre le problème

Ainsi, on applique la formule pour chaque situation et on obtient

L1 = L2 = L3 = L4 = L5 =

μ0 N 2 A  1 μ0 (N/2)2 A = L1  4 μ0 (2N )2 A/2 = 2L1  1 μ0 (N/2)2 A/2 = L1 2 16 μ0 N 2 2A = L1 . 2

De là, on peut classer les inductances en ordre croissant : L4 < L2 < L1 = L5 < L3 .

(réponse)

Q7 Illustrer la situation La figure suivante représente une bobine d’induction parcourue par un courant orienté vers la gauche.

i L

a

b

Vb − Va = L di/dt Décortiquer le problème La différence de potentiel aux bornes de la bobine d’induction correspond à la f.é.m. induite si on se déplace dans le même sens que le courant. Identifier la clé La clé est la définition de la f.é.m. d’auto-induction : EL = −L

a. Résoudre le problème

di . dt

Puisque Vb > Va , la f.é.m. induite est dans le même sens que le courant,

ce qui implique que le courant augmente.

b. Résoudre le problème

(réponse)

Puisque Vb < Va , la f.é.m. induite est dans le sens opposé au courant,

ce qui implique que le courant diminue.

c. Résoudre le problème

(réponse)

Puisque Vb = Va , il n’y a pas de f.é.m. induite, ce qui implique que le courant demeure constant.

(réponse)

Q8 Décortiquer le problème La différence de potentiel aux bornes de la bobine d’induction correspond à la f.é.m. induite si on se déplace dans le même sens que le courant. Dans un graphique du courant en fonction du temps, la f.é.m. induite est représentée par la pente du graphique. Identifier la clé La clé est la définition de la f.é.m. d’auto-induction : EL = −L c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

di . dt 6

CHAPITRE 11 — L’inductance Résoudre le problème on obtient

E9 — E10

Ainsi, on observe la pente à chaque instant identifié sur le graphique et t1 ⇒ pente > 0 ⇒ EL < 0 t2 ⇒ pente = 0 ⇒ EL = 0 t3 = t4 ⇒ pente < 0 ⇒ EL > 0 t5 ⇒ pente = 0 ⇒ EL = 0 .

De là, on peut classer les instants indiqués en fonction de la f.é.m. induite en ordre croissant : t 1 < t2 = t 5 < t3 = t 4 .

(réponse)

E9 Décortiquer le problème Inconnue

Connues L = 0,140 H di = 7,50 A/s dt Identifier la clé

|EL |

i = 4,50 m

La clé est la définition de la f.é.m. d’auto-induction : EL = −L

Résoudre le problème

di . dt

Ainsi, en appliquant la formule, on obtient |EL | = 0,140 × 7,50 |EL | = 1,05 V .

(réponse)

Valider la réponse La f.é.m. d’auto-induction ne dépend pas de la valeur initiale du courant, comme il se doit. L’ordre de grandeur de la valeur obtenue semble correct.

E10 Illustrer la situation La figure suivante représente une bobine d’induction parcourue par un courant orienté vers la droite.

i L

a

b

Vb − Va = −L di/dt Décortiquer le problème Inconnue

Connues

|EL |

L = 0,060 0 H −3,00t

i = 4,00e

Identifier la clé

La clé est la définition de la f.é.m. d’auto-induction : EL = −L

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

di . dt 7

CHAPITRE 11 — L’inductance

E11 — E12

a. Résoudre le problème

En appliquant la formule à t = 0,00 s, on obtient d(4,00e−3,00t ) dt = −0,060 0 × 4,00 × (−3,00) e−3,00t

|EL | = −L

= 0,720e−3,00t |EL | = 0,720 V . Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur de la f.é.m. semble correct.

b. Décortiquer le problème La différence de potentiel aux bornes de la bobine d’induction correspond à la f.é.m. induite si on se déplace dans le même sens que le courant. Résoudre le problème Dans le cas présent, puisque la f.é.m. induite est positive, elle sera dans le sens opposé au courant, ce qui implique que la borne qui a un potentiel plus élevé est la borne de droite.

(réponse)

E11 Décortiquer le problème L’inductance d’un solénoïde est indépendante du courant qui circule. Elle ne dépend que des propriétés géométriques du solénoïde. Connues −6

A = 3,75 × 10

m

Inconnue

2

L

n = 8,00 × 10 spires/m 3

Identifier la clé

La clé est la définition de l’inductance d’un solénoïde, L=

Résoudre le problème

Puisque n =

N  ,

μ0 N 2 A . 

on obtient

2

μ0 (N ) A  2 = μ0 n A

L=

⇒

L = μ0 n2 A  = 4π × 10−7 × (8,00 × 103 )2 × 3,75 × 10−6 .

Finalement, l’inductance par unité de longueur de ce solénoïde est L/ = 302 μH/m .

(réponse)

Valider la réponse L’inductance dépend seulement des données géométriques du système, comme il se doit. L’ordre de grandeur de la valeur obtenue semble correct. E12 Décortiquer le problème Le flux magnétique à travers les spires d’un solénoïde dépend du champ magnétique ainsi que du courant qui circule dans celui-ci. En revanche, l’inductance d’un solénoïde est indépendante du courant qui circule. Elle ne dépend que des propriétés géométriques du solénoïde. Inconnues Connues N = 150 spires  = 0,350 m

d = 0,018 0 m

Φ

i = 10,0 A

L

L’aire transversale du solénoïde est A = πr2 = π(d/2)2 = π × (0,018 0/2)2 = 2,54 × 10−4 m2 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

8

CHAPITRE 11 — L’inductance

E13

a. Identifier la clé

Lorsque le solénoïde est parcouru par un courant i, le module du champ magnétique est donné par l’équation B = μ0 ni =

μ0 N i . 

Ainsi, le flux magnétique à travers une spire est  ·A  = BA cos(0◦ ) = ΦB = B Résoudre le problème

μ0 N iA . 

On obtient 4π × 10−7 × 150 × 10,0 × 2,54 × 10−4 0,350 ΦB = 1,37 μWb .

ΦB =

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est la définition de l’inductance, L=

Résoudre le problème

N ΦB . i

On obtient 150 × 1,37 × 10−6 10,0 L = 20,6 μH . L=

(réponse)

Valider la réponse Puisque le flux magnétique est proportionnel au courant, l’inductance ne dépend pas de celui-ci étant donné qu’on divise le flux magnétique par le courant.

E13 Décortiquer le problème Connues N = 250 spires

Inconnue  = 0,372 m

d = 0,173 m

|EL |

ii = 26,0 A −3

Δt = 3,50 × 10

s

if = 0,00 A

L’aire transversale du solénoïde est A = πr2 = π(d/2)2 = π × (0,173/2)2 = 0,023 5 m2 . La variation du courant est di if − ii 0,00 − 26,0 = = = −7,43 × 103 A/s . dt Δt 3,50 × 10−3 Identifier les clés

La première clé est la définition de l’inductance d’un solénoïde, L=

μ0 N 2 A . 

(i)

La deuxième clé est la définition de la f.é.m. d’auto-induction : EL = −L c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

di . dt

(ii) 9

CHAPITRE 11 — L’inductance

P14 Résoudre le problème

En combinant l’équation (i) avec l’équation (ii), on obtient   μ0 N 2 A  di  |EL | =  dt   4π × 10−7 × (250)2 × 0,023 5 = × 7,43 × 103 0,372 |EL | = 36,9 V .

(réponse)

Valider la réponse La f.é.m. d’auto-induction ne dépend pas de la valeur initiale du courant, comme il se doit. L’ordre de grandeur de la valeur obtenue semble correct.

P14 Décortiquer le problème L’inductance ne dépend que des propriétés géométriques de la bobine. Ainsi, lorsqu’une bobine fait partie d’un circuit, on peut analyser le circuit à l’aide de la loi des mailles. Si le courant change, il y a une f.é.m. induite dans la bobine. La différence de potentiel aux bornes de la bobine d’induction correspond à la f.é.m. induite si on se déplace dans le même sens que le courant.

a. Identifier la clé

Lorsque les bobines sont branchées en série, elles sont parcourues par le même courant. Résoudre le problème Si on applique la loi des mailles à un circuit comprenant deux bobines en série et une source, on a ΔVE + ΔVL + ΔVL = 0 di di ΔVE − L − L = 0 . dt dt

di Le courant étant le même dans les deux bobines, le terme dt est le même dans les deux termes où il apparaît. Ainsi, di . ΔVE = 2L dt Si on veut remplacer les deux bobines par une bobine équivalente, l’équation de cette maille donnerait di ΔVE = Léq , dt d’où Léq = 2L = L + L = L1 + L2 .

On peut donc affirmer que, comme pour les résistances en série, deux bobines en série dans un circuit se voient attribuer une inductance équivalente de Léq = L1 + L2 .

(réponse)

Valider la réponse L’inductance équivalente d’un groupement d’inductances en série est plus grande que chacune des inductances du circuit initial.

b. Identifier la clé

Lorsque les bobines sont branchées en parallèle, elles ont toutes la même différence de potentiel. Résoudre le problème Si on applique la loi des mailles à un circuit comprenant la bobine équivalente qui remplace les deux bobines L1 et L2 en parallèle, on a ΔVE + ΔVLéq = 0 diéq E − Léq =0. dt Le courant équivalent est la somme des courants qui passent dans chacune des bobines, donc iéq = i1 + i2 ,

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10

CHAPITRE 11 — L’inductance

P15

d’où di1 + i2 =0 E − Léq dt   di1 di2 + E − Léq =0. dt dt Les termes

di1 dt

et

di2 dt

(i)

sont liés aux inductances respectives des deux bobines par EL1 = −L1

di1 dt

EL di1 =− 1 dt L1

EL2 = −L2

et

di2 dt

EL di2 =− 2 . dt L2

et

Ces deux expressions insérées dans l’équation (i) permettent de trouver que   EL2 EL1 E − Léq − − =0. L1 L2

(ii)

La loi des mailles appliquée au circuit où les deux bobines sont en parallèle donne E + EL1 = 0 EL1 = −E

E + EL2 = 0

et

EL2 = −E .

et

L’équation (ii) devient donc  E − Léq

−E −E − − L1 L2

 =0

Léq =  Léq = 

E E L1

+

E L2

1 1 L1

+

1 L2



Deux bobines en parallèle dans un circuit se voient donc attribuer une inductance équivalente de  −1 1 1 Léq = + . (réponse) L1 L2 Valider la réponse L’inductance équivalente d’un groupement d’inductances en série est plus faible que chacune des inductances du circuit initial.

P15 Décortiquer le problème Lorsque les bobines sont branchées en série, elles sont parcourues par le même courant. Identifier la clé La clé est que lorsque les deux bobines sont assez proches l’une de l’autre, il y a une inductance mutuelle entre les deux.

a. Résoudre le problème

Puisque les bobines sont parcourues par le même courant, comme pour les résistances en série, deux bobines en série dans un circuit se voient attribuer une inductance équivalente Léq = L1 + L2 (voir le problème P14 ). Dans le cas où le courant dans une des bobines circule dans le sens opposé à celui de l’autre bobine, l’inductance mutuelle est contraire à l’inductance de chacune des bobines. Ainsi, l’inductance mutuelle vient réduire l’inductance totale de l’assemblage, et on trouve que Léq = L1 + L2 − M .

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(réponse) 11

CHAPITRE 11 — L’inductance

R16

b. Résoudre le problème

Dans le cas où le courant dans une des bobines circule dans le même sens que celui de l’autre bobine, l’inductance mutuelle est de même sens que l’inductance de chacune des bobines. Ainsi, l’inductance mutuelle vient augmenter l’inductance totale de l’assemblage, et on trouve que (réponse) Léq = L1 + L2 + M .

R16 a. Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre le parcours d’intégration d’une bobine toroïdale vue du dessus. Chaque spire peut être considérée comme une boucle de courant circulaire. Selon la règle de la main droite pour les boucles de courant, le champ magnétique doit être vers la droite pour la spire du haut et son orientation doit tourner en sens horaire par rapport au centre du tore. i ~ B

r

i i

parcours d'intégration

Pour des spires jointives, la configuration est symétrique pour une rotation autour du centre du tore. En effet, le tore peut être tourné d’un angle quelconque sans que la situation change. De plus, on peut faire une réflexion par rapport à n’importe quel plan qui passe par le centre du tore. Ceci implique que le champ magnétique doit être tangent à un cercle centré sur le centre du tore et que son module doit être uniforme le long de ce cercle. On choisit alors un parcours d’intégration circulaire en sens horaire, de rayon r. Identifier la clé La clé est le théorème d’Ampère :

 · ds = μ0 iinc . B (i) ligne

Résoudre le problème Le champ magnétique est uniforme et dans le même sens que l’élément ds sur tout le parcours d’intégration. L’intégrale curviligne est alors



 · ds = B ds cos(0◦ ) = B ds B ligne

cercle

cercle

= B2πr .

(ii)

Pour chaque spire, le courant traverse la boucle d’Ampère dans le sens positif. Avec N spires, le courant qui passe à travers la boucle d’Ampère est iinc = N i .

(iii)

On insère les équations (ii) et (iii) dans l’équation (i) : B2πr = μ0 N i ⇒ B =

b. Identifier la clé

μ0 N i . 2πr

Le flux magnétique à travers une spire est   · dA  . ΦB = B

(réponse)

(iv)

surface

Ainsi, si on insère le résultat du champ magnétique dans l’équation (iv), on obtient le flux magnétique à travers une spire complète en intégrant :   b μ0 N i ΦB = h dr . (iii) 2πr a c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

12

CHAPITRE 11 — L’inductance

Q17

Les bornes d’intégration correspondent à la plus petite distance et à la plus grande distance de la spire au centre du tore. Résoudre le problème On intègre en commençant par sortir les constantes de l’intégrale :  μ0 N ih b dr 2π a r μ0 N ih  b ln r  = 2π a  μ0 N ih = ln(b) − ln(a) 2π   b μ0 N ih ln ΦB = , 2π a

ΦB =

(v)

où l’on a utilisé l’identité ln x − ln y = ln(x/y). Résoudre le problème On obtient ΦB =

c. Identifier la clé

μ0 N ih ln 2π

  b . a

(réponse)

La clé est la définition de l’inductance, L=

Résoudre le problème

N ΦB . i

On obtient   b N μ0 N ih ln i 2π a   b μ0 N 2 h ln L= . 2π a

L=

(réponse)

Valider la réponse Puisque le flux magnétique est proportionnel au courant, l’inductance ne dépend pas de celui-ci étant donné qu’on divise le flux magnétique par le courant.

