DEUG S4 PMCP Examen

DEUG S4 PMCP
20 février 2007
Électromagnétisme (Phys206r)
Partiel n◦1
durée : 3 heures
sans documents, calculatrices autorisées
L’énoncé comporte 6 pages.
Barème indicatif : A=8, B=5, CI=4, CII=3.
A. Réseau de fentes
Un dispositif interférentiel (cf. figure 1), situé dans le vide, est composé
– d’un réseau (R) consistant en un diaphragme percé de 3N + 1 (N ≫ 1) fentes
identiques A1 , A2 , A3 , . . . , A3N +1 très fines, équidistantes de d (A1 A2 = A2 A3 =
· · · = d) et normales au plan de la figure ; le réseau est orthogonal à l’axe X ′ OX ;
– d’une lentille (L1 ) de centre O1 et de foyer objet F1 ; l’axe optique de la lentille
(L1 ) passe par O et fait l’angle algébrique i avec X ′ OX (i > 0 sur la figure);
– d’une fente S très fine percée parallèlement aux fentes du réseau dans l’écran
(E) ; l’écran (E) est situé dans le plan focal objet de la lentille (L1 ) ; la fente S,
qui est centrée en F1 , est éclairée par une lumière monochromatique de longueur
d’onde λ ;
– d’une lentille (L2 ) de centre O2 et de foyer image F2′ ; l’axe optique de la lentille
(L2 ) passe par O et fait l’angle algébrique r avec X ′ OX (r < 0 sur la figure);
– d’un détecteur de lumière (D) placé en F2′ qui mesure l’éclairement en ce point.
A3N+1
X′
i
O1
d
F1
S
X
r
O
A3
A2
A1
(L2 )
(R)
O2
(E)
(L1 )
(D)
F2′
Fig. 1 – Le dispositif.
1
1) Quel phénomène physique a lieu en chacune des fentes S, A1 , A2 , . . . , A3N +1 du
système? Faire une brève réponse qualitative.
2) Faire une figure qui représente les rayons lumineux émis par S, passant par A1 , A2 ,
. . . , A3N +1 et qui arrivent sur le détecteur en F2′ .
3) Calculer la différence de marche δ = [SA2 F2′ ] − [SA1 F2′ ] entre les deux rayons issus
des fentes A2 et A1 en fonction de d, i et r.
En déduire la différence de phase φ entre deux rayons issus de fentes consécutives.
4.a) Quelle condition doivent vérifier i, r, d et λ pour qu’on observe un signal maximum
sur le détecteur?
b) Application numérique : i = 30◦ , λ = 720 nm, d = 2 µm.
Déterminer toutes les valeurs de l’angle r, en degrés, qui correspondent à ces maximums
de signal.
5) Soit ak (k = 1, 2, . . . , 3N + 1) l’amplitude complexe de l’onde en F2′ qui est issue
de la fente Ak . Justifier que cette amplitude est de la forme
ak = Aei(k−1)φ
où A est une constante.
Calculer l’amplitude totale a =
3N
+1
X
ak et l’éclairement I sur le détecteur.
k=1
On donnera I en fonction de N, φ et de l’éclairement I0 que l’on obtiendrait si le réseau
ne comportait qu’une seule fente.
6) Représenter l’allure de I en fonction de φ dans la limite N → ∞.
7) On obture une fente sur trois du réseau : les fentes 1, 4, 7, . . . , 3N + 1 sont rendues
opaques.
a) Calculer la nouvelle amplitude totale a′ et le nouvel éclairement I ′ sur le détecteur.
b) Dans la limite N → ∞, pour quelles valeurs de φ obtient-on des maximums
d’éclairement? Quels sont les éclairements relatifs de ces maximums d’éclairement?
Représenter l’allure de I ′ en fonction de φ.
c) Quelles sont les conditions sur i, r, d et λ qui donnent les maximums d’éclairement?
d) Application numérique : i = 30◦ , λ = 720 nm, d = 2 µm.
Déterminer toutes les valeurs de l’angle r, en degrés, qui correspondent à ces maximums
de signal. On précisera, pour chaque valeur de r, l’éclairement relatif qui lui correspond.
