Lycée Brizeux Samedi mai PCSI A B

Yves Josse

Description

Niveau: Supérieur
Lycée Brizeux Samedi 28 mai 2011 PCSI A & B Correction du devoir surveillé no 7 Problème I Dipôle électrostatique A Propriétés du dipôle électrostatique A.1 Un dipôle est un ensemble de 2 charges identiques de signe opposé, située à « faible »distance l'une de l'autre. « faible »signifiant négligeable devant la distance OM de calcul du champ. ??p = 2qa??ez . L'unité de p est le coulomb.metre ou le debye. A.2 La distibution de charge rest invariante par rotation d'axe Oz. L'étude peut donc se faire dans le plan polaire. A.3 Le plan (M,??er , ??e? ) est un plan de symétrie de la distribution de charge. Donc ???? E(M) appartient à ce plan. Soit Ez = 0 A.4 V (M) = q4pi0 ( 1 PM ? 1 NM ). PM 2 = r2(1? 2ar cos ?+ a2 r2 ). Soit 1 PM = 1 r (1 + a r cos ?) à l'ordre 1 en ar . Dela même façon 1 NM = 1 r (1? a r cos ?). On en déduit V (M) = 2qa cos ? 4pi0r2 = p cos ?4pi0r2 A.

• armature positive vers l'armature négative


• charge


• champ


• ?? e0


• plan de symétrie de la distribution de charge


• arc électrique dans le milieu


• distibution de charge rest invariante par rotation d'axe oz


• ???er ?


• champ electrique

Sujets

• Charge
• Champ électrique

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
• Publié le: 01 mai 2011
• Nombre de lectures: 56
• Langue: Français

Extrait

LycÉe Brizeux PCSI A & B

o Correction du devoir surveillÉ n7

Samedi 28 mai 2011

ProblÈme IDipÔle Électrostatique A Propriètèsdu dipÔle èlectrostatique A.1Un dipÔle est un ensemble de 2 charges identiques de signe opposÉ, situÉe À « faible »distance −→ l’une de l’autre. «faible »signifiantnÉgligeable devant la distance OM de calcul du champ.p= −→ 2qae z . L’unitÉ depest le coulomb.metre ou le debye. A.2La distibution de charge rest invariante par rotation d’axe Oz. L’Étude peut donc se faire dans le plan polaire. −−−→ −→−→ A.3Le plan(M, e r , e θ )est un plan de symÉtrie de la distribution de charge. DoncE(M)appartient À ce plan. SoitE z = 0 2 q 2 2 1 1a a1 1a A.4V(M() =−).P M=r(1−2 cosθ+ 2 ). Soit= (1+ cosθ)À l’ordre 1 4π 0 M rr r PrP MN M a1 1a 2qacosθ pcosθ en .Dela mme faÇon= (1−cosθ). On en dÉduitV(M) = 2 = 2 r NM rr 4π 0 r4π 0 r −→ −−→ −→ −→−→ ∂V1∂V −→ 2pcosθ psinθ −→→− A.5E(M) =−gradV=−e r −e θ = 3 e r + 3 e θ . Sachant quep=pcosθ e r − ∂r r∂θ 4π 0 r4π 0 r −→ psinθe θ on en dÉduit que : −→ 1 −→−→−→−→ E= [3(p .e r )e r −p] 3 4π 0 r 1 1 A.6Le champ crÉÉ par une charge ponctuelle dÉcroit en 2 , celui du dipÔle en 3 . r r A.7L’ÉquipotentielleV= 0correspond au planz= 0

−→ pcosθ 2 A.8Surfaces Équipotentille :V(M) = 2 =V 0 soitr=Kcosθ. Soitd`une portion de 4π 0 r −→ −→ dr rdθdr2 cosθdθ ligne de champ, on ad`=k Esoit= =kd’oÙ=, Par intÉgration on obtient E r E θ rsinθ 2 r=Ksinθ. −→ −→ Sur une surface Équipotentielle on a :E .d`=−dV= 0. On retrouve donc que les lignes de champ sont normales aux Équiotentielles.

B Actionssubies par un dipÔle −→−→−→ −→ B.1F=q E(P)−q E(N) =0puisque le champ est uniforme. −→−−→→−−→→−→ −→−→ −→ B.2Γ =OP∧(qE 0 )−ON∧(qE 0 ) =qN P∧E 0 =p∧E 0 .

