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Correction de l"épreuve de physique II filière PSICorrection de l"épreuve de physique II filière PSIconcours MINES PONTS session 2016concours MINES PONTS session 2016

EL FILALI SAID

CPGE BENI MELLAL

MAROC = elfilalisaid@yahoo.fr =

MESURES DE CHAMPS MAGNÉTIQUES

I /Balance de Cotton

o1-À l"équilibre , le bilan des forces est :

Le poids, qui s"applique enG.

La réaction de l"axe enO.

Le théorème du moment cinétique appliqué en O, dans le référentiel du laboratoire galiléen

s"écrit :-→OO?-→R+-→OG?-→P=-→0

Ce qui donne que

OG=-→0 =?G≡O

o2-En présence du courant on a les forces de Laplace : ?Sur l"arcA2A3on a-→d?=Rdθ-→eθ=?d-→F=iRBdθ-→er Et son moment est nulle parce que la force est centrale. ?Sur l"arcA4A5on a donc son moment est nulle parce que la force est centrale. Conclusion : le moment résultant sur les parties circulaires est nul. o3-A l"équilibre et d"après les questions précédentes on a : ?Le moment du poids additionnelle : M O(-→p) =--→OD?mg-→ey=?-→MO(-→p) =-mgd2-→ez ?Le moment de la force de Laplace sur le segment[A3A4]: Puisque la force est constante donc appliquée au point C ce qui donne que FL=? A4 A

Et son moment vaut

MO(-→FL) =iBd1?-→ez

À l"équilibre la somme des moments est nulle, on en déduit :iBd1?=mgd2, soit

B=mgd2i?d1

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016) o4-La sensibilité de la balance : Puisque toutes les grandeurs sont constantes sauf la masse alors :

δB=δm?gd2i?d1?

Application Numérique

δB?1×10-3T

Cette valeur est plus grande que le champ magnétique terrestre, mais plus faible que le champ créé par un aimant permanent. Conclusion : On peut utiliser la balance de Cotton pour mesurer les champs forts ( de l"ordre du Tesla).

II /Utilisation d"une boussole

II.A/ Étude générale

o5-On applique le théorème du moment cinétique en O : On rappelle que pour un solide-→σo=-→σ?+-→σ? Et puisque le mouvement est plan alors-→σ?=-→0donc J¨α-→ez=-→MO(-→P) +-→MO(-→R) +-→Γ comme d"après l"équilibre MO(-→P) =-→MO(-→R) =-→0et-→Γ =-→M?-→B=-MBsinα-→ez

Ce qui donne

¨α+MBJsinα= 0

A l"équilibre :

?-→MO(-→Fi) =-→0 =?-→Γ =-→0

C"est à diresinα= 0

α= 0Position d"équilibre stable

α=πPosition d"équilibre instable

Au voisinage de la position d"équilibre stableα= 0on a

¨α+MB

Jα= 0

Si on poseκ=M

Jalorsα(t) =C1cos(⎷κBt)C2sin(⎷κBt) En tenant compte des conditions initiales on obtient :

α(t) =αocos(⎷κBt)

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016) o6-L"expression deBo: On rappelle que pour un point de l"axe d"une spire vue sous l"angleθparcourue par un courant I l"expression du champ magnétique vaut

B=μoI

2Rsin3θ

Au centreθ→π/2 =?Bo=μoI

2ROu bien d"après la loi de Biot et Savart

B(M) =μo

4π?

ΓI-→d??--→PMPM3=?[B] =[μo][courant][distance] Donc la seule expression qui vérifiée cette analyse dimensionnelleest

Bo=μoI2R

o7-La variation relative de la norme du champ :

Soit M un point de l"axe Ox et d"après le théorème de superposition et en utilisant l"expres-

sion deBainsi le DL on obtient :

B(x) =165⎷5μ

oNI2R?

1-144125?

xR? 4? B(x)est uniforme à l"ordre 4 au voisinage dex= 0

La valeur maximaleBmdeBest enx= 0donc

B m=16

5⎷5μ

oNI2R

L"incertitude relative est de 2% donc

Bm-B(x)

Bm= 0,02 =?B(x) = 0,98Bmce qui donne

1-144125?

xR?