2
B. Électrostatique
On considère une distribution de charges de densité volumique ρ(x, y, z), nulle en dehors
d’un volume V compact. On note


Ex (x, y, z)
~
E(x,
y, z) = Ey (x, y, z)
Ez (x, y, z)
le champ électrostatique p
et φ(x, y, z) le potentiel électrostatique qui s’annule à l’infini
(φ(x, y, z) → 0 pour r = x2 + y 2 + z 2 → ∞).
1) Question de cours
a) Donner l’expression de l’énergie électrostatique W de ce système sous la forme de
l’intégrale de la densité d’énergie électrostatique.
b) Montrer que cette expression de W est égale à
ZZZ
1
ρφ dV.
W =
2
V
On pourra commencer par démontrer que
Z ∞
Z
2
Ex dx =
−∞
∞
−∞
(1)
∂Ex
φ dx.
∂x
(2)
2) On considère un cube de côté L uniformément chargé
(cf. figure 2) :
(
ρ0 si |x| ≤ L2 , |y| ≤ L2 et |z| ≤ L2 ;
ρ(x, y, z) =
0 sinon.
a) En utilisant les symétries du cube chargé, que pouvez~ aux points A = (a, 0, 0),
vous dire du champ électrique E
B = (a, a, 0), C = (a, a, a) et D = (a, a, − a)?
L
Fig. 2 – Distribution
de charge cubique
b) Montrer que l’énergie électrostatique W de ce système est de la forme
W =C
ρα0 Lβ
4πǫ0
(3)
où C est une constante sans dimension (que l’on ne cherchera pas à calculer) et où α
et β sont deux exposants que l’on demande de déterminer.
3
L
3) On considère deux nouvelles répartitions uniformes de charges de même densité ρ0 :
1. la sphère inscrite dans le cube (cf. figure 3) :
(
ρ0 si r ≤ R1 ;
ρ1 (x, y, z) =
0 sinon.
R1
Fig. 3 – Sphère inscrite
2. la sphère circonscrite du cube (cf. figure 4) :
(
ρ0 si r ≤ R2 ;
ρ2 (x, y, z) =
0 sinon.
L
Montrer que l’énergie électrostatique W du cube est
comprise entre les énergies électrostatiques W1 et W2
de ces deux nouvelles répartitions de charges.
R2
Fig. 4 – Sphère circonscrite
4) Calculer les énergies électrostatiques W1 et W2 et en déduire une fourchette de
valeurs de la constante C.
C. Canon électromagnétique
x
w
A
A′
~
F
I
I
O
O′
I
B
X
w − 2r
r
+U −
r
I
I
D
B′
C′
C
y
z
Fig. 5 – Canon électromagnétique à rails.
Le canon élecromagnétique (railgun) dans sa forme la plus simple consiste en une paire
de rails conducteurs de longueur totale D séparés d’une distance w. Un des rails est
relié à la borne positive et l’autre à la borne négative d’une source de tension U. On
4
maintient pendant le lancement du projectile la tension U constante. Un projectile
conducteur, modélisé par une portion de conducteur rectiligne, opère la jonction entre
les deux rails refermant ainsi le circuit électrique. Le contact électrique est assuré
à chacune des extrêmités par un petit balai de longueur r < w. Les armatures du
circuit sont les deux rails et le projectile, tous assimilés à des fils rigides. Dans un
→
−
→−
→−
repère {O, i , j , k } en coordonnées catésiennes, le rail relié à la borne positive est
le lieu des points M+ (0 ≤ x ≤ D,y = 0,z = 0), le rail relié à la borne négative est
le lieu des points M− (0 ≤ x ≤ D,y = w,z = 0), le projectile est le lieu des points
MP (x = X,r ≤ y ≤ w − r,z = 0).
−
→
Un champ magnétique B est ainsi créé par le courant I, ce champ agit par la force de
−
→
Laplace F sur l’élément de circuit formé par le projectile. Pour obtenir une première
estimation des performances du canon on ignore l’action des forces de frottement et on
suppose les conducteurs de résistance nulle.
I
1) Donnez, par application directe de la formule de Biot-Savart, l’expression du champ
−
→
magnétique B OA (x = X,y,z = 0) créé par le segment OA parcouru par un courant I.
