Correction du DS n 3

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1 Correction du DS n 3 Problème n I : étude d'un cable coaxial 1.0/0,5 Le cable est composé de 4 zones : A : l'enveloppe extérieure en plastique D : l'âme du cable B : la gaine, conducteur périphérique C l'isolant qui isole l'âme de la gaine. 1.1/2 1 r V Il vient r V r r V r = 0. = C puis V = C r + D. En r =, V = C + D = En r =, V = C + D = 0 d'où C = soit Vr = et D = r r 2 E = grad V = 1 r er 1.2/1,5 A l'interface âme/isolant en, E N1 = 0 et E N2 = 1 er = σ 1 ε 0 er d'où σ 1 = ε 0 A l'interface isolant/gaine en E N2 = 0 et E N1 = 1 er = σ 2 ε 0 er d'où σ 2 = ε 0 La surface de l'âme est S=2π l et la charge présente sur l'âme est donc : 1

2 Devoir surveillé n 3 Q 1 = 2π lσ 1 = ε 02πl De même la surface de la gaine est 2π l et la charge présente sur la gaine est : Q 2 = 2π lσ 2 = ε 02πl On constate que ces charges sont opposées et que le cable est bien électriquement neutre. 1.3/2 La capacité du cable est : C = Q = 2πε 0l 1.4/1 On dénit la capacité par unité de longueur du cable : Γ = C l = 2πε 0 On mesure approximativement = 0, 5 mm et = 3 mm d'où Γ = 0, 3 nf.m 1 1.5/2,5 L'énergie volumique du champ électrique est : u E = 1 2 ε 0E 2 W E = 1 2 ε 0E 2 dτ On intègre dans l'espace où E est non nul, c'est à dire dans l'isolant. W E = r= θ=2π z=l r= W E = θ=0 z=0 r= 2 r= d'où W E = πlε 0 2 et C = ε 02πl 1 2 ε 0E 2 rdr rdθ dz 2 ε 0 2r drl2π 2.1/1 Le plan de la feuille est plan de symétrie. B est perpendiculaire à ce plan et est donc selon e θ. L'invariance par rotation selon Oz et par translation selon e z le cable est inniment long impliquent que B ne dépend ni de z ni de θ. 2

3 Finalement, B = Br eθ Br = µ 0I 2πr pour < r < 2.2/2 On intègre de la même façon qu'en 1 et e B = B2 2µ 0 W B = r= d'où W B = lµ 0I 2 4π On trouve alors L = lµ 0 I 2 r= 4π µ 0 l 2.3/2 L'inductance par unité de longueur est donc Λ = 3.1/1,5 2π E B Π = = µ 0 dr r = 1 2 LI2 µ 0 1 r 2π µ 0 I er e θ 2πr = 0, H.m 1 soit Π = I 2π e z 3.2/3 Nous avons la situation suivante : B E Π 3

4 Devoir surveillé n 3 Il faut calculer le ux de Π à travers une section du cable. On calcule le ux à travers une couronne d'épaisseur dr et de surface 2πrdr puis on intègre de à : dφ = 2πrdr Π Π. ds = 2πr I 2π dr d'où Π. d S = I Le champ électromagnétique transporte la puissance I : c'est la puissance électrocinétique transportée le long du cable. II. Autour du magnétisme 5/2 J'applique le théorème du moment cinétique à l'aiguille aimantée dans le référentiel du laboratoire : soit en projection sur u z, J d2 α dt 2 uz = M B, J α t = MB sin α. À l'équilibre, d2 α = 0, donc sin α = 0, soit α = 0 ou α = π. dt2 La position stable est α = 0, lorsque M et B sont colinéaires et de même sens. Pour α petit, sin α α, l'équation diérentielle vériée par α est donc : d 2 α dt 2 + MB J α = 0 d 2 α + KBα = 0. dt2 La solution de cette équation est : α = α 0 cos KBt. 6/2 Le champ magnétique uniforme créé dans le volume intérieur d'un solénoïde inni est B = µ 0 ni u z, où n est le nombre de spires par unité de longueur. L'unité de n est donc m 1, ainsi la seule expression de B 0, parmi les expressions proposées, qui a la même dimension est : B 0 = µ 0I 2R. 7/2 Le champ magnétique en un point repéré pa x = XR est la somme des champs magnétiques créés par chacune des deux bobines, d'après l'expression fournie, on obtient : [ ] [ 8 B X = NB ] X4 + o X 4, 4