Q17 Décortiquer le problème Lorsqu’on ferme l’interrupteur pour inclure la pile, la bobine d’induction génère une f.é.m. d’auto-induction qui s’oppose à la variation de courant. Ainsi, le courant dans la bobine d’induction à t = 0 doit être nul. Identifier la clé La clé est la loi des mailles :

ΔV = 0 , avec la loi d’Ohm : ΔV = Réq i , avec la bobine qui ne peut porter aucun courant à t = 0. Résoudre le problème On peut calculer le courant initial pour chaque situation :

i. Si la bobine ne porte aucun courant à t = 0, le courant dans la source sera nul puisqu’il n’y a qu’une maille. Donc i(i) = 0 .

ii. Si la bobine ne porte aucun courant à t = 0, la seule maille pouvant porter un courant est la masse contenant la source et une résistance. Dans cette maille, le courant initial est donc i(ii) = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

E . R 13

CHAPITRE 11 — L’inductance

Q18 — Q19

iii. Si la bobine ne porte aucun courant à t = 0, la seule maille pouvant porter un courant est la masse contenant la source et les deux résistances. Dans cette maille, le courant initial est donc i(iii) =

E E . = Réq 2R

On peut finalement classer les trois situations en ordre croissant du courant initial : i(i) < i(iii) < i(ii) .

(réponse)

Q18 Décortiquer le problème Lorsqu’on ferme l’interrupteur pour inclure la pile, la bobine d’induction génère une f.é.m. d’auto-induction qui s’oppose à la variation de courant. Ainsi, le courant dans la bobine d’induction à t = 0 doit être nul. À mesure que le temps passe, le courant i augmente graduellement jusqu’à atteindre un maximum où le courant ne change plus et où la bobine ne produit plus de f.é.m. d’auto-induction. Identifier la clé La clé est la loi des mailles :

ΔV = 0 , avec la loi d’Ohm : ΔV = Ri . Résoudre le problème On peut calculer le courant initial pour chaque situation : i. Si la bobine ne produit plus d’effet d’auto-induction, le courant dans la source sera celui d’un circuit contenant deux résistances en série : E E . = i(i) = Réq 2R

ii. Si la bobine ne produit plus d’effet d’auto-induction, le courant dans la source sera celui d’un circuit contenant deux résistances en parallèle : i(ii) =

E E 2E . =  = 1 1 −1 Réq R R + R

iii. Si la bobine ne produit plus d’effet d’auto-induction, la branche contenant la bobine sera un court-circuit, rendant sans effet la résistance dans la branche parallèle à celle de la bobine. Le circuit devient un circuit ne comportant qu’une résistance avec la source, et le courant est i(iii) =

E E . = Réq R

On peut finalement classer les trois situations en ordre croissant du courant à t = ∞ : i(i) < i(iii) < i(ii) .

(réponse)

Q19 Décortiquer le problème Puisqu’on ferme l’interrupteur à t = 0, le courant dans le circuit est en croissance.

a. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant d’un circuit RL en croissance en fonction du temps et de la constante de temps :  i = im 1 − e−t/τ . On remarque que plus la constante de temps est élevée, plus le courant croît lentement et plus le temps avant de converger vers une valeur finale est grand. Résoudre le problème En comparant les courbes, on observe que les courbes (i) et (iii) atteignent en même temps la moitié de leurs courants maximaux respectifs, et que les courbes (ii) et (iv) atteignent elles aussi en même temps la moitié de leurs courants maximaux respectifs, mais un peu plus tard, ce qui signifie une constante de temps un peu plus grande : τ(i) = τ(iii) < τ(ii) = τ(iv) .

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(réponse) 14

CHAPITRE 11 — L’inductance

b. Identifier la clé

E20 — E21

La clé est l’équation de la constante de temps : τ=

L ⇒ L = τR . R

Résoudre le problème À partir de l’ordre trouvé en a. et puisque la résistance du circuit est la même partout, on obtient L(i) = L(iii) < L(ii) = L(iv) . (réponse)

c. Identifier la clé

La clé est que le courant est maximal lorsque t → ∞. Ainsi, im =

E ⇒ E = Rim . R

Résoudre le problème Les courbes (i) et (ii) semblent converger vers une même valeur de courant, et les courbes (iii) et (iv) semblent aussi converger vers une même valeur de courant, plus faible. Puisque la résistance du circuit est la même partout, on obtient E(iii) = E(iv) < E(i) = E(ii) .

(réponse)

E20 Décortiquer le problème Puisqu’on exclut la source de f.é.m. du circuit à t = 0, le courant dans le circuit contenant la résistance et la bobine est en décroissance. Connues −3

L = 75,0 × 10

R = 47,0 Ω

Identifier la clé

H

Inconnue t

La clé est l’équation du courant d’un circuit RL en décroissance : i = im e−t/τ ,

avec τ =

L R

.

Résoudre le problème

Lorsque le courant est à la moitié de sa valeur maximale, on obtient im = im e−t/τ 2 et/τ = 2 t = ln 2 τ L t = ln 2 R 75,0 × 10−3 = ln 2 47,0 t = 1,11 ms .

Valider la réponse semble correct.

(réponse)

Le temps est relativement court puisque l’inductance est assez petite, ce qui

E21 Décortiquer le problème Puisqu’on inclut la pile dans le circuit à t = 0, le courant dans le circuit contenant la résistance et la bobine est en croissance. Connues E = 12,0 V

R = 132 Ω −3

L = 65,4 × 10

H

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Inconnues τ t im PL 15

CHAPITRE 11 — L’inductance

E21

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la constante de temps d’un circuit RL : τ=

Résoudre le problème

L . R

(i)

En remplaçant les valeurs dans l’équation (i), on obtient τ=

65,4 × 10−3 = 495 μs . 132

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant d’un circuit RL en croissance en fonction du temps et de la constante de temps :  i = im 1 − e−t/τ . (ii) Résoudre le problème

En observant l’équation (ii), on voit que le courant sera maximal pour t → ∞ .

c. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant maximal : im =

Résoudre le problème

E . R

(iii)

En remplaçant les valeurs dans l’équation (iii), on obtient im =

d. Identifier la clé

(réponse)

12,0 = 90,9 mA . 132

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance en fonction du courant :

(iv) PL = ΔVL i ,  di  avec ΔVL = L dt . Résoudre le problème En combinant l’équation (ii) et l’équation (iii) avec l’équation (iv), et en dérivant le courant, on obtient    di  PL = L  × i dt     d   = L im 1 − e−t/τ  × im 1 − e−t/τ dt   E  E  d  1 − e−t/τ  1 − e−t/τ = L  R dt R       −1  E E 1 − e−t/τ = L  −e−t/τ  R τ R     R E E e−t/τ 1 − e−t/τ =L R L R 2  E (v) PL = 1 − e−t/τ e−t/τ . R Ainsi, en insérant le temps t = 2,00 × 10−3 s et la valeur de τ obtenue en a., on obtient PL =

−3 −6 −3 −6 12,02  × e−2,00 × 10 /495 × 10 = 18,9 mW . × 1 − e−2,00 × 10 /495 × 10 132

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur des résultats semble correct.

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16

CHAPITRE 11 — L’inductance

E22

E22 Décortiquer le problème Puisqu’on inclut la pile dans le circuit à t = 0, le courant dans le circuit contenant la résistance et la bobine est en croissance. Connues E = 12,0 V L = 0,200 H

Inconnues

R = 47,0 Ω

t ΔVL PR

a. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant d’un circuit RL en croissance en fonction du temps et de la constante de temps :  i = im 1 − e−t/τ , (i) L E avec τ = R et im = R . Résoudre le problème

Lorsque i = 0,100 A et en isolant t dans l’équation (i), on obtient iR  = 1 − e−t/τ E iR −Rt/L e =1− E  iR Rt = ln 1 − − L E   iR L t = − ln 1 − R E   0,100 × 47,0 0,200 × ln 1 − =− 47,0 12,0 t = 2,12 ms .

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est que la différence de potentiel aux bornes de la bobine correspond à la valeur absolue de la f.é.m. d’auto-induction :    di  (ii) ΔVL = L  . dt Résoudre le problème rant, on obtient

En combinant l’équation (i) avec l’équation (ii) et en dérivant le cou   d   −t/τ   ΔVL = L im 1 − e  dt E −Rt/L R e R L −Rt/L ΔVL = Ee . =L

−3

Ainsi, en remplaçant le temps par t = 2,70 × 10

s dans l’équation (iii), on obtient

ΔVL = 12,0 × e−47,0 × 2,70 × 10

c. Identifier la clé

(iii) −3

/0,200

= 6,36 V .

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance en fonction du courant : PR = Ri2 .

(iv)

Résoudre le problème En combinant l’équation (i) avec l’équation (iv) et en remplaçant le temps par t = 3,50 × 10−3 s, on obtient 2 E2  PR = R 2 1 − e−t/τ R 2 E2  = 1 − e−Rt/L R  2 −3 (12,0)2 × 1 − e−47,0 × 3,50 × 10 /0,200 = 47,0 PR = 0,963 W . (réponse) c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

17

CHAPITRE 11 — L’inductance

P23

Valider la réponse L’ordre de grandeur des résultats semble correct. P23 Décortiquer le problème Puisqu’on inclut la pile dans le circuit à t = 0, le courant dans le circuit contenant la résistance et la bobine est en croissance. Inconnues Connues R1 = 150,0 Ω

R2 = R3 = R4 = 75,0 Ω −3

L = 82,0 × 10

H

i(t = 0) i(t → ∞)

E = 43,0 V

a. Identifier la clé

La clé est que lorsqu’on ferme l’interrupteur, à t = 0, la bobine se comporte comme un interrupteur ouvert. On a alors le circuit suivant.

R1

+

i E

R2

i

L

i

i

R4

R3

−

i

Il n’y a donc pas de courant dans la résistance R3 . Les résistances R1 , R2 et R4 se retrouvent en série. Voici le schéma de la réduction du circuit.

+

i

i

i

−

E

Réq

i

La résistance équivalente est alors Réq = R1 + R2 + R4 . On trouve ensuite le courant à l’aide du circuit équivalent : i= Résoudre le problème

On obtient i=

b. Identifier la clé

E . Réq

43,0 = 143 mA . 150,0 + 75,0 + 75,0

(réponse)

La clé est que lorsque t → ∞, la bobine se comporte comme un fil. On a alors

le circuit suivant.

R1

−

E

+

i i i

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R2 L i1

i2

R4

R3

18

CHAPITRE 11 — L’inductance

P23

On trouve d’abord la résistance équivalente du circuit avec l’association des résistances en série ou en parallèle, selon le cas, puis on détermine le courant à l’aide du circuit équivalent : i= Résoudre le problème est

E . Réq

Tout d’abord, R2 et R4 sont en série. La résistance équivalente R24 R24 = 75,0 + 75,0 = 150 Ω ,

et on a le circuit réduit suivant.

R 24

R3

−

E

+

R1

en parallèle

Ensuite, R3 et R24 sont en parallèle. La résistance équivalente R324 est  −1 1 1 + = 50,0 Ω , R324 = 75,0 150 et on a le circuit suivant :

+

R1

R 234

−

E

Finalement, R1 et R324 se retrouvent en série. Leur résistance équivalente est alors Réq = R1 + R324 = 150,0 + 50,0 = 200 Ω , et on a le circuit suivant.

+

i

i

i

−

E

Réq

i

Le courant qui circule dans la pile devient i=

43,0 = 215 mA . 200

(réponse)

Valider la réponse Le courant dans la pile est plus grand lorsque t → ∞, ce qui est cohérent avec le courant en croissance d’un circuit RL. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

19

CHAPITRE 11 — L’inductance

R24

R24 Décortiquer le problème Puisqu’on inclut la pile dans le circuit à t = 0, le courant dans le circuit contenant la résistance et la bobine est en croissance. Connues

Inconnues

R1 = 50,0 Ω R3 = 60,0 Ω

R2 = 75,0 Ω R4 = 25,0 Ω

in (t = 0) in (t → ∞)

E = 24,0 V

E

L = 82,0 × 10−3 H

a. Identifier la clé

La clé est que lorsqu’on ferme l’interrupteur, à t = 0, la bobine se comporte comme un interrupteur ouvert. On a alors le circuit suivant.

R1

−

E

+

i

R2

i

L

i

i

R4

R3

i

Il n’y a donc pas de courant dans la résistance R3 . Les résistances R1 , R2 et R4 se retrouvent en série. Voici le schéma de la réduction du circuit.

+

i

i

i

−

E

Réq

i

La résistance équivalente est alors Réq = R1 + R2 + R4 . On trouve ensuite le courant à l’aide du circuit équivalent : i= Résoudre le problème

E . Réq

Le courant qui circule dans la pile est i=

24,0 = 160 mA . 50,0 + 75,0 + 25,0

Finalement, dans chacune des résistances, le courant vaut i1 = i2 = i4 = 160 mA; i3 = 0 mA .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est que lorsque t → ∞, la bobine se comporte comme un fil. On a alors

le circuit suivant. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

20

CHAPITRE 11 — L’inductance

R24

R1

R2

−

E

+

i

L i1

i

i2

R4

R3

i

On trouve d’abord la résistance équivalente du circuit avec l’association des résistances en série ou en parallèle, selon le cas, puis on détermine le courant à l’aide du circuit équivalent : i=

E . Réq

Ensuite, on retourne en arrière pour remplacer les résistances équivalentes par les résistances initiales. Lorsque les résistances sont en série, elles ont le même courant i, et ΔVj = Rj i. Lorsqu’elles sont en parallèle, elles ont la même différence de potentiel ΔV , et ij = (ΔV )/Rj . Résoudre le problème est

Tout d’abord, R2 et R4 sont en série. La résistance équivalente R24 R24 = 75,0 + 25,0 = 100 Ω ,

et on a le circuit réduit suivant.

R3

−

E

+

R1

R 24

en parallèle

Ensuite, R3 et R24 sont en parallèle. La résistance équivalente R324 est  R324 =

1 1 + 60,0 100

−1 = 37,5 Ω ,

et on a le circuit suivant.

+

R1

−

E

R 234

Finalement, R1 et R324 se retrouvent en série. Leur résistance équivalente est alors Réq = R1 + R324 = 50,0 + 37,5 = 87,5 Ω , et on a le circuit suivant. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

21

CHAPITRE 11 — L’inductance

R24

+

i

i

i

−

E

Réq

i

Le courant qui circule dans la pile devient i=

24,0 = 274 mA . 87,5

Enfin, en retournant en arrière, on trouve que i1 = i = 274 mA ΔV1 = R1 i1 = 50,0 × 274 × 10−3 = 13,7 V ΔV324 = R324 i324 = 37,5 × 274 × 10−3 ΔV3 = ΔV24 = ΔV324 ΔV3 10,3 i3 = = R3 60,0 ΔV24 10,3 i24 = = R24 100,0 i2 = i4 = i24 −3

ΔV2 = R2 i2 = 75,0 × 103 × 10

−3

ΔV4 = R4 i4 = 25,0 × 103 × 10

= 10,3 V = 10,3 V = 171 mA = 103 mA = 103 mA = 7,71 V = 2,57 V .