On donne:
Z
x
y
.
p
3 dx = p 2
2
y
x
+
y
2
2
x +y
−
→
2) Simplifiez l’expression de B OA (x = X,y,z = 0) obtenue quand Xy << 1 (champ à
−
→
l’extrêmité d’un fil demi-infini). Comparez le résultat obtenu noté B 1 (x = X,y,z = 0)
au champ magnétique correspondant à un fil rectiligne d’extension infinie. Interprétez
le résultat obtenu.
−
→
3) Calculez la contribution B BC (x = X,y,z = 0) du segment BC parcouru par le
−
→
même courant I, dans le sens indiqué sur la figure. Notez sa limite B 2 (x = X,y,0).
−
→
4) Calculez F (x = X), la résultante des forces exercées par le champ magnétique
−
→
−
→
−
→
B (X,y,0) = B 1 + B 2 créé par les deux fils demi-infini sur le segment de circuit du
projectile. Dans ce calcul on néglige le champ magnétique créé par le segment A′ B ′
ainsi que celui créé par les fils du générateur.
−
→
5) Calculez le flux Φ = LXI sur l’aire O ′ A′ B ′ C ′ en supposant que B (x,y,0) ≈
−
→
−
→
B (X,y,0). Exprimez F à l’aide de L.
5
II
d(XI)
?
dt
Déduisez-en I(t) en fonction de {U,L,X(t),t} dans le cas où X(t = 0)I(t = 0) = 0.
6) Quelle est la signification de la relation U = L
7) En substituant dans l’expression de la force de Laplace la valeur de I(t) précédente,
déterminez l’équation différentielle du mouvement pour un projectile de masse m sous
••
la forme : X = f (m,U,L,X(t),t).
8) Montrez que X(t)=Ctk , avec C et k constants, est une solution possible de cette
équation.
9) Déduisez en V (D), la vitesse obtenue au bout d’une distance D. Vérifiez la compatibilité dimensionnelle du résultat obtenu.
10) Application numérique: Quelle tension U correspond au lancement à la vitesse
Vl = 5 km/s d’un projectile de masse m = 20 g sur des rails de longueur D = 5 m
séparés par une distance w = 10 cm, avec r = 1 mm?
6
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20 février 2007
Électromagnétisme (Phys206r)
Corrigé du partiel n◦1
A. Réseau de fentes
1) Il se produit le phénomène de diffraction de la lumière. Les fentes étant extrêmement fines, chacune se comporte comme une source émettant dans toutes les directions
orthogonales aux fentes.
2) Les rayons lumineux émis par S sortent de la lentille (L1 ) parallèlement à O1 O. Les
rayons émis parallèlement à OO2 en A1 , A2 , . . . , A3N +1 convergent en F2′ en émergeant
de la lentille (L2 ).
A3N+1
P
O
i
H
O1
r
A2
(L2 )
K
A1
F1
S
(R)
O2
(E)
(L1 )
(D)
Fig. 6 – Tracé des rayons.
F2′
3) Soit H et K les projections orthogonales du point A1 sur les rayons arrivant et
partant de A2 respectivement. Le stigmatisme de la lentille (L1 ) implique l’égalité des
chemins optiques [SA1 ] = [SH] entre la source S et le plan d’onde P passant par
A1 (le plan d’onde P , orthogonal aux rayons d’après le théorème de Malus et Dupin,
contient le point H). De même, le stigmatisme de la lentille (L2 ) implique l’égalité
des chemins optiques [A1 F2′ ] = [KF2′ ]. On en déduit que la différence de marche vaut
δ = [SA2 F2′ ] − [SA1 F2′ ] = [HA2 K]. L’indice du vide valant 1, il vient
δ = HA2 + A2 K = d(sin i − sin r)
et
φ=
2πd(sin i − sin r)
2πδ
=
.
λ
λ
7
4.a) Pour qu’on observe un fort signal sur le détecteur, il faut que φ =
Cette condition donne la relation fondamentale des réseaux :
d(sin i − sin r) = pλ
avec
p ∈ Z.