4= 0,98 =?xmR= 0,36A.NGGGGGGGGGGA xm= 5,4cm

Application Numérique

?Bm=11983×10-7T ?B(xm)=11743×10-7T o8-La valeur numérique deκ:

On a :T=2π

ω=?T=2π⎷κBce qui donne

κ=4π2BT2

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016)

Application Numérique

κ= 366151Akg-1

II.B/ Applications au champ magnétique terrestre o9-Schéma représentatif : M T

S.GN.G

S.MN.M

i -→Br=--→Bv-→

Bθ=-→BH

-→BT G T P

Dans le plan radial :

GT-→MTθi

P-→

Bθ=-→BH

-→BT -→Bv-→ Br

On a :

tani=BvBH=-BrBθ=?tani=-2tanθ

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016) Les solutions sont :θ1=-45,71oetθ2= 180-45,71o= 134,3o

Application Numérique

La solution physique est

θ= 134,3o

Sachant que :(θ-λ)(P) = 134,3-48o52?= 85,43o C"est à dire que l"axe de symétrie du champ terrestre est quasi parallèle avec l"axe de rotation de la terre (inclinaison de4,5o. o10-L"intensité du champ magnétique terrestre à Paris : Lorsque l"axe de la boussole est vertical, donc elle oscille sous l"action deBH=Bθet puisque : ?ω=⎷κBθ=?BH=4π2κT2. ?B=?B2r+B2θ=?B=⎷1 + tan2i Bθ.

Application Numérique

?BH=20,2µT ?B=40,4µT ?M=74×1022Am2

III /Utilisation d"une sonde à effet Hall

o11-L"expression de la vitesse-→Vdes porteurs de charges et sa norme :

On a :I=??

Σ-→j .-→dS=?Io=jacdonc

-→j=Io ac-→ex

Comme-→j=ne-→Valors

-→V=Io acne-→ex

Application Numérique

La norme de la vitesse est :

V= 31,56kms-1

o12-D"après l"expression de la force de Lorentz on a : -→F=q-→V?-→B=?-→F=qV B-→ez

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016) ?Pourq >0-→Fprésente le même sens que-→ez. ?Pourq <0-→Fprésente le sens opposée que-→ez. D"où accumulation des charges positives sur la face

4 et les charges négatives sur la face

2 4 2 u h=V4-V2I o -→Eh o13-Puisque la vitesse reste inchangée (uniforme) alors -→F=q(-→Eh+-→V?-→B) =-→0 =?-→Eh=-V B-→ez Comme -→Ehest uniforme alors uh=-? 2

4-→Eh.-→d?=?uh=V4-V2=V Ba

Par conséquent

γ=V a=Ionec

Application Numérique

γ= 94,7VT-1

o14-La valeur de la résistanceR:

On a :

u=R(Io+Ic) =?R=u Io+Ic

Application Numérique

R= 500Ω

o15-Lorsque on relie la face2 à la masse on a déviation des lignes de courant qui ne restent plus portées par l"axe Ox car le courant va circuler de

1 vers3 puisque

2 et3 sont aux même potentiels.

o16-Relation entreusetuh:

On a :

?Diviseur de tension : V +=R2

R1+R2V

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016) ?Millmann enV-donne V -=R1R2

R1+R2?

V2R1+uhR2?

A.O e régime linéaire donc

V-=V+=?us=R2R1u

L"amplification siR2> R1

o17-L"expression de la résistance d"entrée sur la face4

Re=V4i4=?Re=R1+R2

PuisqueReest finie on a un courant qui traverseR1etR2donc un courant suivant l"axe Oz. o18-la résistance d"entrée :

Puisque l"A.O est idéal alors

i+= 0 =?Re→ ∞ ?Le gainA:

On a :ue=V-=R

R+R?usdonc

A= 1 +R?R

o19-SiR→ ∞etR?= 0: Montage suiveur afin de rendreRe→ ∞: adaptation d"impédance. o20-Le montage complet : Vcc Re s c13 4 2 R1 R2 R1 R1R2 us o21-La valeur de la composanteBH:

On a :us=R2

R1u h=?us=R2R1γBdonc

BH=R1R2γusA.NGGGGGGGGGGA BH= 2,11×10-5T

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016) o22-L"expression du champ-→Bo:

En coordonnées cartésiennes on a :

?Invariance par translation suivant Ox et Oz donc-→Bo(M) =-→Bo(y) ?Le plan (-→ex,-→ey)est un plan de symétrie passant par le point M donc -→Bo(M) =Bo(y)-→ez

L"équation de M.A :

ac-→ex

Par projection sur l"axe Ox on obtient

dBo dy=μoI oac=?Bo=μoI oaA.NGGGGGGGGGGA Bo= 4,19×10-6T CommeBoBH= 0,2On ne peut pas négliger-→Bodevant-→BH

IV /Utilisation d"une magnétorésistance

o23-Le potentiel électrique : ?On a invariance par translation suivant Oz ( direction infinie). ?On a invariance par rotation autour de Oz

Donc :V(M) =V(r)

L"équation de Poissson :ΔV(M) +ρ(M)

εo= 0et puisque on a pas de charges entre les deux couronnes donc

ΔV(M) = 0 =?ddr?

rdVdr? = 0 par intégration , on obtientV(r) =C1lnr+C2 Avec les conditions aux limites :V(r1) =V1etV(r2) =V2On obtient :

V(r) =V1+ (V2-V1)ln(r/r1)ln(r2/r1)

?Le champ électrique : -→E(M) =-dV dr-→er=?E=?V1-V2ln(r2/r1)? 1r o24-le vecteur densité volumique de courant-→j: Pour un électron de charge (-e) et en régime permanent la RFD donne :

