Examen+Corrigé Phys 2 1ère Année ST 07 08 .pdf


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Université A. Mira de Béjaia
Faculté de la Technologie
Département des Sciences et Techniques (ST) 1èreannée

Année 2007/2008
18 Juin 2008
Durée : 02 heures

~ Epreuve de moyenne durée ~
Module: Physique 2 (Electricité et Magnétisme)
Exercice n°1 (03 pts)
3
2

q1

On place trois charges électriques q1 = + q , q2 = −2q et q3 = − q (q>0) aux
sommets d'un triangle équilatéral de coté a (figure ci-contre).
r r
1. Dans la base ( O , i , j ) , exprimer puis représenter les forces agissant sur la
charge q2 située au point O.
2. On donne : q=4µC, a=1.2m et K=1/(4πε0)=9 109 N.m2.C -2.
r
Déterminer le module de la force totale F2 s'exerçant sur q2.

r
j
O q2 r
i

q3

Exercice n°2 (05 pts)

Z

1. Un disque plan circulaire, de rayon R, porte une distribution surfacique de charge
avec une densité σ constante et positive (figure ci-contre). Un point M de l’axe
de révolution du disque est repéré par sa distance z au centre O du disque.
a. Calculer le potentiel V(M) créé au point M par le disque chargé.
r
b. En déduire le champ électrique E( M ) créé au point M.

z M
r
k

O

σ

2. Un plan indéfini (P) est percé d’une ouverture circulaire de centre O et de rayon R. Il porte une
distribution surfacique de charge avec une densité σ constante et positive. En utilisant les
résultats obtenus dans la question 1, calculer le champ électrique créé en un point M de la droite
perpendiculaire au plan (P) en O (OM=z).

Exercice n°3 (02.5 pts)
Une sphère conductrice et homogène, de centre O et de rayon R, porte une charge électrique
r
totale Q. En appliquant le théorème de Gauss, déterminer le champ électrostatique E créé par la
r
sphère en tout point M de l’espace (OM=r). Tracer l’évolution du champ électrique E en fonction de r.

Exercice n°4 (05 pts)
1. On considère deux sphères conductrices, de rayons R1=2cm et R2=3cm, très éloignées l’une de
l’autre. Elles portent les charges électriques Q1=10µC et Q2=15µC, respectivement. On relie les
deux sphères avec un fil conducteur très fin. Si on néglige la charge portée par le fil,
a. Calculer les nouvelles charges Q1’ et Q2’ des deux sphères.
A
b. Calculer la quantité de charge qui a traversé le fil. Commenter le résultat.
2. Soit le montage ci-contre. Initialement, les condensateurs C2 et C3 étaient non
C2
C1
chargés et le condensateur C1 portait la charge Q0. On prendra C1=C2=C3=C.
C3
A l’équilibre, déterminer la ddp VA-VB et les charges Q1, Q2 et Q3 des trois
B
condensateurs en fonction de C et Q0.

Exercice n°5 (04.5 pts)
On considère trois résistances R1=30Ω, R2=120Ω et R3=40Ω et un générateur
de f.e.m e=120volts.

R1
R3

e

R2
A

I1

C
R1 B I3

I2
R2

e

2. On assemble maintenant les trois résistances et le générateur comme le
montre la figure ci-contre. Calculer les courants I1, I2 et I3 qui traversent
les résistances R1, R2 et R3.

B

A

1. On monte les trois résistances et le générateur comme le montre la figure
ci-contre. Trouver les courants circulant dans les trois résistances ainsi
que celui débité par le générateur.