(4)
p
sin r
−1 0,86
b) Application numérique : L’équation (4) donne
0
0,5
1
0,14
pλ
= 0,5 − 0,36 p.
sin r = sin i −
2 −0,22
d
3 −0,58
On obtient six valeurs de l’angle r (voir tableau ci4 −0,94
contre).
0 mod 2π.
r (◦ )
59,31
30
8,05
−12,71
−35,45
−70,05
5) La différence de phase entre l’onde k + 1 et l’onde k est φ. Les ondes k = 1,
2, . . . , 3N + 1 ont même amplitude réelle car les fentes sont identiques. On a donc
ak = Aei(k−1)φ .
3N
(3N +1)φ
X
1 − ei(3N +1)φ
i3N φ/2 sin
2
.
=
Ae
eikφ = A
L’amplitude totale est a = A
φ
iφ
1
−
e
sin
2
k=0
L’éclairement I est proportionnel à |a|2 :
!2
sin (3N +1)φ
2
I = I0
.
(5)
sin φ2
La valeur I0 est l’éclairement que produirait une seule fente (on obtient I = I0 pour
N = 0).
6) L’éclairement I est donné par la fonction réseau, équation (5). Les maximums ont
lieu pour φ = 0 mod 2π et valent I0 (3N + 1)2 . Quand N → ∞, on peut considérer
que l’éclairement est nul pour les valeurs φ 6= 0 mod 2π. On obtient ainsi pour l’allure
de I en fonction de φ :
I
I0 (3N +1)2
−6π
−4π
0
−2π
2π
4π
6π
φ
Fig. 7 – Fonction I(φ).
7.a) La nouvelle amplitude totale est
a′ = A(eiφ + ei2φ
+
ei4φ + ei5φ
ei7φ + ei8φ + · · · + ei(3N −2)φ + ei(3N −1)φ ).
+
On a a′ = A(eiφ + ei2φ )(1 + ei3φ + ei6φ + · · · + ei3(N −1)φ ) = A(eiφ + ei2φ )
Aei3φ/2 (e−iφ/2 + eiφ/2 )
ei3N φ/2 sin 3N2 φ
ei3φ/2 sin 3φ
2
= Aei3N φ/2
8
2 cos φ2 sin 3N2 φ
sin 3φ
2
.
1 − ei3N φ
=
1 − ei3φ
Remarque. On peut trouver une autre expression de a′ en l’écrivant comme a′ =
3N
N
3N
X
X
X
sin (3N 2+1)φ
eikφ = Aei3N φ/2
.
ei3kφ . La première somme est a = A
eikφ − A
A
φ
sin
2
k=0
k=0
k=0
N
(N +1)3φ
X
sin
2
La deuxième vaut A
ei3kφ = Aei3N φ/2
. On a donc
3φ
sin
2
k=0
a′ = Aei3N φ/2
sin (3N 2+1)φ
sin φ2
−
sin (N +1)3φ
2
sin 3φ
2
!
.
On en déduit deux expressions équivalentes de I ′ :
!
!2
(3N +1)φ
(N +1)3φ
φ
3N φ 2
2
cos
sin
sin
sin
2
2
2
2
I ′ = I0
−
= I0
.
φ
3φ
sin 3φ
sin
sin
2
2
2
Ici aussi, la valeur I0 est l’éclairement que produirait une seule fente.
3φ
= 0 : cela annule le dénomib) On obtient les maximums d’éclairement lorsque sin
2
2π
mod 2π.
nateur de I ′ (première forme). Cela donne φ = 0, ±
3
Pour φ = 0 mod 2π, I ′ est une forme indéterminée 00 . On obtient sa valeur I ′ = 4N 2 I0
en prenant la limite φ → 0 ou en remarquant que pour φ = 0 les 2N = (3N +1)−(N +1)
ondes sont toutes en phase et que l’amplitude totale est donc a′ = 2NA.
2π
mod 2π, I ′ = (2 cos π3 N)2 I0 = N 2 I0 , qui est 4 fois plus petit que le
Pour φ = ±
3
maximum pour φ = 0. Les N ondes 2, 5, 8, . . . d’une part, et les N ondes 3, 6, 9, . . .