Finalement, dans chacune des résistances, le courant vaut i1 = 274 mA; i2 = i4 = 103 mA; i3 = 171 mA .

(réponse)

c. Décortiquer le problème En ouvrant l’interrupteur, on enlève la pile du circuit et le courant dans le reste du circuit est en décroissance. Tout juste après qu’on a ouvert l’interrupteur, il n’y a plus de courant qui circule dans la résistance R1 . Par contre, le courant qui circule dans les autres résistances est maximal.

R2

i

L

i

−

E

+

R1

R3

R4

i

Identifier la clé Le courant circulant dans ce circuit est alors le courant qui circulait dans la résistance R3 (puisque celle-ci se trouve sur la même branche que la bobine qui empêche la chute instantanée du courant). Résoudre le problème Dans chacune des résistances, le courant vaut i1 = 0,0 mA; i2 = i3 = i4 = 171 mA . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 22

CHAPITRE 11 — L’inductance

R25

d. Identifier la clé

On trouve tout d’abord la résistance équivalente des trois résistances en série : Réq = R3 + R2 + R4 . On détermine ensuite la différence de potentiel aux bornes de la bobine à l’aide du circuit équivalent : EL = iRéq . Résoudre le problème

La résistance équivalente est Réq = 60,0 + 75,0 + 25,0 = 160 Ω .

La différence de potentiel aux bornes de la bobine est EL = 171 × 10−3 × 160 = 27,4 V .

(réponse)

Valider la réponse Le courant dans la pile est plus grand lorsque t → ∞, ce qui est cohérent avec le courant en croissance d’un circuit RL. Lorsqu’on enlève la pile, on remarque que la différence de potentiel aux bornes de la bobine est initialement plus grande que celle de la pile.

R25 a. Illustrer la situation La figure suivante illustre le solénoïde. Le fil est enroulé autour d’un cylindre de carton de rayon rc .

fil rc

carton Décortiquer le problème La résistivité du cuivre est donnée dans le tableau 6.1 de l’annexe C du manuel. Chaque spire a une longueur de 2πrc . Connues −8

ρ = 1,68 × 10 rc = 0,050 0 m

Inconnues Ω·m

R L

dfil = 1,024 × 10−3 m fil = 125 m Identifier la clé La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés géométriques du solénoïde : ρfil Rfil = , A 2 où A = πrfil = πd2fil /4 est l’aire de la section du fil. Résoudre le problème On obtient

R=

4ρfil πd2fil

4 × 1,68 × 10−8 × 125 π × (1,024 × 10−3 )2 R = 2,55 Ω . =

(réponse)

Valider la réponse La résistance dépend seulement des données géométriques du système, comme il se doit. L’ordre de grandeur de la valeur obtenue semble correct.

b. Décortiquer le problème L’inductance d’un solénoïde est indépendante du courant qui y circule. Elle ne dépend que des propriétés géométriques du solénoïde. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

23

CHAPITRE 11 — L’inductance

R25 Identifier la clé

La clé est la définition de l’inductance d’un solénoïde, L=

Résoudre le problème

μ0 N 2 A . sol

Puisque fil = N (2πrc ), sol = N dfil et A = πrc2 , on obtient μ0 N 2 2 πr N dfil c μ0 fil = πr2 dfil 2πrc c μ0 fil rc = 2dfil 4π × 10−7 × 125 × 0,050 0 = 2 × 1,024 × 10−3 L = 3,83 mH . L=

(réponse)

Valider la réponse L’inductance dépend seulement des données géométriques du système, comme il se doit. L’ordre de grandeur de la valeur obtenue semble correct.

c. Puisque la source de f.é.m. a une résistance interne, lorsqu’on branche le solénoïde à la source en série, le circuit RL possède une résistance équivalente Réq = R + r et une inductance L. Décortiquer le problème Inconnues

Connues R = 2,55 Ω

τ −3

L = 3,83 × 10 E = 6,00 V

H

i

r = 1,40 Ω Identifier la clé

La clé est l’équation de la constante de temps d’un circuit RL : τ=

Résoudre le problème

L L . = Réq R+r

En insérant les valeurs dans cette équation, on obtient τ=

3,83 × 10−3 = 970 μs . 2,55 + 1,40

(réponse)

d. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant d’un circuit RL en croissance en fonction du temps et de la constante de temps :  i = im 1 − e−t/τ , avec im =

E Réq .

Résoudre le problème i= Valider la réponse

À t = 1,00 × 10−3 s, on obtient

 −3 −6 6,00 = 0,977 A . × 1 − e−1,00 × 10 /970 × 10 2,55 + 1,40

(réponse)

L’ordre de grandeur des résultats semble correct.

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24

CHAPITRE 11 — L’inductance

P26 — P27

P26 Décortiquer le problème L’équation différentielle 11.16 est la suivante : −Ri − L

di =0. dt

Identifier la clé La clé est la résolution de l’équation 11.16, une équation différentielle de premier ordre. Résoudre le problème Pour résoudre l’équation 11.16, on place du même côté de l’équation les termes qui contiennent i : di R = − dt . i L Ici, R L est une constante qui dépend des caractéristiques du circuit. On intègre de chaque côté de l’équation :   R di =− dt i L Rt +K , ln i = − L où K est une constante d’intégration. Pour isoler i, on exprime l’exponentielle (l’inverse de ln) de chaque membre de la dernière équation : i = eK−Rt/L = eK e−Rt/L = K e−Rt/L , avec K = eK comme autre constante. Cette constante doit être déterminée à partir des conditions E E à t = 0, on trouve que K = R , et le courant en fonction du temps est initiales. Comme i = im = R i=

E −Rt/L e . R

(réponse)

P27 Décortiquer le problème L’équation différentielle 11.12 est la suivante : E − Ri − L

di =0. dt

Identifier la clé La clé est la résolution de l’équation 11.12, une équation différentielle de premier ordre. Résoudre le problème On peut exprimer l’équation 11.12 de manière à faire apparaître le terme E/R :   E di L +R i− =0. dt R Pour résoudre cette équation, on doit faire un changement de variable pour la transformer en une E (ce qui implique que dX/dt = di/dt), on obtient forme semblable plus simple. Si on pose X = i − R l’équation dX + RX = 0 . L dt Pour résoudre cette nouvelle équation, on place du même côté de l’équation les termes qui contiennent X : R dX = − dt . X L Ici, R L est une constante qui dépend des caractéristiques du circuit. On intègre de chaque côté de l’équation :   R dX =− dt X L Rt +K , ln X = − L c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

25

CHAPITRE 11 — L’inductance

Q28 — E29

où K est une constante d’intégration. Pour isoler X, on exprime l’exponentielle (l’inverse de ln) de chaque membre de la dernière équation : X = eK−Rt/L = eK e−Rt/L = K e−Rt/L , avec K = eK comme autre constante. On peut réinsérer le courant i dans l’équation : X =i−

E E = K e−Rt/L ⇒ i = − K e−Rt/L . R R

La constante K doit être déterminée à partir des conditions initiales. Comme i = 0 à t = 0, on E . Le courant en fonction du temps est donc trouve que K = R i=

E  1 − e−Rt/L . R

(réponse)

Q28 Décortiquer le problème L’énergie emmagasinée dans une bobine d’induction dépend de l’inductance et du courant qui passe dans celle-ci. Elle est indépendante de la longueur de la bobine. Identifier la clé La clé est l’équation de l’énergie emmagasinée dans une bobine d’induction, UL = Résoudre le problème

1 2 Li . 2

On applique la formule à chaque situation et on obtient 1 L0 i20 2 1 L0 2 4i = 2U1 U2 = 2 2 0 1 i2 1 U3 = 2L0 0 = U1 . 2 4 2 U1 =

De là, on peut classer les inductances en ordre croissant : U3 < U1 < U2 .

(réponse)

E29 Décortiquer le problème L’énergie emmagasinée dans une bobine d’induction dépend de l’inductance et du courant qui passe dans celle-ci. Connues

Inconnue

E = 30,0 V R = 120 Ω

L

UL = 23,4 × 10−3 J

Identifier les clés duction,

La première clé est l’équation de l’énergie emmagasinée dans une bobine d’inUL =

1 2 Li . 2

La deuxième clé est l’équation du courant maximal du circuit RL : im = c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

E . R 26

CHAPITRE 11 — L’inductance Résoudre le problème obtient

E30

Ainsi, en combinant les deux équations et en isolant l’inductance L, on 2UL i2 2UL R2 = E2 2 × 23,4 × 10−3 × (120)2 = (30,0)2 L = 0,749 H .

L=

Valider la réponse

(réponse)

L’inductance est positive et l’ordre de grandeur semble correct.

E30 Décortiquer le problème Puisqu’on ferme le circuit à t = 0, le courant dans le circuit contenant la résistance et la bobine est en croissance. Connues

Inconnues

L = 1,10 H E = 50,0 V

i UL

R = 470 Ω −3

t = 3,50 × 10

PR PE

s

a. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant d’un circuit RL en croissance en fonction du temps et de la constante de temps :  i = im 1 − e−Rt/L , avec im =

E R.

À t = 3,50 × 10−3 s, on obtient  −3 50,0 × 1 − e−470 × 3,50 × 10 /1,10 = 82,5 mA . i= 470

Résoudre le problème

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de l’énergie emmagasinée dans une bobine d’induction, UL =

Résoudre le problème

1 2 Li . 2

En utilisant le résultat obtenu en a., on obtient UL =

c. Identifier la clé

(réponse)

1 × 1,10 × (82,5 × 10−3 )2 = 3,75 mJ . 2

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance dissipée dans une résistance en fonction

du courant : PR = Ri2 . Résoudre le problème

En utilisant le résultat obtenu en a., on obtient PR = 470 × (82,5 × 10−3 )2 = 3,20 W .

d. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance fournie par une f.é.m. en fonction du

courant : PE = Ei . Résoudre le problème

En utilisant le résultat obtenu en a., on obtient PE = 50,0 × 82,5 × 10−3 = 4,13 W .

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(réponse) 27

CHAPITRE 11 — L’inductance

E31

Valider la réponse Les résultats sont positifs et l’ordre de grandeur semble correct. Le courant obtenu est plus faible que le courant maximal (im = E/R = 106 mA). La puissance fournie par la pile est plus grande que la puissance dissipée dans la résistance, ce qui est cohérent avec le fait que la bobine accumule de l’énergie. E31 Décortiquer le problème Puisqu’on exclut la source f.é.m. du circuit à t = 0, le courant dans le circuit contenant la résistance et la bobine est en décroissance. Inconnues Connues E = 15,0 V

UL

R = 40,0 Ω L = 0,600 H

t PL

a. Identifier les clés

La première clé est que lorsqu’on place l’interrupteur en position b, le courant est maximal à t = 0 et vaut alors E im = . (i) R La deuxième clé est l’équation de l’énergie emmagasinée dans une bobine d’induction, 1 2 Li . 2 En combinant les deux équations, on obtient UL =

Résoudre le problème

LE 2 2R2 0,600 × (15,0)2 = 2 × (40,0)2 UL = 42,2 mJ .

(ii)

UL =

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation du courant d’un circuit RL en décroissance : i = im e−t/τ ,

(iii)

L R

avec τ = . En combinant l’équation (ii) avec l’équation (iii) et en utilisant l’équation (i), on obtient UL = Résoudre le problème

1 1 E 2 L −t/τ 2 L(im e−t/τ )2 = (e ) . 2 2 R2

La valeur maximale de l’énergie lorsque t = 0 est Um =

1 E 2L . 2 R2

Ainsi, lorsque l’énergie est à la moitié de sa valeur maximale, on obtient Um = Um (e−t/τ )2 2 √ et/τ = 2 √ t = ln 2 τ L √ t = ln 2 R 0,600 √ = ln 2 40,0 t = 5,20 ms . Valider la réponse qui semble correct.

(réponse)

Le temps est relativement court puisque l’inductance est assez petite, ce

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28

CHAPITRE 11 — L’inductance

c. Identifier la clé

P32

La clé est l’équation de la puissance emmagasinée dans la bobine :

di . dt Comme on demande la puissance fournie par la bobine, il faut prendre l’opposé de cette puissance : di . (iv) PL,f = −PL,e = −Li dt Résoudre le problème En dérivant l’équation (iii) par rapport au temps, on obtient PL,e = Li

di E R −Rt/L =− e . dt RL Ainsi, en insérant l’équation (iii) et l’équation (v) dans l’équation (iv), on obtient

PL,f = L

E −Rt/L E R −Rt/L e e R RL

E 2 −Rt/L 2 (e ) R 2 (15,0) −40,0 × 5,20 × 10−3 /0,600 2 (e = ) 40,0 = 2,81 W . =

PL,f

(réponse)

Valider la réponse La valeur positive de la puissance signifie que la bobine fournit bien de l’énergie au circuit, étant donné que le courant diminue.

P32 Décortiquer le problème Puisqu’on ferme le circuit à t = 0, le courant dans le circuit contenant la résistance et la bobine est en croissance. Connues N = 2 048 spires r = 0,028 5 m

Inconnues  = 0,503 m E = 12,0 V

R = 38,0 Ω

uB −3

t = 1,00 × 10

a. Identifier les clés

UL B

s

La première clé est l’équation de l’énergie emmagasinée dans une bobine

d’induction, 1 2 Li . 2 La deuxième clé est la définition de l’inductance d’un solénoïde, UL =

L=

μ0 N 2 A , 

(i)

(ii)

avec A = πr2 . Et puisque le courant est en croissance, la troisième clé est l’équation du courant d’un circuit RL en croissance en fonction du temps et de la constante de temps :  (iii) i = im 1 − e−Rt/L , E avec im = R . Résoudre le problème

On calcule tout d’abord l’inductance avec l’équation (ii) : μ0 N 2 πr2  4π × 10−7 × (2 048)2 × π(0,028 5)2 = 0,503 = 26,7 mH .

L=

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29

CHAPITRE 11 — L’inductance

R33

Ensuite, en combinant l’équation (iii) avec l’équation (i), et en insérant le résultat calculé pour l’inductance, on obtient    2 E 1 −Rt/L UL = L 1−e 2 R 2 LE 2  −Rt/L 1 − e = 2R2 2 26,7 × 10−3 × (12,0)2  −38,0 × 1,00 × 10−3 /26,7 × 10−3 1 − e = 2 × (38,0)2 UL = 767 μJ .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation du champ magnétique à l’intérieur d’un solénoïde : B=

Résoudre le problème

μ0 N i . 