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B.3E p = +qV(P). R P −→ −→ −→ −→ B.4E d =qV(P)−qV(N) =−q E.d`=−p .E 0 . N B.5Pour minimiser son Énergie potentielle, le dipÔle doit s’aligner dans le sens du champ. Dans −→ −→ le premier cas vapva donc s’aligner ÀE 0 . Le deuxiÈme cas correspond À une position d’Équilibre −→ −→ instable. a la moindre perturbation,pva Également s’aligner suivant le sens deE 0 . −→ B.6) Pour minimiser son Énergie potentielle, le dipÔle s’aligne suivante r et se dÉplace vers les champs les plus intenses c’est À dire se rapproche de la charge. −→ B.7Le dipÔle reste orientÉ suivante r et se dÉplace vers les champs les plus intenses c’est À dire se rapproche de la charge. −→ −−→ −→−→−→ −→−→ −→ Qe r p 0 Qe r −→ B.8F= (p .grad)EavecE= 2 soitF=− 3 . Le dipÔle se dÉplace suivant−e r il va 4π 0 r4π 0 r donc bien versO.

C Applications C.1L’unitÉ est le Debye qui n’est pas une unitÉ du systÈme international. 116 C.2p=p CO + 2p CH cos( )= 2,72D 2 −→ −→ Qe r C.3E(M) = 2 4π 0 r −→ −→ Qpcosϕ −→ C.4E ion−dipole =−p .E=− 2 e r . 4π 0 r −→ 2Qp C.5Pourϕ= 0,F=− 3 Le dipÔle est bien attirÉ par la charge. 4π 0 r C.6Le dipÔle s’oriente suivant le champ et se dÉplace vers les champs les plus intenses c’est À dire se rapproche du dipÔle. −→−→−→−→ 2 −→ −→ (3(p 1 .e r )−p 1 ).p 2 p(3 cosθcos(ψ−θ)−cosψ) C.7E dipole 1 −dipole 2 =−p 1 .E 1 = 3 = 3 4π 0 r4π 0 r C.8Les deux termes composant cette somme varient indÉpendamment l’un de l’autre. L’Énergie sera minimale lorsque les deux termes de la somme seront nÉgatifs et le plus grand possible en valeur 2 absolue. Soitcosψ= 1doncψ= 0et donccosθ= 1soitθ= 0ouπ. Dans les 2 cas le dipÔle est alignÉ sur le champ.

ProblÈme IIEtude d’un microphone A Planinfini −→ A.1Pour tout pointM, les plans(M xz)et(M yz)sont des plans de symÉtrie.E(M)doit donc −→ −→ appartenir À ces deux plans; ainsi,E(M) =E(M)u z . La distribution de charges est invariante par translation parallÈlement aux axes(Ox)et(Oy)doncEne dÉpend pas dexet dey. On a donc −→ −→ E(M) =E(z)u z . 0 Comme le planxOyest un plan de symÉtrie de la distribution de charge, siMetMsont deux −→−→ 0 points symÉtriques par rapport ÀOxy,E(M) =−E(M)doncE(z) =−E(−z): la fonctionE(z) est impaire. A.2On choisit comme surface de Gauss, un cylindre d’axe(M z), de sectionset de hauteur2z. Le flux sur la surface latÉrale est nulle et commeE(z) =−E(−z),Φ = 2E(z)spourz >0. D’autre σs part,Q int =σs. Par application du thÉorÈme de Gauss, on a donc2E(z)s=. Finalement,  0   σ −→ −→ u z siz >0 2 0 E(M) =  →− σ −u z siz <0 2 0 Ce rÉsultat montre que le champ est uniforme au dessous et en dessou du plan.

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dV A.3On aE(z) =−. Par intÉgration, on a donc dz   σ −zsiz >0 2 0 V(M) = σ  zsiz <0 2 0

A.4

B Condensateurplan −→ −→−→ B.1On utilise le thÉorÈme de superposition,E=E +σ +E −σ d’oÙ  −→ σ →− −σ →− e u+  z u z = 0siz >  2 0 2 0 2 −→ σ →− −σ −→ σ →− e e E(M) = −u z +u z =−u z siz∈[−; ] 2 0 2 0  0 2 2   −→ σ →− −σ −→ e −u z −u z = 0siz <− 2 0 2 0 2 Entre les deux plans, le champ Électrique est dirigÉ de l’armature positive vers l’armature nÉgative. B.2Par intÉgration, on a  σe e siz >  2 0 2  σz ee V(M) = siz∈[−; ]  0 2 2   σe e −siz < 2 0 2 −→−→ e eσe σU AlorsU=V( )−V(−) =. Comme  E  =, on a  E  =. 2 2 0  0 e −→ 6−1 B.3On aU≈10Vete≈10µmd’oÙ  E  ≈10V.m. Si le champ Électrique est trop grand, il existe un risque de claquage (apparition d’un arc Électrique dans le milieu isolant). eQ Q  0 S B.4On aQ=σSd’oÙU=. Par dÉfinition,C=donc pour un condensateur plan,C=. S 0 U e Avec les valeurs proposÉes, on trouveC≈0,1nF.