C

Bon courage

R3

Université A. Mira de Béjaia
Faculté de la Technologie
Département des Sciences et Techniques (ST) 1èreannée

Année 2007/2008
18 Juin 2008
Durée : 02 heures

~ Corrigé de l’Epreuve de moyenne durée ~
Physique 2 : Electricité et Magnétisme
Exercice n°1 (03 pts)
1. Expressions des forces agissant sur la charge q2 située au point O :
q1
r
r
0,5 point
q2 r
q1q2 r
u1
0,5 point
F1 / 2 = K 2 u1 = −2 K 2 u1
0,5 point
a
a
r
0,5 point
r
r
F1 / 2
qq r
q2 r
r
F3 / 2 = K 3 2 2 u3 = 3K 2 u 3
r
F3 / 2
j
u3
a
a
r
r
r
q3
O q2 r
r
r
3 r
1r
i
Avec : u1 = ( − cos 60 i − sin 60 j ) = ( − i −
j ) et u3 = −i
Représentation des forces agissant
2
2
r
sur la charge q2
2. Calcul du module de la force totale F2 :
0,5
point
r
r
r
r
r
q2 r
q2 r
q2
F2 = F1 / 2 + F3 / 2 = −2 K 2 u1 + 3K 2 u 3 = K 2 − 2 i + 3 j
a
a
a
0,5 point
r
A.N : F2 = 0.2646 N.

[

]

Exercice n°2 (05 pts)
1. a. Calcul du potentiel V(M) créé au point M par le disque chargé :

Z

Chaque élément de surface ds (figure ci-contre) crée en M le potentiel dV:

dV = K

0,5 point

dq
l

l
r rj
r
k
r
σ
r
O i

avec : dq = σ ds et l = r 2 + z 2

En coordonnées polaires, dans le plan xOy, ds s’écrit : ds = r dr dθ
r∧r
avec θ = ( i , r )
0,5 point
σ r dr dθ
→ dV = K
r2 + z2
R

V ( M ) = Kσ

0,5 point

z M



∫ ∫

r =0 θ =0

r dr dθ
r2 + z2

,→

V( M ) =

σ ⎛ 2 2
⎜ R + z − z ⎞⎟

2ε 0 ⎝

Y
ds
X

01 point

N.B : On peut prendre ds = 2π r dr (couronne de rayon r et d’épaisseur dr) et on intègre dV de r= 0 à R
r
b. Calcul du Champ électrique E( M ) :
r
r
∂V r
Symétrie → E( M ) est porté par l’axe Oz : E( M ) = −
k
∂z
01 point
r
⎞r
σ ⎛⎜
z

=

E
(
M
)
1
k


2ε 0 ⎜⎝
R2 + z 2 ⎠
z M
2. Calcul du champ créé au point M de l’axe Oz :
D’après le principe de superposition :
r
r
r
E Plan Indéfini = E Plan Percé + E Disque
0,5 point
σ r
⎧r
⎪ E Plan Indéfini = 2ε k
0

On a: ⎨
r

⎞r
z
σ ⎜
⎪E
⎟k
1−
Disque =
2
2 ⎟

2ε 0 ⎜⎝
R +z ⎠


D’où :

r
r
r
σ
E Plan Percé = E Plan Indéfini − E Disque =
2ε 0

O

Plan Indéfini, Percé,
de densité
de charge σ

R

z
R2 + z2

r
k

01 point

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Université A. Mira de Béjaia
Faculté de la Technologie
Département des Sciences et Techniques (ST) 1èreannée

Année 2007/2008
18 Juin 2008
Durée : 02 heures

Exercice n°3 (02.5 pts)

Calcul du champ électrique créé par la sphère en tout point M de l’espace (OM=r) :
Comme la sphère est conductrice, la charge Q est répartie en surface.
Théorème de Gauss : Φ =

∫∫

r r
E dS =

∑Q

int S .Gaus

0,5 point

ε0

S

Symétrie sphérique → surface fermée de Gauss ≡ sphère de rayon r. On distingue deux cas :

r<R (intérieur de la sphère) :

01 point

Surface de Gauss considérée : sphère de rayon r

Φ = E int .S = E int .4πr 2 ⎫⎪
⎬ ⇒ Eint = O
Qint S.Gauss = O
⎪⎭
r>R (extérieur de la sphère) :

E(r)