(iv)

En insérant l’équation (iii) dans l’équation (iv), on obtient

μ0 N E  1 − e−Rt/L  R −3 −3 12,0  4π × 10−7 × 2 048 × = 1 − e−38,0 × 1,00 × 10 /26,7 × 10 0,503 38,0 B = 1,23 mT . B=

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est la définition de la densité d’énergie magnétique : uB =

Résoudre le problème

B2 . 2μ0

(v)

On obtient (1,23 × 10−3 )2 2 × 4π × 10−7 uB = 0,598 J/m3 . uB =

Valider la réponse

R33 a. Identifier les clés

(réponse)

On répond à la question. L’ordre de grandeur des résultats semble correct. La première clé est l’équation de la densité d’énergie magnétique, uB =

B2 . 2μ0

La deuxième clé est l’équation du champ magnétique à la surface d’un fil infini : B=

μ0 i , 2πy

où y est la distance entre le centre du fil et l’endroit où on calcule le champ (ici, y = d/2). Résoudre le problème En combinant les deux clés, on obtient uB =

b. Identifier la clé

μ0 i2 . 2π 2 d2

(réponse)

La clé est l’équation de la densité d’énergie électrique, uE =

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0 E 2 . 2 30

CHAPITRE 11 — L’inductance

R34

Résoudre le problème En remplaçant l’équation du champ par la densité de courant, E = ρJ, puis en remplaçant la densité de courant par sa définition, J = Ai , on obtient  2 0 ρi uE = . 2 A Puisque l’aire du fil est A = π(d/2)2 , on obtient uE =

80 ρ2 i2 . π 2 d4

(réponse)

R34 Décortiquer le problème La résistivité du cuivre est donnée dans le tableau 6.1 de l’annexe C du manuel. Inconnue

Connues −8

ρ = 1,68 × 10

Ω·m

−3

d = 1,50 × 10

m

u

i = 3,50 A Identifier les clés

La première clé est l’équation de la densité d’énergie magnétique,

B2 . 2μ0 La deuxième clé est l’équation du champ magnétique à la surface d’un fil infini : μ0 i B= , 2πy uB =

(i)

(ii)

où y est la distance entre le centre du fil et l’endroit où on calcule le champ (ici, y = d/2). La troisième clé est l’équation de la densité d’énergie électrique, 0 E 2 . 2 En remplaçant l’équation du champ par la densité de courant, E = ρJ, puis en remplaçant la densité de courant par sa définition, J = Ai , on obtient  2 0 ρi uE = . (iii) 2 A uE =

Finalement, la dernière clé est le principe de superposition qui définit la densité d’énergie électromagnétique : u = uB + uE . (iv) Résoudre le problème gie magnétique :

En combinant l’équation (i) et l’équation (ii), on obtient la densité d’éner-

μ0 i2 . 2π 2 d2 En remplaçant l’aire du fil, A = π(d/2)2 , dans l’équation (iii), on obtient la densité d’énergie électrique : 8 ρ2 i2 uE = 02 4 . π d En utilisant ces deux résultats dans l’équation (iv) et en y insérant les valeurs, on obtient la densité d’énergie électromagnétique : uB =

80 ρ2 i2 μ0 i2 + 2π 2 d2 π 2 d4 −7 4π × 10 × (3,50)2 8 × 8,854 × 10−12 × (1,68 × 10−8 )2 × (3,50)2 = −3 2 + 2 2π × (1,50 × 10 ) π 2 × (1,50 × 10−3 )4

u=

= 0,347 J/m3 + 4,90 × 10−15 J/m3 u = 0,347 J/m3 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 31

CHAPITRE 11 — L’inductance

E35 — E36

Valider la réponse On remarque que la densité d’énergie électrique est très négligeable par rapport à la densité d’énergie magnétique. E35 Décortiquer le problème Inconnues Connues L = 2,58 × 10−3 H

C = 330 × 10−6 F

ω

ΔVm = 6,40 V

a. Identifier la clé

imax

La clé est l’équation de la fréquence angulaire d’un circuit LC : 1 . ω=√ LC

Résoudre le problème

On obtient

ω=

b. Identifier la clé

1 −3

2,58 × 10

× 330 × 10−6

= 1,08 × 103 rad/s .

(réponse)

La clé est l’équation de l’amplitude du courant : im = ωQm .

Sachant que, pour un condensateur, Q = CΔV , l’amplitude du courant devient im = ωCΔVm . Résoudre le problème

On obtient im = 1,08 × 103 × 330 × 10−6 × 6,40 = 2,29 A .

(réponse)

Valider la réponse On répond à la question. E36 Décortiquer le problème Lorsque la charge du condensateur est maximale, on ferme l’interrupteur à t = 0, ce qui veut dire que le condensateur peut se décharger. De plus, selon la conservation de l’énergie, l’énergie perdue par le condensateur est emmagasinée dans la bobine. Inconnues

Connues −6

C = 4,75 × 10

−6

F Qm = 26,3 × 10 −3

Q = 0,00 C à t = 1,50 × 10

C

s

T L Um [L]

a. Identifier la clé

La clé est la définition de la période. En effet, le temps que prend la charge pour devenir nulle, selon la figure 11.18, est de t = T /4, un quart de cycle. Résoudre le problème On obtient T = 4t = 4 × 1,50 × 10−3 = 6,00 ms .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est la définition de la fréquence angulaire : ω=

et

Résoudre le problème

2π T

1 . ω=√ LC On obtient

√ T2 T = 2π LC ⇒ L = . 4π 2 C En insérant les valeurs connues, on obtient L=

(6,00 × 10−3 )2 = 0,192 H . 4π 2 × 4,75 × 10−6

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(réponse)

32

CHAPITRE 11 — L’inductance

E37

c. Identifier la clé

L’énergie du condensateur est maximale lorsque la charge dans le condensateur est maximale. Ainsi, la clé est l’équation de l’énergie en fonction de la charge et de la capacité du condensateur : Q2 Um [C] = m . 2C Résoudre le problème Selon la conservation de l’énergie, l’énergie perdue par le condensateur est emmagasinée dans la bobine. Ainsi, l’énergie maximale emmagasinée dans la bobine est Um [L] =

Valider la réponse

(26,3 × 10−6 )2 = 72,8 μJ . 2 × 4,75 × 10−6

(réponse)

On répond à la question.

E37 Illustrer la situation La figure suivante illustre le circuit. C1

L

C2

Décortiquer le problème

On ferme l’interrupteur à t = 0. Connues

Inconnues −6

C1 = 10,0 × 10

L = 5,60 H −6

C2 = 24,0 × 10

−3

im = 2,78 × 10

F

F

ω

A

UC1

UL UC2

Eméc

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la fréquence angulaire d’un circuit LC : 1 . ω=√ LC

(i)

Puisque le circuit est composé de deux condensateurs en série, la capacité équivalente est  −1 1 1 Céq = + = 7,06 × 10−6 C . C1 C2 Résoudre le problème

On obtient ω=

1 5,60 × 7,06 × 10−6

= 159 rad/s .

(réponse)

b. Identifier les clés

La première clé est l’équation de l’énergie magnétique emmagasinée dans une bobine d’induction, 1 (ii) UL = Li2 . 2 La deuxième clé est l’équation du courant dans un circuit LC : i = im sin (ωt) .

(iii)

Résoudre le problème En combinant l’équation (iii) et l’équation (ii), on obtient l’énergie magnétique emmagasinée dans la bobine à t = 3,50 × 10−3 s : 1 2 Li sin2 (ωt) 2 m   5,60 × (2,78 × 10−3 )2 = sin2 159 × 3,50 × 10−3 2 UL = 6,04 μJ . UL =

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(réponse) 33

CHAPITRE 11 — L’inductance

P38

c. Identifier les clés

La première clé est l’équation de l’énergie électrique dans un condensateur, UC =

Q2 . 2C

(iv)

La deuxième clé est l’équation de la charge dans un circuit LC : Q = Qm cos (ωt) ,

(v)

où Qm = iωm . Résoudre le problème En combinant l’équation (v) et l’équation (iv), on obtient l’énergie électrique dans chaque condensateur à t = 3,50 × 10−3 s : 

2 im cos2 (ωt) ω   (2,78 × 10−3 )2 = cos2 159 × 3,50 × 10−3 2 × 10,0 × 10−6 × (159)2 = 11,0 μJ   (2,78 × 10−3 )2 = cos2 159 × 3,50 × 10−3 2 × 24,0 × 10−6 × (159)2 = 4,59 μJ .

1 UC = 2C UC1 UC1 UC2 UC2

d. Identifier la clé

(réponse)

(réponse)

La clé est l’équation de l’énergie mécanique : Eméc =

Résoudre le problème

Q2m . 2Céq

On obtient Eméc =

i2m 2ω 2 Céq

(2,78 × 10−3 )2 2 × (159)2 × 7,06 × 10−6 = 21,6 μJ . =

Eméc

(réponse)

Valider la réponse En additionnant les énergies calculées en b. et en c., on voit que l’énergie mécanique est bien conservée (Eméc = UL + UC1 + UC2 = 6,04 × 10−6 + 11,0 × 10−6 + 4,59 × 10−6 = 21,6 μJ).

P38 Décortiquer le problème Lorsque la charge du condensateur est maximale, on ferme l’interrupteur à t = 0, ce qui veut dire que le condensateur peut se décharger. De plus, selon la conservation de l’énergie, l’énergie perdue par le condensateur est emmagasinée dans la bobine. Connues −3

L = 55,0 × 10 im = 1,00 A

a. Identifier la clé

H

Inconnues −6

C = 3,67 × 10

F

La clé est l’équation du courant dans un circuit LC : i = im sin (ωt) ,

avec ω =

t PL

(i)

√1 . LC

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34

CHAPITRE 11 — L’inductance

E39

Résoudre le problème Afin de déterminer le temps nécessaire pour que le courant atteigne 65,0 % de sa valeur maximale, on remplace i = 0,65im dans l’équation (i) et on isole le temps : 0,65im = im sin (ωt) sin (ωt) = 0,65 ωt = sin−1 0,65 1 √ t = sin−1 0,65 LC √ t = LC sin−1 0,65  = 55,0 × 10−3 × 3,67 × 10−6 sin−1 0,65 t = 318 μs .

(réponse)

Valider la réponse On remarque que le temps est très court puisque la fréquence angulaire 1 est assez grande, ω = √LC = 2,23 × 103 rad/s.

b. Identifier la clé

La clé est que le taux auquel l’énergie magnétique est emmagasinée dans la bobine d’induction est représenté par la puissance : PL =

dUL . dt

(ii)

L’énergie magnétique emmagasinée dans une bobine est UL =

1 2 Li . 2

(iii)

Résoudre le problème En remplaçant l’équation (i) dans l’équation (iii) et en dérivant selon l’équation (ii), on obtient   d 1 2 L (im sin(ωt)) PL = dt 2 1 = Li2m × 2 sin(ωt) cos(ωt)ω 2 Lωi2m = sin(2ωt) 2 55,0 × 10−3 × 2,23 × 103 (1,00)2 = sin(2 × 2,23 × 103 t) 2   (réponse) PL = 61,2 sin 4,45 × 103 t W , où l’on a utilisé l’identité trigonométrique 2 sin θ cos θ = sin(2θ).

E39 Décortiquer le problème Lorsque la résistance d’un circuit RLC est assez grande pour qu’il n’y ait plus d’oscillation, on parle alors de régime critique. Circuit (i) (ii) (iii) (iv) (v) (vi) Identifier la clé

R (Ω) 2,0 2,0 2,0 2,0 3,0 1,0

L (mH) 2,0 4,0 2,0 4,0 2,0 2,0

C (mF) 4,0 4,0 2,0 2,0 2,0 2,0

Le régime est critique lorsque  Rc =

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4L . C 35

CHAPITRE 11 — L’inductance

E40

Lorsque R > Rc , le circuit est en régime surcritique. Résoudre le problème On applique la formule à chaque situation et on obtient  Rc1 =  Rc2 =  Rc3 =  Rc4 =  Rc5 =  Rc6 =

4 × 2,0 × 10−3 = 1,4 Ω < 2,0 Ω 4,0 × 10−3 4 × 4,0 × 10−3 = 2,0 Ω = 2,0 Ω 4,0 × 10−3 4 × 2,0 × 10−3 = 2,0 Ω = 2,0 Ω 2,0 × 10−3 4 × 4,0 × 10−3 = 2,8 Ω > 2,0 Ω 2,0 × 10−3 4 × 2,0 × 10−3 = 2,0 Ω < 3,0 Ω 2,0 × 10−3 4 × 2,0 × 10−3 = 2,0 Ω > 1,0 Ω . 2,0 × 10−3

De là, on peut déduire que les régimes critiques sont (ii) et (iii)

(réponse)

(i) et (v) .

(réponse)

et que les régimes surcritiques sont

E40 Décortiquer le problème On ferme l’interrupteur à t = 0. Le condensateur est initialement chargé, ce qui correspond à la charge maximale. Connues −6

C = 56,0 × 10

L = 38,0 × 10

F

−6

Qm = 42,5 × 10

R = 2,30 Ω

a. Identifier la clé

Inconnues −3

H

ωa Q Amplitude

C

La clé est l’équation de la fréquence angulaire de l’oscillation amortie :  R2 1 − ωa = . LC 4L2

Résoudre le problème ωa =

On obtient 

1 (2,30)2 − 38,0 × 10−3 × 56,0 × 10−6 4 × (38,0 × 10−3 )2

ωa = 685 rad/s .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la charge du condensateur dans un circuit RLC : Q = Qm e−Rt/(2L) cos (ωa t) .

Résoudre le problème

À t = 6,00 × 10−3 s, on obtient

Q = 42,5 × 10−6 e−2,30 × 6,00 × 10 Q = −20,1 μC . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

−3

/(2 × 38,0 × 10−3 )

  cos 685 × 6,00 × 10−3 (réponse) 36

CHAPITRE 11 — L’inductance

c. Identifier la clé

P41

La clé est l’équation de l’amplitude de l’oscillation amortie d’un circuit RLC : amplitude = Qm e−Rt/(2L) .

Résoudre le problème

À t = 6,00 × 10−3 s, on obtient

amplitude = 42,5 × 10−6 e−2,30 × 6,00 × 10

−3

/(2 × 38,0 × 10−3 )

amplitude = 35,4 μC .

(réponse)

Valider la réponse Dans ce cas, la fréquence √ de l’oscillation amortie est presque égale à la fréquence angulaire non amortie où ωna = 1/ LC = 686 rad/s. On remarque tout de même que la fréquence amortie est un tout petit peu plus faible que la fréquence non amortie. La charge du condensateur au temps demandé est négative, ce qui est possible selon la figure 11.22. Elle est plus petite que la charge maximale. L’amplitude de l’oscillation amortie est de signe positif, comme il se doit.