2π
, ce
d’autre part, sont en phase. Mais ces deux séries d’ondes sont déphasées de ±
3
qui explique que l’éclairement est plus petit que pour φ = 0.
I′
4N 2 I0
N 2 I0
−6π
−4π
−2π
0
2π
3
4π
3
2π
Fig. 8 – Fonction I ′ (φ).
9
4π
6π
φ
2π
c) La condition φ = 0, ±
mod 2π donne
3
la relation fondamentale des réseaux de pas
3d :
3d(sin i − sin r) = pλ
avec
p ∈ Z. (6)
Les valeurs de p multiples de 3 donnent les
maximums d’éclairement 4N 2 I0 et les autres
N 2 I0 .
d) Application numérique : L’équation (4)
donne
sin r = sin i −
pλ
= 0,5 − 0,12 p.
3d
On obtient 17 valeurs de l’angle r (voir tableau ci-contre). Les 6 valeurs déjà obtenues à
la question 4.b) correspondent à l’éclairement
4N 2 I0 . Les 11 autres valeurs à l’éclairement
N 2 I0 .
p
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
sin r
0,98
0,86
0,74
0,62
0,5
0,38
0,26
0,14
0,02
−0,10
−0,22
−0,34
−0,46
−0,58
−0,70
−0,82
−0,94
r (◦ )
78,52
59,31
47,73
38,32
30
22,33
15,07
8,05
1,15
−5,74
−12,71
−19,88
−27,39
−35,45
−44,43
−55,08
−70,05
éclairement
N 2 I0
4N 2 I0
N 2 I0
N 2 I0
4N 2 I0
N 2 I0
N 2 I0
4N 2 I0
N 2 I0
N 2 I0
4N 2 I0
N 2 I0
N 2 I0
4N 2 I0
N 2 I0
N 2 I0
4N 2 I0
B. Électrostatique
1.a) L’énergie électrostatique est l’intégrale dans tout l’espace E
ZZZ
ǫ0 E 2
dV.
W =
2
E
(7)
~ sont Ex = − ∂φ , Ey = − ∂φ et Ez = − ∂φ .
b) Les composantes de E
∂x
∂y
∂z
L’équation (2) s’obtient en intégrant par parties :
Z ∞
Z ∞
Z A
Z ∞
∂φ
∂Ex
∂Ex
x=A
2
Ex dx = −
Ex
dx = lim [−Ex φ]x=−A +
φ dx =
φ dx.
A→∞
∂x
−∞
−∞
−A ∂x
−∞ ∂x
En intégrant l’équation (2) en y et z de −∞ à ∞, il vient (dV = dx dy dz)
ZZZ
ZZZ
∂Ex
2
φ dV
Ex dV =
E
E ∂x
~ E
~ = ρ,
et des relations analogues en changeant x en y et z. On a ensuite, en utilisant ∇·
ǫ0
ZZZ
ZZZ
ZZZ
ǫ0
∂Ex ∂Ey ∂Ez
1
ǫ0
2
2
2
(Ex +Ey +Ez )dV =
φ dV =
ρφ dV.
+
+
W =
2
2
∂x
∂y
∂z
2
E
E
V
|
{z
}
~ E=ρ/ǫ
~
∇·
0
10
2.a) Nous dirons que la droite D est un axe de rotation d’ordre n (n = 2, 3, . . . ) si le
2π
autour de D. Le système est alors
système est invariant dans la rotation R d’angle
n
invariant dans les n − 1 rotations Rk (k = 1, 2, . . . , n − 1). Le champ électrique en un
point M d’un axe de rotation d’ordre n est parallèle à cet axe.
Les droites OA, OB, OC et OD sont des axes de rotation d’ordres 4, 2, 3 et 3 respectivement. On en déduit que le champ électrique est radial en chacun de ces points.