S.Gauss

r



O

Q

Eint = 0

R
S.Gauss

Surface de Gauss considérée : sphère de rayon r

Φ = E ext .S = E ext .4πr 2 ⎫⎪
1 Q
⎬ ⇒ Eext =
4πε 0 r 2
Qint S .Gauss = Q
⎪⎭



Q

r

0,5 point

1
r2

Eext ∝

0,5 point

O

0

r

R

Evolution du champ électrique E en
fonction de r

R

Exercice n°4 (05 pts)
1. a. Calcul des nouvelles charges Q1’ et Q2’ des deux sphères :
Q'
Q'
Potentiels des deux sphères après la connexion : V1' = K 1 , V2' = K 2
R1
R2
Q' Q'
A l’équilibre, V1' = V2' → 1 = 2 ……………….…(Eq.1)
R1
R2

0,5 point
0,5 point

Conservation de la charge : Q1+Q2=Q1’+Q2’………(Eq.2)

R1
De (1) et (2), on trouve : Q1' =
( Q1 + Q2 )
R1 + R2
R2
( Q1 + Q2 )
Q2' =
R1 + R2

0,5 point

A.N : Q1’=10µC
A.N :

0,5 point

Q2’=15µC

b. Calcul de la quantité de charge qui a traversé le fil :
On a Q1’= Q1 et Q2’= Q2. Ceci implique qu’il n’y a pas eu de transfert de charge.

0,5 point

Avant la connexion des deux sphères, elles étaient au même potentiel. Après leur 0,5 point
connexion, l’équilibre (potentiel=constante) s’établit donc sans transfert de charge.
2. Détermination de la ddp VA-VB et des charges Q1, Q2 et Q3 des trois
condensateurs en fonction de C et Q0 :
On a : V A − VB =

A
C2
C1

Q AB
C AB

2
Q1 = C1 ( V A − VB ) = Q0
3

≡C

AB

B

avec : Q AB = Q0 (Conservation de la charge, seul C1 était initialement chargé)
C C
3
C AB = C1 + 2 3 = C (Condensateur équivalent entre A et B)
C 2 + C3 2
D’où : V − V = Q0 = 2 Q0
A
B
C AB 3 C

C3

A

B

0,5 point
0,5 point

Q2 = Q3 = QCéqui 23

C C
1
= 2 3 ( V A − VB ) = Q0
3
C 2 + C3

01 point

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Université A. Mira de Béjaia
Faculté de la Technologie
Département des Sciences et Techniques (ST) 1èreannée

Année 2007/2008
18 Juin 2008
Durée : 02 heures

Exercice n°5 (04.5 pts)
1. Calcul des courants circulant dans les trois résistances et celui débité par le générateur :

V A − VB
= 0A
R1

0,5 point

(VA=VB)

VB − VC
e
=
= 3A
Courant traversant R3 : I 3 = R
R3
3

0,5 point

Courant traversant R2 :

I2 =

R1
A

R2

V A − VC
e
=
= 1A
R2
R2

0,5 point

B

Ie

R3

I1 =

e

Courant traversant R1 :

I2

I3
C

Courant débité par le générateur :
0,5 point

A

I1

R3

R1 B I3
I2
R2

RAC
C

C
Schéma 2

Schéma 1

0,5 point

A

I1

R1

B

I1 =2 A

On remplace R2 et R3 par la résistance équivalente et on obtient le Schéma 3:
R R
Avec : RBC = 2 3 = 30Ω
R2 + R3
0,5 point

RBC

e

A.N:

I1

A

e

2. Calcul des courants I1, I2 et I3 :
Le circuit peut être simplifié comme l’indique
la figure ci-contre (Schéma 1→ Schéma 2) :
R R
On a : R AC = R1 + 2 3 = 60Ω
R2 + R3
0,5 point
e
e = R AC I 1 → I 1 =
RAC

e

Au nœud C, on a : I = I + I = 4 A
e
2
3

Schéma 3

C

D’où : VB − VC = RBC I 1 =60 volts

Du Schéma 1, on a : VB − VC = R2 I 2 → I 2 =

VB − VC
R2

0,5 point

A.N : I2 =0.5 A
Loi des nœuds en B : I1=I2+I3→ I3=I1-I2

A. N : I3 =1.5 A

0,5 point

End

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