P41 Décortiquer le problème On ferme l’interrupteur à t = 0. Le condensateur est initialement chargé, ce qui correspond à la charge maximale. Identifier les clés La première clé est l’équation de la charge du condensateur dans un circuit RLC : (i) Q = Qm e−Rt/(2L) cos (ωa t) . La deuxième clé est l’équation du courant en fonction de la variation de la charge : i(t) = − Résoudre le problème

dQ . dt

(ii)

En insérant l’équation (ii) dans l’équation (i) et en dérivant, on obtient

d  Qm e−Rt/(2L) cos (ωa t) dt Qm R −Rt/(2L) e cos (ωa t) + Qm ωa e−Rt/(2L) sin (ωa t) = 2L   R cos (ωa t) + ωa sin (ωa t) . i(t) = Qm e−Rt/(2L) 2L

i(t) = −

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(réponse)

37

Physique 2 – Électricité et magnétisme Solutions détaillées MISE À JOUR

Chapitre Page

Correction

1

2

Dans la solution à la question qualitative Q6 a), remplacer l’énoncé de la rubrique Résoudre le problème «Grâce à la première étape, une séparation de la charge se produit. Une charge négative s’accumule près du verre et une charge positive s’éloigne vers le sol. Grâce à la deuxième étape, la charge positive ne peut plus revenir dans le conducteur. Grâce à la troisième étape, le conducteur est charge négativement.» par «Grâce à la première étape, une charge négative provenant de la terre s’accumule près du verre. Grâce à la deuxième étape, la charge négative ne peut plus revenir à la terre. Le conducteur est donc chargé négativement.»

1

3

Dans la solution à la question qualitative Q6 b), remplacer l’énoncé de la rubrique Résoudre le problème «Grâce à la première étape, une séparation de la charge se produit. Une charge négative s’accumule près du verre et une charge positive s’éloigne dans la mise à la terre. Grâce à la deuxième étape, l’objet chargé étant enlevé, la charge positive peut revenir dans le conducteur et neutraliser la charge négative. Grâce à la troisième étape, le conducteur est neutre.» par «Grâce à la première étape, une charge négative provenant de la terre s’accumule près du verre. Grâce à la deuxième étape, la charge négative excédentaire dans le conducteur revient à la terre. Le conducteur redevient donc neutre.»

1

3

Dans la solution à la question qualitative Q8 a), remplacer «e» par «nC».

2

2

Dans les deux premières lignes de la solution à l’exercice simple E3 a), remplacer le terme «masse» par «force gravitationnelle».

2

2

Dans la première ligne de la solution à l’exercice simple E3 b), remplacer le terme «masse» par «force gravitationnelle».

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1

2

37

Dans la solution au problème P40, changer l’expression de la distance r (car y < 0 et r est une distance positive) comme ci-dessous.

2

44

Dans la solution à la question qualitative Q47, remplacer «6e − 6» par «6 μC».

2

46

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution à l’exercice simple E50, ajouter «× 103» au numérateur de la première équation.

2

46-

Dans la solution à l’exercice simple E51, toutes les composantes de vitesse, d’accélération et de champ électrique doivent avoir des indices x (si un axe des x le long de la trajectoire de la particule est choisi). Il faut donc remplacer :

47

«v i » par «v ix » ; «v f » par «v fx » ; «a» par «a x » ; «E» par «E x ». Seules les composantes de vitesse, d’accélération et de champ électrique des lignes «(réponse)» n’ont pas d’indices x. 2

48

Dans la solution à l’exercice simple E52 b), remplacer : «v i » par «v ix » ; «v f » par «v fx » ; «a» par «a x ». Dans la réponse, remplacer «m/s» par «s». Note : ne pas ajouter d’indice x à «a�⃗».

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2

2

52

Dans l’avant-dernière équation de la solution au problème P56, remplacer, au numérateur, le symbole de soustraction par un symbole d’addition et remplacer, au dénominateur, «1,2e − 13» par «1,2 × 10−13».

2

53

Dans la rubrique Illustrer la situation de la solution au problème P57, remplacer «La figure ci-contre illustre le diagramme des forces qui s’appliquent sur le proton à tout moment. On trace la trajectoire du proton. On inscrit également les données positions et vitesses aux points initial et final.» par «La figure cicontre illustre la trajectoire du proton. On inscrit également les données positions et vitesses aux points initial et final.»

3

17

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution à l’exercice simple E24, remplacer les trois symboles d’intégrale avec petit cercle par des symboles d’intégrale sans petit cercle.

3

19

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution au problème P26, remplacer les trois symboles d’intégrale avec petit cercle par des symboles d’intégrale sans petit cercle.

3

20

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution au problème P27 a), remplacer les trois symboles d’intégrale avec petit cercle par des symboles d’intégrale sans petit cercle.

3

21

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution au problème P27 b), remplacer les six symboles d’intégrale avec petit cercle par des symboles d’intégrale sans petit cercle.

4

2

Dans la solution à l’exercice simple E2, remplacer l’énoncé de la rubrique Identifier les clés par celui-ci : «La première clé est que, lorsqu’une force extérieure est appliquée, l’énergie mécanique du système s’écrit sous la forme W ext = ΔK + ΔU . La deuxième clé est l’équation de la variation d’énergie potentielle d’un système dans lequel une charge se déplace dans un champ électrique uniforme : ΔU = −q𝐸�⃗ • Δ𝑠⃗ .»

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3

4

2

Dans la solution à l’exercice simple E2, remplacer l’énoncé de la rubrique Résoudre le problème par celui-ci : «Par le produit scalaire, 𝚤⃗ • 𝚤⃗ = 1, tandis que 𝚥⃗ • 𝚤⃗ = 0. Puisque les vitesses initiale et finale sont nulles, la variation de l’énergie cinétique est nulle. Ainsi, en combinant les deux équations, on obtient W ext = −q𝐸�⃗ • Δ𝑠⃗

W ext = −5,0 × 10−6 × (32,0𝚤⃗ + 65,0𝚥⃗) • (7,0 − 3,0)𝚤⃗ W ext = −6,4 × 10−4 J .»

4

5

Dans la rubrique Identifier la clé de la solution à la question qualitative 7, remplacer «La clé est l’équation de la conservation de l’énergie mécanique» par «Étant donné que le proton subit seulement une force électrique, il n’y a pas de travail extérieur, de telle sorte que». Remplacer «ΔK = −qΔV» par «W ext = ΔK + ΔU 0 = ΔK + qΔV»

4

5

Dans la rubrique Identifier la clé de la solution à la question qualitative 8, remplacer «La clé est l’équation de la conservation de l’énergie mécanique» par «Étant donné que le proton subit seulement une force électrique, il n’y a pas de travail extérieur, de telle sorte que». Remplacer «ΔK = −qΔV» par «W ext = ΔK + ΔU 0 = ΔK + qΔV»

4

13

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution à l’exercice simple E21 b), au dénominateur du dernier terme de la première équation, remplacer «x c » par «y c ».

4

15

Dans la solution à l’exercice simple E23 c), remplacer «W ext = ΔK − qΔV» par «W ext = ΔK + qΔV» et remplacer «W ext = −q 5 (V b − V a )» par «W ext = q 5 (V b − V a )».

5

10

Dans la réponse de la solution au problème P16 d), remplacer «316 μF» par «316 μC».

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4

Dans la dernière équation de la rubrique Identifier les clés de la solution au problème P19, remplacer «W = ΔU = U f − U i » par «W ext = ΔK + ΔU ⇒ W = ΔU car ΔK = 0».

5

12

5

13

5

24

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution au problème P31 d), remplacer, au numérateur de la première équation, «576e − 6» par «576 × 10−6» et remplacer, au dénominateur de la première équation, «12,0e − 6» par «12,0 × 10−6». Remplacer, au numérateur de la deuxième équation, «576e − 6» par «576 × 10−6» et remplacer, au dénominateur de la deuxième équation, «8,00e − 6» par «8,00 × 10−6».

5

30

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution au problème P34 a), remplacer, au dénominateur de la première équation, «5,0e − 6» par «5,0 × 10−6» et remplacer, au dénominateur de la deuxième équation, «8,0e − 6» par «8,0 × 10−6».

6

4

6

4

Dans la rubrique Décortiquer le problème de la solution au problème P7 b), au numérateur du dernier terme de la dernière équation, remplacer «J» par «𝐉⃗».

6

4

Dans les deux dernières équations de la rubrique Résoudre le problème de la solution au problème P7 b), enlever le symbole négatif qui suit le symbole d’égalité.

6

13

Dans la rubrique Décortiquer le problème de la solution à l’exercice simple E23, remplacer la phrase «A = d2» par «A = c2». Sous «Inconnue», remplacer «d Au » par «c Au ».

7

3

Dans la rubrique Identifier la clé de la solution à l’exercice simple E6 b), remplacer la phrase «La clé est la loi d’Ohm :» par «Il faut appliquer la loi des mailles, mais seulement du point a au point b.» Supprimer l’équation «ΔV = Ri».

7

5

Dans la rubrique Identifier la clé de la solution à la question qualitative Q9, remplacer la phrase «La clé est la loi d’Ohm :» par «Il faut appliquer la loi des mailles, mais seulement du point a au point b.» Supprimer l’équation «ΔV = Ri».

7

26

Dans la rubrique Identifier les clés de la solution à l’exercice E30 a), remplacer l’équation du courant «i = ΔVR» par «i = ΔV / R».

Dans la dernière équation de la rubrique Identifier les clés de la solution au problème P20, remplacer «W = ΔU = U f − U i » par «W ext = ΔK + ΔU ⇒ W = ΔU car ΔK = 0».

Dans la deuxième ligne de la rubrique Résoudre le problème de la solution au problème P7 b), ajouter «le module de la vitesse de dérive» après «on obtient».

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5

7

27

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution à l’exercice E30 b), remplacer l’équation de la différence de potentiel aux bornes de la résistance R 1 «ΔV 1 = R 1 i réel » par «ΔV 1 = R 1 i mes » et remplacer l’équation de la différence de potentiel aux bornes de la résistance R 2 «ΔV réel = ε − ΔV 1 » par «ΔV mes = ε − ΔV 1 ».

7

36

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution au problème P36 c), remplacer «Sachant maintenant que i 2 circule vers le bas, on peut considérer que ce courant sort du nœud a. On obtient alors i 1 = i 2 + i 3 ⇒ i 1 = 933 × 10−6 + 2,56 × 10−3 = 3,59 mA.»

par

«Pour le nœud a, l’application de la loi des nœuds donne : i 1 + i 2 = i 3 ⇒ i 1 = −i 2 + i 3 = −(−933 × 10−6) + 2,56 × 10−3 = 3,59 mA.»

8

7

Dans la rubrique Illustrer la situation de la solution au problème P6, ajouter le système d’axes ci-dessous.

8

8

Dans la cinquième ligne de la rubrique Décortiquer le problème de la solution �⃗𝑏 , au problème P6, remplacer «on obtient le champ magnétique infinitésimal d𝐁 �⃗𝑏 , qui qui sort de la page» par «on obtient le champ magnétique infinitésimal d𝐁 entre dans la page».

8

8

��⃗𝑎 » par «𝐁 �⃗𝑏 ». Dans l’avant-dernière équation de la page, remplacer «𝐁

8

23

8

39

Dans la rubrique Identifier la clé de la solution au problème P16 b), ajouter le ��⃗ = 0» par terme «par rapport à y» après «champ magnétique». Remplacer «d𝐁 dB «d𝑦 = 0». La solution au problème P32 est remplacée par une nouvelle solution. Voir le fichier Physique2_chap8_solutions_detaillees_P32_P33.pdf.

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6

8

3941

9

4

La solution au problème P33 est remplacée par une nouvelle solution. Voir le fichier Physique2_chap8_solutions_detaillees_P32_P33.pdf. Dans la première ligne de la rubrique Résoudre le problème de la solution à l’exercice simple E6 b), remplacer «électron» par «proton». Toujours dans la rubrique Résoudre le problème de la solution à l’exercice simple E6 b), remplacer l’équation par celle-ci : «𝐚�⃗ =

2,13 × 10−15 N à����������������������������������������������������⃗ 20,0° au sud de l'ouest 1,673 × 10−27 kg

= 1,28 × 1012 m/s2 ���������������������������������������������������⃗ à 20,0° au sud de l'ouest

(réponse)».

9

7

Dans la rubrique Décortiquer le problème de la solution au problème P8 b), remplacer «un champ magnétique vers le haut» par «un champ magnétique qui sort de la page».

9

8

Dans la rubrique Décortiquer le problème de la solution à la question qualitative Q11 a), remplacer «le champ magnétique est orienté vers le haut» par «le champ magnétique sort de la page».

9

18

Dans le schéma de la rubrique Illustrer la situation de la solution au �⃗2 , enlever tous les points et les problème P24, dans le champ magnétique �𝐁 remplacer par des croix.

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7

9

33

Dans le schéma de la rubrique Illustrer la situation de la solution au problème P40, la ligne pointillée qui représente la distance r entre les fils 1 et 3 �⃗1. n’est pas perpendiculaire au vecteur 𝐅⃗ mais au vecteur 𝐁

10

20

Dans la rubrique Identifier la clé de la solution à la question qualitative Q23 a), remplacer le terme «déplacement» par «courant induit».

10

20

Dans la rubrique Identifier la clé de la solution à la question qualitative Q24, remplacer le terme «déplacement» par «courant induit».

10

23

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution à l’exercice simple E27 c), remplacer l’équation par celle-ci : «F ext = iℓB sin 90° = 0,200 × 0,450 × 0,830 = 74,8 mN

10

24

𝐅⃗ext = 74,8 mN ������������������������������⃗ vers la gauche .»

Dans la rubrique Résoudre le problème de la solution à l’exercice simple E28 d), remplacer l’équation par celle-ci : «F m = iℓB sin 90° = 3,75 × 10−6 × 0,250 × 60,0 × 10−6 = 5,63 × 10−10 N 𝐅⃗m = 5,63 × 10−10 N ������������������������������⃗ vers la gauche .»

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8

Physique 2 Électricité et magnétisme – 1re édition Chapitre 12

Les circuits à courant alternatif

Q1 Décortiquer le problème Dans les circuits à courant alternatif, la f.é.m. varie de façon sinusoïdale en fonction du temps. La f.é.m. génère un courant dans le circuit qui varie aussi de façon sinusoïdale. Identifier la clé Le déphasage entre le courant et la f.é.m. est représenté par la constante de phase φ.

a. Résoudre le problème

En a., le courant est minimal lorsque la f.é.m. est maximale. Le déphasage est donc d’un demi-cycle : φ = π rad . (réponse)

b. Résoudre le problème

En b., le courant est nul lorsque la f.é.m. est maximale. De plus, le courant est en retard de phase d’un quart de cycle par rapport à la f.é.m. (voir la figure 12.3b). Le déphasage est donc φ = π/2 rad . (réponse)

c. Résoudre le problème

En c., le courant est maximal lorsque la f.é.m. est maximale (voir la figure 12.3a). Les deux courbes sont alors en phase, le déphasage est donc φ = 0 rad .