La symétrie par rapport au plan z = 0 est une symétrie du système qui échange les
points C et D. On en déduit que le champ électrique a le même module aux points C
et D. En résumé,
~uy + ~uz
~uy − ~uz
+ ~uy
~ C = EC ~ux + √
~ D = ED ~ux + √
~ A = EA~ux , E
~ B = EB ~ux√
, E
, E
E
2
3
3
avec EC = ED .
b) On peut montrer le résultat par analyse dimensionnelle. L’expression du potentiel
ZZZ
1
ρ(x′ , y ′, z ′ )
p
φ(x, y, z) =
dx′ dy ′dz ′
(8)
′
2
′
2
′
2
4πǫ0
(x − x ) + (y − y ) + (z − z )
V
2 5
ρ0 L2
ρ0 L
3
montre que [φ] =
. Avec l’équation (1), il vient [W ] = [ρ0 φL ] =
.
4πǫ0
4πǫ0
L’énergie électrostatique s’écrit donc
W =C
ρ20 L5
, avec C constante sans dimension,
4πǫ0
qui est de la forme (3) avec α = 2 et β = 5.
Remarque Les équations (1) et (8) donnent
Z L Z L Z L Z L Z L Z L
1
ρ20
dx
W =
dy
dz
dx′
dy ′
dz ′ p
.
8πǫ0 0
(x − x′ )2 + (y − y ′)2 + (z − z ′ )2
0
0
0
0
0
Le changement de variables x = Lu, y = Lv, z = Lw, x′ = Lu′ , y ′ = Lv ′ , z ′ = Lw ′
ρ2 L5
permet de montrer directement que W = C 0 où C est la constante sans dimension
4πǫ0
Z 1Z 1Z 1Z 1Z 1Z 1
1
du dv dw du′ dv ′dw ′
p
C=
.
2 0 0 0 0 0 0
(u − u′ )2 + (v − v ′ )2 + (w − w ′ )2
On peut montrer (voir l’équation (32) de l’article [1]) que cette intégrale sextuple vaut
!
√
√
√
√
2 3− 2−1 π
+ + ln ( 2 − 1)(2 − 3) ≈ 0,941156324.
C=−
5
3
3) Supposons que ρ0 > 0. Remarquons qu’en tout point de l’espace on a
0 ≤ ρ1 (~r) ≤ ρ(~r) ≤ ρ2 (~r)
11
∀~r.
L’équation (8) implique que les potentiels correspondants vérifient :
0 ≤ φ1 (~r) ≤ φ(~r) ≤ φ2 (~r)
∀~r.
On en déduit
ρ1 (~r)φ1 (~r) ≤ ρ(~r)φ(~r) ≤ ρ2 (~r)φ2 (~r)
∀~r,
inégalités qui restent vraies pour ρ0 < 0. Par intégration dans tout l’espace, en utilisant
l’équation (1), on en déduit
W1 < W < W2 .
Remarque : autre méthode On peut utiliser la propriété que W est l’énergie de
constitution du système lorsqu’on amène les charges depuis l’infini. Ainsi, lorsque la
distribution de charge est ρ et le potentiel φ, si on effectue une variation infinitésimale
δρ de la densité, l’énergie varie de
ZZZ
δW =
(δρ)φ dV
E
(noter qu’il n’y a pas de facteur 21 ) qui est le travail qu’il faut fournir pour amener les
charges (δρ) dV de l’infini jusqu’à l’élément de volume dV .
Ayant constitué le système 1 (boule inscrite), pour former le cube, puis la boule circonscrite, on doit apporter des charges depuis l’infini, ce qui nécessite un travail positif
et augmente l’énergie électrostatique. On montre donc ainsi que W1 < W < W2 .
~ r ) de la boule de
4) Rappelons succinctement le calcul du champ électrostatique E(~
rayon R1 de centre O uniformément chargée avec la charge volumique ρ0 .
~ r ) = E(r) ~ur . Le théorème de Gauss montre
La symétrie du système implique que E(~
~ r ) est le même que celui de la charge ponctuelle à l’origine Q(r), Q(r)
que le champ E(~
étant la charge électrique à l’intérieur de la sphère de rayon r et de centre O :

3

 4πr ρ0 si r ≤ R1
33
Q(r) =

 4πR1 ρ0 si r ≥ R1 .
3
On a E(r) =
Q(r)
, soit
4πǫ0 r 2
ρ r
0


3ǫ
E(r) = ρ 0R3
 0 1

3ǫ0 r 2
Le potentiel est
si r ≤ R1
si r ≥ R1 .
