Corrige ENAC Physique 2003 ICNA

Description

ICNA - SESSION 2003 ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE CORRIGÉ Pendule électrostatique. 1. Après contact chaque boule porte la même charge électrique q = Q/2 car les deux boules métalliques sont identiques. Elles se repoussent, A exerçant sur P une force électrostatique donnée par la loi de Coulomb : 2q APf = 34 πε0 AP ϕ Comme AP = 2b sin il vient :  2 2Q 1f = f = 2 24 πε 16b sin()ϕ / 202. A l'équilibre le moment en O des forces appliquées à P est nul, soit :    AP f   M ()O =OP ∧(f + mg)=(be )∧ f + mge = sin ϕ − mg e =0 ext r x e z  AP 2 sin()ϕ / 2 e  Si on suppose 0 < ϕ < π on en déduit, avec le résultat de la question précédente : e2ϕ  Q 13 esin   =   22 4 πε  32b mg02Q 1Cette position d'équilibre n'existe que si < 1. 24 πε 32b mg03. L'équilibre de P vérifie aussi T + mg +f =0 . En projection selon e ,compte tenu du résultat de la r2question 2 et de cos ϕ = 1 − 2 sin()ϕ / 2 , on obtient : e e2Q 1T = mg cos ϕ + = mg e 24 πε 16b sin()ϕ / 20 e4. La charge électrique portée par la boule P est : Q 2 3 −7q = = 32 πε b mg sin()ϕ / 2 = 2.10 C 0 e25. Les seules forces qui dérivent d'une énergie potentielle sont le poids et la force électrique. L'énergie potentielle de pesanteur, à une constante additive près, est : E (P ) = −mg.OP = −mgbcos ϕ p1L'énergie potentielle électrostatique, à une constante additive près, est : 2Q 1E ()P = qV()P = p24 πε 8b sin()ϕ / 20L'énergie potentielle totale du système est donc : 2Q 1E ...

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Extrait

Pendule électrostatique.

CORRIGÉ

1.Après contact chaque boule porte la même charge électrique q = Q/2 car les deux boules métalliques sont identiques. Elles se repoussent, A exerçant sur P une force électrostatique donnée par la loi de Coulomb :  f= 4 q 2 AP 3  πε 0 AP

CommeAP=2b sin  ϕ     il vient : 2

f=

f

Q 2 1 =  4πε 0 16b 2 sin 2 (ϕ/ 2)

2.A l'équilibre le moment en O des forces appliquées à P est nul, soit : M(O)OP f fm b AP mg=in ϕ   −   ext  + (= ∧g) = (e r ∧     ) AP +e x     s e  2 sin( f ϕ e / 2) mg  e z Si on suppose 0< ϕ e < πon en déduit, avec le résultat de la question précédente : sin 3 e Q 2    ϕ 2    = 4πε 0 b23 1 2 mg ition d'équilibre n'existe que si  Q 2 1 1  . Cette pos< 4πε 0 32b 2 mg

=0



3.L'équilibre de P vérifie aussiT+mg+f=0. En projection selone r ,compte tenu du résultat de la question2et de  cosϕ e =1−2 sin 2 (ϕ e / 2) , on obtient : T m cos  Q 2 1 = = ϕ e +  g 4πε 0 16b 2 sin(ϕ e / 2) mg

4.

La charge électrique portée par la boule P est : − = = ε = q 2 Q 32π 0 b 2 mg sin 3 (ϕ e / 2)2.10 7 C

5.Les seules forces qui dérivent d'une énergie potentielle sont le poids et la force électrique. L'énergie potentielle de pesanteur, à une constante additive près, est : E p1 (P)mg.OP= −mgb cos L'énergie potentielle électrostatique, à une constante additive près, est : E p2 ( P ) = qV ( P ) = 4 Q πε 2 0 inb8s 1 (ϕ/ 2)  L'énergie potentielle totale du système est donc : 2 E p (P) = 4 Q πε 0 sni8b 1 (ϕ/ 2) −mgb cosϕ 

6.

Les positions d'équilibre du système correspondent aux valeursϕ e deϕsolutions de :

AC