(réponse)

d. Résoudre le problème

En d., le courant est nul lorsque la f.é.m. est maximale. De plus, le courant est en avance de phase d’un quart de cycle par rapport à la f.é.m. (voir la figure 12.3c). Le déphasage est donc φ = −π/2 rad . (réponse)

Q2 Décortiquer le problème La représentation de Fresnel est une méthode graphique qui représente une fonction trigonométrique par un vecteur tournant. Pour tracer la représentation de Fresnel des situations présentées (voir la figure suivante), il faut d’abord représenter la f.é.m. comme un vecteur dans un plan qui tourne autour de l’origine en sens antihoraire, à une vitesse angulaire ω. Le module du vecteur est proportionnel à l’amplitude Em de la f.é.m., et l’angle entre l’axe horizontal et le vecteur correspond à ωt.

E sin(!t)

E sens de rotation du vecteur

!t

Ensuite, on représente le vecteur de courant par un autre vecteur dont le module est proportionnel à l’amplitude im du courant et pour lequel l’angle entre l’axe horizontal et le vecteur correspond à ωt ± φ.

E

E

i !t

Á i

!t

!t − Á Á=0 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

Á>0

i

E Á

!t !t − Á

Á XL ). Identifier la clé Pour que le circuit soit en résonance, on doit soit augmenter XL , soit diminuer XC . Résoudre le problème La réactance dépend de la fréquence angulaire : 1 ωC XL = ωL .

XC =

Pour diminuer XC , il faut augmenter C ou ω. Pour augmenter XL , il faut augmenter L ou ω. Les possibilités sont (i), (iii), (v), car dans le graphique, φ < 0 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 14

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

Q22 — E24

Q22 a. Décortiquer le problème Dans la représentation de Fresnel, un courant qui est en phase avec la f.é.m. sera représenté par un vecteur qui se superpose au vecteur de la f.é.m. De plus, un déphasage positif φ > 0 est représenté par un angle en sens antihoraire et un déphasage négatif φ < 0 est représenté par un angle en sens horaire. Lorsque φ > 0, le courant est en retard sur la f.é.m., tandis que lorsque φ > 0, le courant est en avance sur la f.é.m. Résoudre le problème D’après la figure de la représentation de Fresnel (voir la figure 12.35 dans le manuel), φ > 0 ; donc le courant est en retard. (réponse)

b. Décortiquer le problème Lorsque la constante de phase est positive, le circuit est plutôt inductif. Lorsque la constante de phase est négative, le circuit est plutôt capacitif. Et lorsque la constante de phase est nulle, le circuit est alors résonant. Résoudre le problème Puisqu’ici la constante de phase est positive, le circuit est plutôt inductif.

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation de la constante de phase en fonction des différences de potentiel aux bornes des éléments dans le circuit : tan φ = Résoudre le problème

ΔVm [L] − ΔVm [C] . ΔVm [R]

Pour que la constante de phase soit positive, on doit avoir ΔVm [L] > ΔVm [C] .

(réponse)

E23 Décortiquer le problème Inconnue

Connues 3

f0 = 1,20 × 10 Hz R = 26 Ω

Identifier la clé

L = 0,013 H

C

La clé est l’équation de la fréquence angulaire de résonance : ω0 = 2πf0 = √

Résoudre le problème obtient

1 . LC

(i)

En isolant la capacité C et en insérant les valeurs dans l’équation, on

C=

1 4π 2 f02 L

1 4π 2 × (1,20 × 103 )2 × 0,013 C = 1,4 μF . =

Valider la réponse

(réponse)

L’ordre de grandeur semble correct.

E24 Décortiquer le problème Inconnues

Connues R = 45,0 Ω

L = 0,150 H −6

C = 22,0 × 10

F

φ=0 c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

Em = 170 V

f im ΔVm [j] 15

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

E25

a. Identifier la clé

Puisque la fréquence est telle que le courant est en phase avec la f.é.m., le circuit est en résonance et donc la clé est l’équation de la fréquence angulaire de résonance : 1 . ω = ω0 = 2πf0 = √ LC Résoudre le problème f = f0 =

(i)

On obtient 1 1 √ = = 87,6 Hz . 2π LC 2π 0,150 × 22,0 × 10−6

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est que lorsque le circuit est résonant, l’amplitude du courant est maximale, car l’impédance du circuit est simplement égale à la résistance du circuit : im = Résoudre le problème

Em . R

On obtient im =

170 = 3,78 A . 45,0

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est que lorsque le circuit est résonant, l’impédance du circuit est égale à la résistance du circuit. Ainsi, ΔVm [R] = Rim ΔVm [L] = XL im avec XL = ωL 1 . ΔVm [C] = XC im avec XC = ωC Résoudre le problème

On obtient

ΔVm [R] = 45,0 × 3,78 = 170 V ΔVm [L] = 2πf Lim = 2π × 87,6 × 0,150 × 3,78 = 312 V 3,78 im ΔVm [C] = = = 312 V . 2πf C 2π × 87,6 × 22,0 × 10−6 Finalement, on a ΔVm [R] = 170 V, ΔVm [L] = ΔVm [C] = 312 V .

(réponse)

Valider la réponse On répond bien aux questions. On remarque que dans un circuit en résonance, la différence de potentiel aux bornes de la résistance est la même que celle de la source de f.é.m., de sorte que la différence de potentiel aux bornes du condensateur est la même que celle qu’il y a aux bornes de la bobine d’induction.

E25 Décortiquer le problème Connues R = 328 Ω

L = 256 × 10 −6

C = 9,47 × 10

−3

im = 36,2 × 10

a. Identifier la clé

Inconnues −3

F

H

f = 120 Hz

A

Z φ ΔVm [j]

La clé est l’équation de l’impédance du circuit :

 2 1 2 Z = R + ωL − , ωC

avec ω = 2πf . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

16

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif Résoudre le problème

P26

On obtient

 (328)2 + 2π × 120 × 256 × 10−3 −

Z=

1 2π × 120 × 9,47 × 10−6

2

Z = 332 Ω .

b. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la constante de phase : tan φ =

XL − XC , R

1 avec XL = ωL et XC = ωC . Résoudre le problème On obtient

2πf L − 1/(2πf C) R 2π × 120 × 256 × 10−3 − 1/(2π × 120 × 9,47 × 10−6 ) = 328 φ = 0,160 rad = 9,17◦ .

tan φ =

(réponse)

c. Décortiquer le problème Lorsque la constante de phase est positive, le circuit est plutôt inductif. Lorsque la constante de phase est négative, le circuit est plutôt capacitif. Et lorsque la constante de phase est nulle, le circuit est alors résonant. Résoudre le problème Puisqu’ici la constante de phase est positive, le circuit est plutôt inductif.

d. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la différence de potentiel de chaque élément en fonction

du courant, ΔVm [R] = Rim ΔVm [L] = XL im avec XL = ωL 1 ΔVm [C] = XC im avec XC = . ωC Résoudre le problème

On obtient

ΔVm [R] = 328 × 36,2 × 10−3 = 11,9 V ΔVm [L] = 2πf Lim = 2π × 120 × 256 × 10−3 × 36,2 × 10−3 = 6,99 V ΔVm [C] =

36,2 × 10−3 im = = 5,07 V . 2πf C 2π × 120 × 9,47 × 10−6

Finalement, on a ΔVm [R] = 11,9 V,

ΔVm [L] = 6,99 V

et

ΔVm [C] = 5,07 V .

(réponse)

Valider la réponse On répond bien aux questions. On remarque que dans un circuit inductif, la différence de potentiel aux bornes de la bobine d’induction est plus grande que celle qu’il y a aux bornes du condensateur. De plus, l’impédance du circuit est un peu plus grande que sa résistance.

P26 Décortiquer le problème Connues

Inconnues −3

Rbobine = 15,0 Ω

L = 45,0 × 10 −6

C = 20,0 × 10

F

Em = 5,00 V c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

R = 40,0 Ω

H

im ΔVm [L]

f = 120 Hz 17

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P27

a. Identifier les clés

La première clé est que dans un circuit RLC, l’amplitude du courant est im =

Em . Z

(i)

La deuxième clé est l’équation de l’impédance du circuit :

 2 1 Z = R2 + ωL − , ωC avec ω = 2πf . Résoudre le problème im = 

En insérant l’équation (ii) dans l’équation (i), on obtient

Em   1 2 R2 + ωL − ωC ⎛



= Em ⎝

(ii)

1 R2 + 2πf L − 2πf C

⎛

2

⎞−1 ⎠



1 = 5,00 × ⎝ (15,0 + 40,0)2 + 2π × 120 × 45,0 × 10−3 − 2π × 120 × 20,0 × 10−6 im = 78,3 mA .

b. Identifier les clés

2

⎞−1 ⎠

(réponse) La première clé est l’équation de l’impédance de la bobine :  2 2 Zbobine = Rbobine + (2πf L) .

(iii)

La deuxième clé est la loi d’Ohm : ΔVm [L] = Zbobine im .

(iv)

Résoudre le problème

En insérant l’équation (iii) dans l’équation (iv), on obtient  2 2 ΔVm [L] = Rbobine + (2πf L) × im  2  = (15,0)2 + 2π × 120 × 45,0 × 10−3 × 78,3 × 10−3

ΔVm [L] = 2,91 V .

(réponse)

Valider la réponse On remarque qu’on ne peut pas additionner les amplitudes de la différence de potentiel de la résistance interne et de la bobine d’induction (considérée comme idéale) pour obtenir l’amplitude de la différence de potentiel de la bobine d’induction réelle. La loi des mailles ne s’applique pas aux amplitudes, mais seulement aux valeurs instantanées, car les valeurs instantanées ne sont pas maximales en même temps.

P27 Décortiquer le problème Connues R = 25,0 Ω

L = 320 × 10 −6

C = 60,0 × 10

Identifier la clé

Inconnue −3

F

H

f

φ = π/8rad

La clé est l’équation de la constante de phase : tan φ =

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

XL − X C , R 18

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P28

1 avec XL = ωL, XC = ωC et ω = 2πf . Résoudre le problème On obtient

ωL − 1/(ωC) R   1 R tan φ = ωL − ωC 1 =0. ω 2 L − ωR tan φ − C tan φ =

√

2

b −4ac Ainsi, en appliquant la solution d’équation quadratique x = −b± 2a , on trouve la solution pour ω: R tan φ ± (−R tan φ)2 + 4L/C ω= 2L 25,0 tan(π/8) ± (−25,0 tan(π/8))2 + 4 × 320 × 10−3 /60,0 × 10−6 = 2 × 320 × 10−3 = 245 rad/s ou −213 rad/s .

La deuxième solution est impossible puisqu’elle est négative (une fréquence angulaire est nécessairement positive). En utilisant la première, on peut trouver la fréquence : f= Valider la réponse

245 ω = = 39 Hz . 2π 2π

(réponse)

La fréquence obtenue a du sens.

P28 Décortiquer le problème Connues Em = 170 V

f = 60,0 Hz

i −3

R = 120 Ω

L = 40,0 × 10 −6

C = 25,0 × 10

a. Identifier la clé

Inconnues H

ΔV[j]

F

La clé est l’équation du courant dans un circuit RLC : i = im sin (ωt − φ) ,

l’amplitude du courant est im =

Em , Z

et l’impédance est donnée par l’équation suivante :

 2 1 Z = R2 + ωL − , ωC

(i)

(ii)

(iii)

avec ω = 2πf . De plus, l’équation de la constante de phase est tan φ = avec XL = ωL et XC =

XL − XC , R

(iv)

1 ωC .

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

19

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P28

Résoudre le problème Tout d’abord, pour trouver le courant lorsque la f.é.m. atteint sa valeur maximale, on a besoin de trouver à quel temps cela correspond. Pour ce faire, on utilise l’équation de la f.é.m. du générateur : E = Em sin(ωt) . Ainsi, pour que E = Em , il faut que sin(ωt) = 1, donc qu’on ait ωt = π/2 à t = 4,17 × 10−3 s. Ensuite, on insère l’équation (iii) dans l’équation (ii) pour trouver l’amplitude du courant : im = 

Em  R2 + ωL −

=



 1 2 ωC

Em

R2 + 2πf L − =

1 2πf C

2 170



(120)2 + 2π × 60,0 × 40,0 × 10−3 −

1 2π×60,0×25,0 × 10−6

2

= 1,13 A . Puis, pour pouvoir trouver le courant instantané, on doit aussi calculer la constante de phase avec l’équation (iv) : tan φ = =

2πf L −

1 2πf C

R 2π × 60,0 × 40,0 × 10−3 −

1 2π×60,0×25,0 × 10−6

120

φ = −0,649 rad . Finalement, en appliquant l’équation (i) avec les résultats trouvés précédemment, on obtient i = im sin (2πf t − φ)   = 1,13 sin 2π × 60,0 × 4,17 × 10−3 − (−0,649) i = 0,899 A .

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure suivante illustre la représentation de Fresnel à l’instant t = 4,17 ms, de telle sorte que ωt = 120,0π rad/s × 4,17 × 10−3 s = 0,500 4π rad. On trace le courant en avance d’un angle φ sur la f.é.m. et ΔVR en phase avec le courant. De plus, ΔVL est en avance de π/2 par rapport au courant alors que ΔVC est en retard de π/2 par rapport au courant.

ΔVR i ΔVL Identifier la clé d’Ohm :

E Á

ΔVC

Pour la résistance, on obtient la différence de potentiel à partir de la loi ΔVR = Ri = Rim sin(ωt − φ) .

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(v) 20

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P29

Pour la bobine, on obtient la différence de potentiel à partir de la réactance. De plus, le courant est en retard de π/2 sur la différence de potentiel de la bobine, donc la différence de potentiel aux bornes de la bobine est en avance de π/2 sur le courant, comme le montre la figure : ΔVL = XL im sin(ωt − φ + π/2) .

(vi)

Pour le condensateur, la différence de potentiel est en retard de π/2 sur le courant, comme le montre la figure : ΔVC = XC im sin(ωt − φ − π/2) . Résoudre le problème ωt = 0,500 4 π :

(vii)

En insérant toutes les valeurs dans les équations (v) à (vii), avec

ΔVR = 120 × 1,13 sin (0,500 4π + 0,649) ΔVR = 108 V ΔVL ΔVL ΔVC ΔVC



π = 120π × 40,0 × 10−3 × 1,13 sin 0,500 4π + 0,649 + 2 = −10,3 V  1 π = −6 × 1,13 sin 0,500 4π + 0,649 − 2 120π × 25,0 × 10 = 72,3 V .

c. Résoudre le problème

(réponse)

(réponse)

(réponse)

En appliquant la loi des mailles pour les valeurs instantanées obtenues,

on obtient ΔVR + ΔVL + ΔVC = 108 − 10,3 + 72,3 = 170 V . Valider la réponse

(réponse)

Cette valeur correspond bien à E à cet instant.