ρ
0
2
2

 (3R1 − r ) si r ≤ R1
∞
6ǫ
φ(r) =
E(r ′ )dr ′ = ρ 0R3

r
 0 1
si r ≥ R1 .
3ǫ0 r
Z
12
L’équation (1) donne
1
W1 =
2
Z
De R1 = L/2 et R2 =
R1
0
√
4πρ20 R15
16π 2 ρ20 R15
ρ20
(3R12 − r 2 ) 4πr 2 dr =
=
.
6ǫ0
15ǫ0
15 4πǫ0
3L/2 on tire
W1 =
et
W2 =
On en déduit
π 2 ρ20 L5
.
30 4πǫ0
35/2 π 2 ρ20 L5
16π 2 ρ20 R25
=
.
15 4πǫ0
30 4πǫ0
π2
33/2 π 2
<C<
30
10
soit 0,329 < C < 5,129.
Référence
[1] Zakir F. Seidov, P.I. Skvirsky 2000, arXiv:astro-ph/0002496,
Gravitational potential and energy of homogeneous rectangular parallelepiped,
http://fr.arxiv.org/abs/astro-ph?papernum=0002496
cité page 11
C. Canon électromagnétique
−
→
−
→
y dx
µ0 I R x=X
1) B OA (X,y,0) =
p
3 k =
x=0
4π
x2 + y 2
µ0 I
4πy
√
−
→
X
k.
X 2 +y 2
→
−
→
µ0 I −
k . C’est la moitié du champ qui serait crée par un fil infini. Le champ
2) B 1 (y) = 4πy
de l’extrêmité supérieure d’un fil demi infini se combine avec le champ de l’extrêmité
inférieure pour donner la valeur du fil infini. Par symétrie le champ à chaque extrêmité
a la même valeur, d’où le résultat.
−
→
−
→
µ0 I R x=X
(w − y)dx
3) B BC (X,y,0) =
p
3 k =
x=0
4π
x2 + (w − y)2
→
−
→
µ0 I −
B 2 (y) = 4π(w−y)
k.
R y=w−r −
−
→
→
−
→
4) F (x = X) = y=r
B (y) ∧ j Idy =
5) Φ =
RR −
−
→
→
B (y)dxdy k =
µ0
2π
µ0 I 2
2π
√
−
→
X
k.
X 2 +(w−y)2
→
−
→ −
−
→
ln w−r
i = F =F i.
r
ln w−r
XI. Donc L =
r
13
µ0 I
4π(w−y)
µ0
2π
ln w−r
et F = LI 2 .
r
•
6) C’est l’équation du circuit obtenu par la loi de Faraday: e = −Φ et U + e = 0 d’où:
•
U
d(XI)
. On en déduit: I(t) =
t.
U − Φ = 0, soit U = L
dt
LX(t)
••
7) Equation du mouvement: X = F/m =
8) C 3 k(k − 1)t3k−2 =
U2 2
t.
mLX 2
9 U2
U2 2
t . D’où: k = 4/3,C 3 =
.
mL
4 mL
9)
X=
r
V 4 (X) =
3
r
9 U2 4
4 3 9 U2
t,
V =
t
4 mL
3 4 mL
!4
r
X
4 3 9 U2
64 X 2
r
U .
=
2
3 4 mL
9L m
3 9 U
4 mL
1/2
3 mL
= 9,2 10 H m , U =
10) L = ln
V 2 = 568 volts.
8 D
Remarque : On a effectué des approximations très grossières pour calculer le champ
~ (les fils ne sont pas infinis), la force F~ et le flux Φ (B
~ dépend de x et on aurait dû
B
utiliser la surface OABC). Il s’en suit que modèle n’est pas complètement cohérent et
conduit à quelques absurdités. Ainsi, d’après ce modèle, l’énergie cinétique du projectile
µ0
2π
w−r
r
−7
−1
4U
1
Wc = mV 2 =
2
3
Xm
L
1/2
serait plus grande que l’énergie fournie par le générateur
Wg =
Z
t
′
′
UI(t )dt = U
0
14
Xm
L
1/2
.