ProblÈme IIILa sÉquestration du dioxyde de carbone A Conditionde sèquestration du CO 2 solide A.1Zone 1 : solide. Zone 2 : liquide. Zone 3 : gaz. Zone 4 : fluide supercritique. A.2c est le point triple : pour(T c , P c ), le corps pur coexiste sous les 3 phases. b est le point critique : au delÀ du point b, il n’existe plus qu’un seul État fluide. A.3D’aprÈs le diagramme proposÉ, on remarque qu’ÀP 0 etT amb , l’État stable est la vapeur : on assiste donc À un passage du CO 2 de l’État solide À l’État vapeur, c’est une sublimaion. 3 A.4AT= 280K, le CO 2 est solide siP≥P a = 4.10bar. dP A.5La RFSF s’Écrit ici=ρ 0 g 0 avecOzaxe vertical descendant. Ainsi,P=P 0 +ρ 0 g 0 z. dz P a −P 0 A.6On veutP=P a soitz≥z min =. L’application numÉrique conduit Àz min = 39km. La ρ 0 g 0 fosse marine la plus profonde (fosse des mariannes) a une profondeur de11km: le stockage du CO 2 solide n’est pas envisageable.

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B Ètudedynamique du bloc −→−→ −→−→ B.1Bilan des forces : poidsP=ρV g 0 u z ; poussÉe d’ArchimÈdeΠ a =−ρ 0 V g 0 u z ; force de frotte- −→ −→ ment fluidef=−k v. B.2Le poids est une force constante donc conservative. Le volume du bloc Étant constant, la poussÉe d’ArchimÈde est constante et donc conservative. La force de frottement fluide est une force de dissipation visqueuse dont le travail est toujours nÉgatif, ce n’est pas une force conservative. −→ dE m B.3Comme=P(f)<0, l’Énergie mÉcanique diminue au cours du temps. dt −→ ρ dv k 0 B.4Le PFD en projection suru z conduit À+v=g(1−) dt ρVρ k ρ 0 (ρ−ρ 0 )V g −1 B.5En rÉgime stationnaire,v lim =g(1−)ouv lim = =37m.s. ρV ρk t ρV B.6La rÉsolution de l’Équation diffÉrentielle avecv(t= 0) = 0donnev=v lim (1−exp (−)avecτ=. τ k t B.7A partir de la question prÉcÉdente, avecz(t= 0) = 0, on az(t) =v lim t+v lim τ(exp (−)−1). τ

ProblÈme IVThermomÉtrie par thermistance A Etuded’une thermistance R 1 ln R 2 3 A.1On aB= 1 1 ,Best en Kelvin (K). On trouveB= 3,4.10K. − T T 1 2 1 1 4 A.2On aR(T) =R(T1) exp(B(−)). Pourt= 5C,R(278K) = 1,4.10 Ωet pourt= 110C, T T 1 R(383K) = 389 Ω.

B ApplicationÀ un dispositif de sècuritè R(R V+R V) R 3 2 s 4 B.1On aV − =V e =VetV + =. R 1 +R R 2 R 3 +R 2 R 4 +R 3 R 4 B.2Il y a une rÉtroaction sur l’entrÉe non inverseuse : l’AO n’est pas en rÉgime linÉaire. On a donc –=V + −V − >0⇔V s = +V sat Saturation haute de l’A.O. –=V + −V − <0⇔V s =−V sat Saturation basse de l’A.O. R 3 (R 2 V sat +R 4 V) SiV s = +V sat ,V + =V H =. R 2 R 3 +R 2 R 4 +R 3 R 4 R 3 (−R 2 V sat +R 4 V) SiV s =−V sat ,V + =V L =. R 2 R 3 +R 2 R 4 +R 3 R 4 B.3On aV s = +V sat siV e =V − < V + =V H etV s =−V sat siV e =V − > V + =V L . L’AO joue le rÔle d’un comparateur À hysteresis.

B.4On trouveV L = 4,17VsoitR L = 386 Ωett L = 111C. De mme,V H = 13,7Vsoit R H = 10,6kΩett H = 6,3C. Ce montage permet de dÉtecter quand la tempÉrature dÉpasse une valeur seuil. L’avantage de l’utilisation d’un montage À hysteresis est sa moindre sensibilitÉ au bruit.

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