5 soit B X = [ B ] 125 X4. Soit X max la valeur de X telle que B X max B 0 B 0 Comme B X max B 0 = = 144 B X4 max, on calcule X max = + 0, 4, et on en conclut que la plage des valeurs de x telle que le champ magnétique ne varie pas de plus de 2% de sa valeur maximale en x = 0 est : La valeur du champ magnétique en O est : 0, 4R < x < 0, 4R. B 0 = 1, T. 8/2 Comme ω = KB, K = ω2 B, soit K = Numériquement : K = 3, s 2.T π 1 T B. 9/2 L'énoncé parle de pôle nord magnétique N m et de pôle sud magnétique S m, or ce sont les pôles géographiques, ce sont les vrais pôles sud et nord respectivement de l'aimant qui crée le champ magnétique terrestre. Ils sont distincts des pôles Nord et Sud situés sur l'axe de rotation de la Terre, la diérence de position étant liée à la déclinaison magnétique. D'après le schéma, on peut relier tan i à B r et B θ soit : tan i = B r B θ, soit tan i = 2 cos θ 2 et tan θ = sin θ tan i. Numériquement, θ = 44 ou θ = 136. La latitude λ de Paris donnée dans l'énoncé est donnée dans le repère lié à l'axe de rotation de la Terre, soit λ = θ 90 + δ, où δ est la déclinaison magnétique. Je garde donc la solution θ = 136 qui donne θ 90 = 46 soit une déclinaison magnétique δ = 3, puisque λ = 49 d'après l'énoncé. 10/2 Lorsque l'axe de rotation est vertical, la boussole oscille avec une pulsation reliée à la composante horizontale B θ du champ magnétique soit ω = KB θ. De plus B θ = µ 0M sin θ 4πR 3, soit : T M = ω2 4πR 3 T Kµ 0 sin θ, 5

6 Devoir surveillé n 3 et B = 1 + tan 2 i 0.5 B θ. Numériquement : M = A.m 2, ce qui est conforme à l'estimation habituelle du moment magnétique terrestre ; et B = 4, T. 11/2 ȷ = ne v, soit v = ȷ ne, et numériquement v = 3, m.s 1. 12/2 La force magnétique subie par l'électron est : f = e v B. en régime permanent les électrons ont une vitesse v opposée au vecteur densité de courant qui est selon u x, ainsi la force magnétique qu'ils subissent est selon u z, les électrons se déportent vers la face 4. La face 4 se charge négativement, la face 2 positivement. 13/2 On applique le PFD à un électron dans le référentiel de la plaquette de semi-conducteur supposé galiléen, en régime permanent. m e d 2 v dt 2 = e E h e v B ee xux m e v τ 0 = eeh e v B ee xux m e v, τ en régime permanent, v est colinéaire à u x, en projetant sur u z le PFD, on obtient : 0 = ee h u z evb u x uy u z 0 = ee h evb E h = vb u z = I 0 neac B u z. Le champ E h est un champ électrique permanent, on en déduit : V 2 V 4 = 4 2 V 2 V 4 = E h a E h u z dz u h = V 4 V 2 = E h a = I 0 nec B. Finalement : Numériquement : γ = 95 V.T 1. γ = u h B = I 0 nec. 6

7 23/2 Le dispositif déni est invariant par translation selon u z et rotation autour de Oz, donc le potentiel V ne dépend que de r. Comme le conducteur est non chargée, le potentiel électrique vérie l'équation de Laplace : V = 0. Comme V = 1 d r dv, on déduit r dv r dr dr dr = K 1. Soit V r = K 1 r + K2, à l'aide des conditions limites en r = et r =, on établit : V r = V 1 + V 1 V 2 r/ /. Et le champ électrique entre les cylindres de rayon et : dv E = ur = V 2 V 1 1 ur. dr / r 24/2 Le PFD appliqué à l'électron dans le référentiel de la magnétorésistance qui est galiléen s'écrit, en "régime permanent" : d v m e dt = 0 = e E λ v e v B. Avec v = v rur + v θuθ, le pfd projeté successivement sur u r et u θ donne le système : ee r λv r ebv θ = 0 λv θ + ebv r = 0 On en déduit : v θ = v r = e2 B λ 2 + e 2 B 2 E λe λ 2 + e 2 B 2 E et ȷ = ne v. 24/2 Le courant I est est le ux du vecteur densité de courant électrique à travers le cylindre de hauteur h et de rayon r : I = ȷ d S I = 2π h j r rdzdθ θ=0 z=0 λe V 1 V 2 I = hπ λ 2 + e 2 B 2 / ne, 7

8 Devoir surveillé n 3 soit : R = V 1 V 2 I = λ2 + e 2 B 2 / 2πnhλe 2. Quand B = 0, R = R 0 = λ /, 2πnhe 2 et R R 0 R 0 = e2 B 2 λ 2. Numériquement : R R 0 R 0 = 7, , et R 0 = 112 Ω. Cette variation relative de résistance est vraiment très faible, et probablement très dicile à déceler. III. Déclenchement d'une étincelle 8

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