P29 Décortiquer le problème Connues

Inconnues 3

Em = 15,0 V

f = 1,50 × 10 Hz −3

im = 37,5 × 10

A

φ = 0,250 rad

Z R

ΔVRm L

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de l’amplitude du courant en fonction de l’amplitude de la source et de l’impédance du circuit : im = Résoudre le problème obtient

Em . Z

En isolant l’impédance et en insérant les valeurs dans l’équation, on Z=

Em 15,0 = = 400 Ω . im 37,5 × 10−3

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure suivante illustre la représentation de Fresnel du circuit RLC. On trace le courant en retard d’un angle φ sur la f.é.m. et ΔVR en phase avec le courant. De plus, puisque ΔVL est en avance de π/2 par rapport au courant alors que ΔVC est en retard de π/2 par rapport au courant, on trace ΔVL − ΔVC de sorte que la somme vectorielle donne la f.é.m. On obtient alors un triangle rectangle dont l’hypoténuse est Em , le côté adjacent à l’angle φ est ΔVRm et le côté opposé à l’angle φ est (ΔVLm − ΔVCm ). c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

21

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P30

Em

ΔVLm − ΔVCm

Résoudre le problème

ΔVRm

Á im

D’après la représentation de Fresnel illustrée sur la figure, on voit que ΔVRm = Em cos φ = 15,0 cos(0,250) = 14,5 V .

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation de l’amplitude de la différence de potentiel aux bornes de la résistance en fonction de l’amplitude du courant : ΔVRm = Rim ⇒ R = Résoudre le problème

ΔVRm . im

On obtient R=

14,5 = 388 Ω . 37,5 × 10−3

(réponse)

d. Identifier la clé

La clé est l’équation de l’amplitude de la différence de potentiel aux bornes de la bobine d’induction en fonction de l’amplitude du courant : ΔVLm = XL im = ωLim ⇒ L =

ΔVLm , ωim

avec ω = 2πf . Résoudre le problème Si ΔVCm = 6,00 V, on peut trouver l’amplitude de la différence de potentiel aux bornes de la bobine d’induction à l’aide de la représentation de Fresnel donnée dans la figure : ΔVLm − ΔVCm = Em sin φ = 15,0 sin(0,250) = 3,71 V . Ainsi, ΔVLm = 6,00 V + 3,71 V = 9,71 V . Puis, à l’aide de la clé, on obtient l’inductance : L=

9,71 = 27,5 mH . 2π × 1,50 × 103 × 37,5 × 10−3

(réponse)

Valider la réponse

On peutvérifier que le théorème de Pythagore fonctionne bien dans la re 2 présentation de Fresnel, E = ΔVm [R]2 + (ΔVm [L] − ΔVm [C]) = (14,5)2 + (3,71)2 = 15,0 V, comme il se doit. P30 Illustrer la situation La figure ci-dessous illustre le circuit.

R1

E

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

R2

R3

C

L

22

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P30

Décortiquer le problème Connues Em = 15,0 V

Inconnue

R1 = 50,0 Ω

R2 = 25,0 Ω

im

R3 = 75,0 Ω −6

C = 2,5 × 10

L = 75 × 10−3 H

F

Identifier la clé La clé est l’équation de l’amplitude du courant en fonction de l’amplitude de la source et de l’impédance du circuit : Em . (i) im = Z L’impédance se trouve avec l’équation suivante :  Z=

2

R2 + (XL − XC ) .

(ii)

a. Résoudre le problème

Lorsque la fréquence du générateur est très faible, la réactance inductive est à sa valeur minimale, XL = 0, tandis que la réactance capacitive est à sa valeur maximale, XC → ∞. Ainsi, la bobine d’induction agira comme un fil tandis que le condensateur agira comme un interrupteur ouvert, ce qui permet de considérer le circuit résultant suivant :

R1

E

R2

R3

C

L

Avec l’équation (ii), l’impédance du circuit est Z=



(R1 + R3 )2 =



(50,0 + 75,0)2 = 125 Ω .

Finalement, avec l’équation (i), on obtient im =

15,0 = 0,120 A . 125

(réponse)

b. Résoudre le problème

Lorsque la fréquence du générateur est très élevée, la réactance capacitive est à sa valeur minimale, XC = 0, tandis que la réactance inductive est à sa valeur maximale, XL → ∞. Ainsi, le conducteur agira comme un fil tandis que la bobine d’induction agira comme un interrupteur ouvert, ce qui permet de considérer le circuit résultant suivant :

R1

E

c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

R2

R3

C

L

23

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P31

Avec l’équation (ii), l’impédance du circuit est Z = (R1 + R2 )2 = (50,0 + 25,0)2 = 75 Ω . Finalement, avec l’équation (i), on obtient im =

15,0 = 0,200 A . 75

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur des courants semble correct. Le courant est plus élevé lorsque la fréquence est très élevée, puisque la résistance équivalente est plus faible à ce moment et que l’impédance du circuit est également plus faible.

P31 Décortiquer le problème Inconnues

Connues R = 50,0 Ω

−6

C = 15,0 × 10

F

L = 0,400 H

a. Identifier la clé

ω0

ω1

ω2

Δω/ω0

La clé est l’équation de la fréquence angulaire de résonance : ω0 = √

Résoudre le problème

1 . LC

On obtient ω0 =

1 0,400 × 15,0 × 10−6

= 408 rad/s .

(réponse)

b. Identifier les clés

La première clé est l’équation 12.21, qui donne l’amplitude du courant en fonction de l’impédance : Em . (i) im = Z La deuxième clé est l’équation 12.22, qui donne l’impédance du circuit :  2 Z = R2 + (XL − XC ) , (ii) 1 . avec XL = ωL et XC = ωC Résoudre le problème Lorsque l’amplitude du courant est égale à la moitié de l’amplitude maximale du courant, l’équation (i) donne

Em im = . 2 Z

(iii)

Lorsque ω = ω0 , l’amplitude du courant est maximale et vaut im =

E . R

(iv)

En comparant l’équation (iii) à l’équation (iv), on voit que Z = 2R. Ainsi, si on insère ce résultat dans l’équation (ii), on obtient

 2 1 2 2R = R + ωL − ωC  2 1 4R2 = R2 + ωL − ωC 1 2L + 2 2 . 3R2 = ω 2 L2 − C ω C c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

24

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

E32

Pour résoudre, on multiplie tous les termes par ω 2 et on remplace ω 2 par x : 3R2 ω 2 = ω 4 L2 −

  2L L2 ω 4 − 3R2 + ω2 + C   2L L2 x2 − 3R2 + x+ C

2L 2 1 ω + 2 C C

1 =0 C2 1 =0. C2 √

2

b −4ac Ainsi, en utilisant la solution d’équation quadratique x = −b± 2a , on trouve la solution pour x : (3R2 + 2L/C) ± (3R2 + 2L/C)2 − 4L2 /C 2 x= 2L2   2 2×0,400 2 + 2×0,400 3 × (50,0) 3 × (50,0)2 + 15,0 − 4 × (0,400)2 /(15,0 × 10−6 )2 −6 ± −6 × 10 15,0 × 10 x= 2 × (0,400)2

x = 9,87 × 104 ou 282 × 105 . √ Les deux solutions sont possibles. Ainsi, puisque ω = x, on peut trouver deux fréquences angulaires possibles comme solution : √ (réponse) ω1 = x = 314 rad/s et ω2 = 531 rad/s .

c. Résoudre le problème

On peut calculer la largeur à mi-hauteur relative à l’aide des résultats

obtenus en a. et en b. : (ω2 − ω1 ) ω0 (531 − 314) = 408 Δω/ω0 = 0,530 .

Δω/ω0 =

(réponse)

Valider la réponse La fréquence angulaire obtenue a du sens. On peut voir que la fréquence de résonance se trouve entre les deux valeurs obtenues pour la moitié de l’amplitude du courant. Par contre, comme la courbe de résonance n’est pas symétrique, on remarque que cette valeur n’est pas à mi-chemin entre les deux.

E32 Décortiquer le problème Connues Em = 15,15 V cos φ = 0,542

Inconnue

T = 0,050 s

Pmoy −3

im = 62,8 × 10

A

Identifier la clé La clé est l’équation de la puissance moyenne fournie par le générateur dans un circuit à courant alternatif : 1 Pmoy = Em im cos φ . 2 Résoudre le problème

On obtient Pmoy =

1 × 15,15 × 62,8 × 10−3 × 0,542 = 0,258 W . 2

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur semble correct. On n’a pas besoin de la période pour calculer la puissance moyenne. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

25

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

E33 — E34

E33 Décortiquer le problème Inconnues

Connues −3

R = 70,0 Ω

L = 40,0 × 10

Eeff = 40,0 V

H

C cos φ Pmoy

f = 60,0 Hz

a. Identifier la clé

Pour maximiser la puissance, il faut que le circuit soit en résonance. Le circuit est résonant lorsque XL = XC . Résoudre le problème Puisque XL = 2πf L et XC = 2πf1 C , on obtient 1 2πf C 1 C= 2 4π f 2 L

2πf L =

1 4π 2 × (60,0)2 × 40,0 × 10−3 C = 176 μF . =

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure ci-dessous permet de calculer le facteur de puissance. XL − X C Z Á R Décortiquer le problème Par définition, lorsque la puissance est maximale, le facteur de puissance est égal à 1. On peut regarder la figure pour s’en convaincre, car XL = XC . Résoudre le problème On obtient cos φ = 1,00 .

(réponse)

c. Identifier la clé

La puissance dissipée est seulement la puissance dissipée par la résistance et est donc donnée par l’équation  2 Eeff 2 Pmoy = R 2 avec Z = R2 + (XL − XC ) . Z Résoudre le problème

Puisque XL − XC = 0, on obtient 2 Eeff R2 70,0 × (40,0)2 = (70,0)2 = 22,9 W .

Pmoy = R

Pmoy Valider la réponse

(réponse)

On répond bien aux questions. L’ordre de grandeur des résultats a du sens.

E34 Décortiquer le problème Connues Eeff = 120 V R = 35,0 Ω

f = 60,0 Hz XL = 25,0 Ω

Inconnues Z ieff

φ Pmoy

XC = 0,00 Ω c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

26

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

a. Identifier la clé

E34

La clé est l’équation de l’impédance du circuit : 

Résoudre le problème

2

R2 + (XL − XC ) .

Z=

(i)

On obtient Z=

(35,0)2 + (25,0)2 = 43,0 Ω .

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure ci-dessous permet de calculer le facteur de puissance. XL − X C Z Á R Décortiquer le problème

En regardant la figure, on voit que R ⇒ φ = arccos cos φ = Z

Résoudre le problème



R Z

 .

On obtient  φ = arccos

35,0 43,0

 = ±0,620 rad .

On conserve la valeur positive, car le circuit est davantage inductif et le courant est alors en retard sur E, ce qui est associé à une constante de phase positive : φ = 0,620 rad .

c. Identifier la clé

La clé est l’équation du courant efficace en fonction de la différence de potentiel

efficace : ieff = Résoudre le problème

Eeff . Z

On obtient ieff =

d. Identifier la clé

(réponse)

120 = 2,79 A . 43,0

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance moyenne fournie par le générateur : Pmoy = Eeff ieff cos φ .

Résoudre le problème

On obtient Pmoy = 120 × 2,79 × cos(0,620) = 272 W .

Valider la réponse D’après la figure, on aurait pu prendre sin φ = pour trouver l’angle φ. c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

XL −XC Z

(réponse) ou tan φ =

XL −XC R

27

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

E35 — E36

E35 Décortiquer le problème Inconnues

Connues Eeff = 120 V R = 36,4 Ω

f = 60,0 Hz

Z

φ = π/4 rad

Pmoy

a. Illustrer la situation La figure ci-dessous permet de calculer le facteur de puissance. XL − X C Z Á R Décortiquer le problème

En regardant la figure, on voit que cos φ =

Résoudre le problème

On obtient Z=

b. Identifier la clé

R R ⇒Z= . Z cos φ

36,4 = 51,5 Ω . cos (π/4)

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance moyenne fournie par le générateur : Pmoy =

Résoudre le problème

R 2 E . Z 2 eff

On obtient Pmoy =

36,4 × (120)2 = 198 W . (51,5)2

(réponse)

Valider la réponse On répond bien aux questions. L’ordre de grandeur semble correct. E36 Décortiquer le problème Inconnues Connues Eeff = 120 V f = 60,0 Hz Lorsque L = 0, Pmoy = 100 W

R L

Lorsque Lmax , Pmoy = 10,0 W

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance moyenne en fonction de la valeur efficace

de la f.é.m. :

R 2 E . (i) Z 2 eff Puisque c’est un circuit RL, il n’y a pas de condensateur. Ainsi, lorsque L = 0, l’impédance du circuit est  2 (ii) Z = R2 + (XL − XC ) = R . Pmoy =

Résoudre le problème

En insérant le résultat de l’équation (ii) dans l’équation (i), on obtient

2 R 2 Eeff . E = R2 eff R Ensuite, en isolant R et en insérant les valeurs dans l’équation, on obtient

Pmoy =

R=

2 Eeff Pmoy

(120)2 100 R = 144 Ω . =

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(réponse) 28

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

b. Identifier la clé

P37

Lorsque L est maximal, selon l’équation (ii), l’impédance est  2 Z = R2 + (XL − XC ) = R2 + (2πf L)2 .

Résoudre le problème

(iii)

En insérant le résultat de l’équation (iii) dans l’équation (i), on obtient Pmoy = 

R R2 + (2πf L)

2

2  Eeff .

Ensuite, en isolant L et en insérant les valeurs dans l’équation, on obtient 

R2 + (2πf L)

2



2 Pmoy = REeff

2 4π 2 f 2 L2 Pmoy = REeff − R2 Pmoy 2 − R2 Pmoy REeff 2 4π f 2 Pmoy

2 − R2 P REeff moy L= 4π 2 f 2 Pmoy

144 × 1202 − (144)2 × 10,0 = 4π 2 × (60,0)2 × 10,0

L2 =

L = 1,15 H .

(réponse)

Valider la réponse On répond bien à la question. L’ordre de grandeur des résultats semble correct. P37 Décortiquer le problème Inconnues Connues Eeff = 120 V ieff = 11,0 A XC = 0,0 Ω

f = 60,0 Hz

Pmoy

Z

L C Pmoy,max

cos φ = 0,815

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance moyenne en fonction des valeurs efficaces de la f.é.m. et du courant : (i) Pmoy = Eeff ieff cos φ . Résoudre le problème

On obtient Pmoy = 120 × 11,0 × 0,815 = 1,08 kW .