En coordonnées cylindriques

-→V=Vr-→er+Vθ-→eθ+Vz-→ezon a :

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016) e E 0 0+ Vr Vθ Vz? 0 0 B+ Vr Vθ Vz= eE+eBVθ+λVr= 0 -eBVr+λVθ= 0

λVz= 0

Ce qui donne

Vr=-λeEe2B2+λ2;Vθ=-e2EBe2B2+λ2;Vz= 0

Le vecteur densité de courant

-→j=-ne-→V=?-→j=ne2E e2B2+λ2(λ-→er+eB-→eθ) o25-L"expression de l"intensité du courant électrique : Sur une surface équipotentielle de rayonron a :

I=??-→j .-→dS=?I=?

h 0? 2π 0 j rrdθdz

Après intégration on obtient :

I=2πrhnλe2Ee2B2+λ2

En remplaçantEpar son expression ,on obtient

PourB= 0on a :

Ro=λ2πhne2ln(r2/r1)

Application numérique

?R=111.764643939745Ω ?Ro=111.764643930914Ω ?ε= 0,79?10-10 Puisqueε?1on ne peut pas utiliser ( avec les valeurs numériques données) cet écart afin d"en déduire la valeur du champsB

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CPGE BENI MELLAL- EL FILALI SAID-CPGE BENI MELLAL-EL FILALI SAID C.P.G.E/Béni.Mellal Correction Physique II (Mines Ponts-PSI/2016) Afin de déterminer une valeur non nulle deεj"ai utilisé Maple avec Digits :=15 ( le nombre de chiffres significatifs) >restart:Digits:=15;

Digits:= 15

;r2:=0.003;r1:=0.001;

λ:= 0.18000000000000010-16

e:= 0.16000000000000010-18

B:= 0.001

h:= 0.001 n:= 0.1100000000000001022 r2:= 0.003 r1:= 0.001

R:= 111.764643939745

Ro:= 111.764643930914

epsilon:=(R-Ro)/Ro;

ε:= 0.79014254324102510-10

k:=366151; T:=2.31;mu:=4*Pi*10^(-7);RT:=6400000; k:= 366151

T:= 2.31

2500000

RT:= 6400000

BH:=evalf(4Pi/(T^2k));

BH:= 0.64316985288239910-5

M:= 0.2343859158559411023

B:=evalf(BH/cos(64*Pi/180));

B:= 0.0000146718108067423

BB:= 0.0000146718108067422

RemarqueAutour deε

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quotesdbs_dbs19.pdfusesText_25

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MESURES DE CHAMPS MAGNÉTIQUES

I /Balance de Cotton

Le poids, qui s"applique enG.

La réaction de l"axe enO.

Ce qui donne que

OG=-→0 =?G≡O

Et son moment vaut

MO(-→FL) =iBd1?-→ez

B=mgd2i?d1

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δB=δm?gd2i?d1?

Application Numérique

δB?1×10-3T

II /Utilisation d"une boussole

II.A/ Étude générale

Ce qui donne

¨α+MBJsinα= 0

A l"équilibre :

C"est à diresinα= 0

α= 0Position d"équilibre stable

α=πPosition d"équilibre instable

¨α+MB

Jα= 0

Si on poseκ=M

α(t) =αocos(⎷κBt)

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B=μoI

2Rsin3θ

Au centreθ→π/2 =?Bo=μoI

2ROu bien d"après la loi de Biot et Savart

B(M) =μo

4π?

Bo=μoI2R

B(x) =165⎷5μ

1-144125?

La valeur maximaleBmdeBest enx= 0donc

5⎷5μ

L"incertitude relative est de 2% donc

Bm-B(x)

Bm= 0,02 =?B(x) = 0,98Bmce qui donne

1-144125?

4= 0,98 =?xmR= 0,36A.NGGGGGGGGGGA xm= 5,4cm

Application Numérique

On a :T=2π

ω=?T=2π⎷κBce qui donne

κ=4π2BT2

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Application Numérique

κ= 366151Akg-1

S.GN.G

S.MN.M

Bθ=-→BH

Dans le plan radial :

GT-→MTθi

P-→

Bθ=-→BH

On a :

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Application Numérique

La solution physique est

θ= 134,3o

Application Numérique

III /Utilisation d"une sonde à effet Hall

On a :I=??

Σ-→j .-→dS=?Io=jacdonc

Comme-→j=ne-→Valors

Application Numérique

La norme de la vitesse est :

V= 31,56kms-1

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4 et les charges négatives sur la face

4-→Eh.-→d?=?uh=V4-V2=V Ba

Par conséquent

γ=V a=Ionec

Application Numérique

γ= 94,7VT-1

On a :

Le poids, qui s"applique enG.

La réaction de l"axe enO.

P-→

BH:=evalf(4Pi/(T^2k));