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est l’équation de l’impédance en fonction des valeurs efficaces de la f.é.m. et du courant : Eeff Eeff ⇒Z= . (ii) ieff = Z ieff Résoudre le problème

On obtient Z=

120 = 10,9 Ω . 11,0

(réponse)

c. Illustrer la situation La figure ci-dessous permet de calculer le facteur de puissance. XL − X C Z Á R c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

29

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P38 Décortiquer le problème

En regardant la figure, on voit que

cos φ =

R ⇒ R = Z cos φ = 10,9 × 0,815 = 8,89 Ω . Z

(iii)

De plus, l’hypoténuse donne l’impédance ; ainsi, lorsque la réactance capacitive est nulle,  2 Z = R2 + (XL − XC ) = R2 + (2πf L)2 . Résoudre le problème tance L, on obtient

(iv)

En insérant l’équation (iii) dans l’équation (iv) et en isolant l’inducZ 2 = Z 2 cos2 φ + (2πf L)

2

4π 2 f 2 L2 = Z 2 (1 − cos2 φ) Z2 (1 − cos2 φ) 4π 2 f 2 Z (1 − cos2 φ) L= 2πf 10,9 (1 − (0,815)2 ) = 2π × 60,0 L = 16,8 mH .

L2 =

(réponse)

d. Décortiquer le problème Pour maximiser la puissance, le circuit doit être en résonance. Ainsi, XC = XL avec XC = Résoudre le problème

1 et XL = ωL . ωC

On obtient C=

1 ω2 L

1 4π 2 × (60,0)2 × 16,8 × 10−3 C = 420 μF . =

(réponse)

e. Identifier la clé

Lorsqu’on maximise la puissance, le facteur de puissance devient égal à 1. La clé est l’équation de la puissance moyenne fournie par le moteur, où cos φ = 1 : Pmoy, max = Eeff ieff .

Résoudre le problème

On obtient Pmoy, max = 120 × 11,0 = 1,32 kW .

(réponse)

Valider la réponse L’ordre de grandeur des résultats semble correct. On remarque que la puissance moyenne maximale est plus grande que la puissance moyenne sans condensateur, comme il se doit.

P38 Décortiquer le problème La f.é.m. de la source à courant alternatif a la forme E = Em sin(ωt) = 15,8 V sin (500t) . Ainsi, par correspondance, on peut déterminer Em = 15,8 V et ω = 500 rad/s. Connues R = 180 Ω

Inconnues ω = 500 rad/s

−6

C = 22,0 × 10

−3

L = 36,2 × 10

F H

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Em = 15,8 V

Z i Pmoy 30

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

a. Identifier la clé

P38

La clé est l’équation 12.22, qui donne l’impédance du circuit :  2 Z = R2 + (XL − XC ) ,

1 avec XL = ωL et XC = ωC . Résoudre le problème On obtient

 2 1 2 Z = R + ωL − ωC

 = (180)2 + 500 × 36,2 × 10−3 −

1 500 × 22,0 × 10−6

2

Z = 194 Ω .

(réponse)

b. Illustrer la situation La figure ci-dessous permet de calculer le facteur de puissance. XL − X C Z Á R Décortiquer le problème

En regardant la figure, on voit que cos φ =

180 R ⇒ φ = arccos = ±0,384 rad . Z 194

On conserve la valeur négative (φ = −0,384 rad), car le circuit est davantage capacitif et le courant est alors en avance sur E, ce qui est associé à une constante de phase négative : 500 × 36,2 × 10−3 = XL < XC = Identifier la clé

1 . 500 × 22,0 × 10−6

La clé est l’équation du courant circulant dans le générateur : i = im sin(ωt − φ) .

De plus, l’amplitude du courant se calcule avec l’amplitude de la f.é.m. et de l’impédance : im = Résoudre le problème

15,8 Em = = 81,4 mA . Z 194

En utilisant les valeurs, on obtient i = 81,4 mA sin(500t − (−0,384)) i = 81,4 mA sin(500t + 0,384) .

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance moyenne en fonction des valeurs maximales de la f.é.m. et du courant : Pmoy = Résoudre le problème Pmoy =

1 Em im cos φ . 2

On obtient

1 × 15,8 × 81,4 × 10−3 × cos(−0,384) = 0,596 W . 2

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(réponse) 31

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

E39 Valider la réponse correct.

On répond bien aux questions. L’ordre de grandeur des résultats semble

E39 Décortiquer le problème La f.é.m. de la source en fonction du temps a la forme E = Em sin(ωt) = 40,0 V sin (ωt) . Ainsi, par correspondance, on peut déterminer Em = 40,0 V. De plus, le courant alternatif a la forme i = im sin(ωt − φ) = 2,75 A sin (ωt − 0,800) . Par correspondance, on peut déterminer im = 2,75 A et φ = 0,800.

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de l’impédance en fonction des valeurs efficaces de la f.é.m. et du courant : Eeff Eeff ⇒Z= . (i) ieff = Z ieff À partir des amplitudes de la f.é.m. et du courant, on peut trouver les valeurs efficaces. La clé est alors l’équation 12.29 : 40,0 Em Eeff = √ = √ = 28,3 V , 2 2 et l’équation 12.30 : 2,75 im ieff = √ = √ = 1,94 V . 2 2 Résoudre le problème

En appliquant l’équation (i), on obtient Z=

b. Résoudre le problème

28,3 = 14,5 Ω . 1,94

(réponse)

Connaissant la valeur de φ, on détermine le facteur de puissance : cos(φ) = cos(0,800) = 0,697 .

(réponse)

c. Identifier la clé

La clé est l’équation de la puissance moyenne en fonction des valeurs efficaces de la f.é.m. et du courant : Pmoy = Eeff ieff cos φ . (ii) Résoudre le problème

On obtient Pmoy = 28,3 × 1,94 × 0,697 = 38,3 W .

d. Résoudre le problème

Puisque l’angle φ est plus grand que 0, le courant est en retard sur la f.é.m.

e. Identifier la clé

(réponse)

(réponse)

La clé est l’analyse de l’équation de la constante de phase : tan φ =

XL − XC . R

(iii)

Résoudre le problème D’après l’équation (iii), puisque l’angle φ > 0, on sait que XL > XC et XC pourrait même être nulle. Il n’est donc pas nécessaire d’avoir un condensateur dans le circuit. Ainsi, le circuit ne possède pas nécessairement un condensateur, car φ > 0 . c TC Média Livres Inc. Reproduction interdite 

(réponse) 32

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

Q40

f. Résoudre le problème

D’après l’équation (iii), puisque l’angle φ > 0, il est nécessaire d’avoir une bobine d’induction dans le circuit pour que (XL − XC ) soit supérieur à 0 et la tangente, positive. Ainsi, le circuit possède nécessairement une bobine d’induction, car φ > 0 .

(réponse)

D’après l’équation (ii), puisque le facteur de puissance cos φ = 0, donc que tan φ = 0, il est nécessaire d’avoir une résistance dans le circuit. Ainsi,

g. Résoudre le problème

le circuit possède nécessairement une résistance, car cos φ = 0 .

(réponse)

Valider la réponse On répond bien aux questions. L’ordre de grandeur des résultats numériques semble correct. Q40 Décortiquer le problème Voici les équations d’équivalence données dans le problème : ρ1 = ρ2 d1 = d2 1 = 32 E1,eff = 2E2,eff P1 = P2 .

a. Identifier la clé

La clé est l’équation de la résistance du fil en fonction des propriétés géométriques du solénoïde : ρfil , (i) Rfil = A 2 où A = πrfil = πd2fil /4 est l’aire de la section du fil. Résoudre le problème Puisque les deux lignes sont faites du même matériau et qu’elles ont le même diamètre, on obtient   ρ1 A 32 1 R1 = = = =3. (réponse) ρ R2 2 2 2 A

Valider la réponse La résistance dépend seulement des données géométriques du système, comme il se doit. b. Identifier la clé La clé est l’équation de la puissance moyenne en fonction des valeurs efficaces de la f.é.m. et du courant : Pmoy . (ii) Pmoy = Eeff ieff cos φ ⇒ ieff = Eeff cos φ Résoudre le problème Puisque les deux lignes de transmission sont alimentées à la même puissance moyenne et que le facteur de puissance est aussi le même, on obtient i1,eff E2,eff E2,eff 1 = = = . i2,eff E1,eff 2E2,eff 2

c. Identifier la clé

(réponse)

La clé est l’équation de la puissance dissipée en fonction de la résistance : PR = Ri2eff .

Résoudre le problème

En utilisant les deux résultats calculés en a. et en b., on obtient  2 R1 i21,eff R1 i1,eff PR1 = = PR2 R2 i22,eff R2 i2,eff  2 1 =3× 2 PR1 3 (réponse) = . PR2 4

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33

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

E41 — E42

E41 Décortiquer le problème Connues Ep,eff = 120 V

Inconnues

f = 60,0 Hz

Rapp −3

is,eff = 300 × 10

Es,eff = 6,00 V

Np /Ns ip,eff

A

cos φ = 1,00

a. Identifier la clé

La clé est la loi d’Ohm : Eapp = Rapp iapp ⇒ Rapp =

Résoudre le problème

On obtient Rapp =

b. Identifier la clé

Eapp . iapp

6,00 = 20,0 Ω . 300 × 10−3

(réponse)

La clé est l’équation 12.39 : Es =

Résoudre le problème

Ns Ep . Np

On obtient Np Ep 120 = 20,0 . = = Ns Es 6,00

c. Identifier la clé

La clé est l’équation 12.40 : is =

Résoudre le problème

Np Ns ip ⇒ ip = is × . Ns Np

On obtient ip,eff = 300 × 10−3 ×

Valider la réponse

(réponse)

1 = 15,0 mA . 20,0

(réponse)

On voit que le transformateur réduit le courant, comme il se doit.

E42 Décortiquer le problème Inconnue Np Ns

Connues 3

Rp = 1,15 × 10 Ω

Identifier la clé

Rs = 8 Ω

La clé est l’équation 12.41 :  Réq =

Résoudre le problème

Np Ns

2



Réq . R

On obtient

Np = Ns

Valider la réponse et au secondaire.

Np R⇒ = Ns

1,15 × 103 = 12 . 8,0

(réponse)

Le rapport du nombre de spires dépend seulement des résistances au primaire

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34

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

E43 — P44

E43 Décortiquer le problème Connues Ep,eff = 120 V

Inconnues

Np = 60,0 spires

Es,eff

3

Réq

Rs = 27,0 × 10 Ω

Ns = 2 500 spires

is,eff

a. La clé est l’équation 12.39 : Ns Ep . Np

Es = Résoudre le problème

On obtient Es,eff =

b. Identifier la clé

2 500 × 120 = 5,00 kV . 60,0

La clé est la loi d’Ohm : Es,eff = Rs is,eff ⇒ is,eff =

Résoudre le problème

Es,eff . Rs

On obtient is,eff =

c. Identifier la clé

(réponse)

5,00 × 103 = 0,185 A . 27,0 × 103

(réponse)

La clé est l’équation 12.41 :  Réq =

Résoudre le problème

Np Ns

2 R.

On obtient  Réq =

60,0 2 500

2

× 27,0 × 103 = 15,6 Ω .

(réponse)

Valider la réponse On voit que le transformateur augmente la différence de potentiel. La résistance équivalente du côté du primaire est donc plus faible que celle du côté du secondaire, comme il se doit.

P44 Décortiquer le problème Es,eff /Ep,eff Ps,moy

Identifier la clé

Connues 1 = 5,00 = 73,8 × 103 W

Inconnue Rligne = 1,60 Ω

Pp,moy

Es = 240 V

La clé est l’équation de la puissance (qui est le taux de dissipation thermique) : Pmoy = Ri2ligne .

(i)

De plus, dans le cas d’un transformateur idéal, toute l’énergie électrique du primaire est fournie au secondaire. Ainsi, Ep ip = Es is = Ps . (ii) Résoudre le problème

En utilisant la première partie de l’équation (ii), on a ip Es 1 is ⇒ ip = . = = is Ep 5,00 5,00

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(iii) 35

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P45

Ensuite, en insérant la deuxième partie de l’équation (ii) dans l’équation (iii), on obtient Ps . 5,00Es

ip =

(iv)

On peut alors calculer le courant qui alimente le primaire : ip =

Ps = 61,5 A . 5,00Es

Ce courant qui circule dans l’enroulement primaire est également celui qui circule dans la ligne de transmission qui l’alimente. La puissance dissipée dans cette ligne de transmission est alors donnée par l’équation (i) : Pmoy = Rligne ip 2

= 1,60 × (61,5) Pmoy = 6,05 kW .

(réponse)

Valider la réponse Le taux de dissipation d’énergie thermique de la ligne de transmission est plus faible que la puissance fournie à l’édifice, comme il se doit.

P45 Décortiquer le problème Inconnues

Connues Ep,eff = 120 V Np = 300 spires

R1 = 60,0 Ω Ns = 50,0 spires

ip,eff ΔV1,eff

R2 = 12,0 Ω

a. Identifier les clés

ΔV2,eff

La première clé est la loi d’Ohm dans le circuit primaire : Ep,eff = Réq ip,eff ⇒ ip,eff =

Ep,eff , Réq

(i)

avec Réq = R1 + Réq2 puisque les résistances sont en série. La deuxième clé est l’équation 12.41, qui donne la résistance dans le circuit primaire causée par la résistance du circuit secondaire :  2 Np R2 . (ii) Réq2 = Ns Résoudre le problème

En appliquant l’équation (ii), on obtient  Réq2 =

300 50,0

2 × 12,0 = 432 Ω .

Ensuite, en insérant ce résultat dans l’équation (i), on obtient ip,eff =

120 = 0,244 A . 432 + 60,0

(réponse)

b. Identifier la clé

La clé est la loi d’Ohm décrite par l’équation (i). Résoudre le problème On obtient ΔV1,eff = R1 ip,eff ΔV1,eff

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= 60,0 × 0,244 = 14,6 V .

(réponse) 36

CHAPITRE 12 — Les circuits à courant alternatif

P45

c. Identifier les clés

La première clé est l’équation 12.40, qui décrit le courant du secondaire en fonction de celui du primaire : Np ip . (iii) is = Ns La deuxième clé est la loi d’Ohm décrite par l’équation (i) dans le circuit du secondaire. Résoudre le problème En insérant l’équation (iii) dans l’équation (i), on obtient ΔV2,eff = R2 is,eff Np = R2 ip,eff Ns 300 × 0,244 = 12,0 × 50,0 ΔV2,eff = 17,6 V .

Valider la réponse correct.

(réponse)

On répond bien aux questions. L’ordre de grandeur des résultats semble

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