\begin{Solution}{1}
   La force se calcule dans les unités du SI. On a donc :
   \begin{align*}
   q&=\qty{12}{\milli\coulomb}=\qty{12e-3}{\coulomb}\\
   Q&=\qty{4}{\milli\coulomb}=\qty{4e-3}{\coulomb}\\
   d&=\qty{3}{\centi\metre}=\qty{3e-2}{\metre}
   \end{align*}
   Ainsi, on peut calculer la force comme suit :
   \begin{align*}
   F&=k\cdot \frac{q\cdot Q}{d^2}\\
   &=9\cdot 10^9\cdot \frac{12\cdot 10^{-3}\cdot 4\cdot 10^{-3}}{(3\cdot 10^{-2})^2}\\
   &=\qty{4,8e8}{\newton}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{2}
   Dans les unités du SI, on a :
   \begin{align*}
   F&=\qty{5}{\milli\newton}=\qty{5e-3}{\newton}\\
   d&=\qty{5}{\centi\metre}=\qty{5e-2}{\metre}
   \end{align*}
   Par ailleurs, les deux charges sont identiques et on peut poser : \(q=Q\).
   On peut écrire :
   \begin{align*}
   5\cdot 10^{-3}&=9\cdot 10^9\cdot \frac{q\cdot q}{(5\cdot 10^{-2})^2}\;\Rightarrow \\
   9\cdot 10^9\cdot q^2&=5\cdot 10^{-3}\cdot (5\cdot 10^{-2})^2\;\Rightarrow \\
   q^2&=\frac{5\cdot 10^{-3}\cdot (5\cdot 10^{-2})^2}{9\cdot 10^9} \\
   &=1,38\cdot 10^{-15}\;\Rightarrow \\
   q&=3,73\cdot 10^{-8}=\qty{37,3}{\nano\coulomb}
   \end{align*}
   Ainsi, la charge totale de ces particules est :
   \[\sum q=q+Q=2\cdot q=\qty{74,6}{\nano\coulomb}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{3}
   Un problème identique serait : combien y a-t-il de pommes de \qty{2}{\kilo\gram} dans un panier de pommes d'une masse totale de \qty{24}{\kilo\gram} ? Évidemment, on divise la masse totale des pommes par la masse d'une pomme : \(24/2=12\,pommes\).

   Dans notre problème, le panier d'électron a une charge de \qty{7}{\micro\coulomb} soit \qty{7e-6}{\coulomb} et chaque électron une charge, dite élémentaire, de \qty{1,6e-19}{\coulomb}. Ainsi, le nombre d'électrons vaut :
   \[n=\frac{7e-6}{1,6e-19}=\qty{4,375e13}{electrons}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{4}
   Deux charges, considérées comme ponctuelles, se trouvent ici en présence. L'une est le noyau, constitué de six protons, et dont la charge vaut donc \(Q_{noyau}=6\cdot e\), \(e\) étant la charge élémentaire, c'est-à-dire la charge d'un proton. L'autre est l'électron, dont la charge vaut \(q_{\acute electron}=e\), en valeur absolue.

   Ainsi, la force qui s'exerce entre ces deux charges vaut :
   \begin{align*}
   F&=9\cdot 10^9\cdot \frac{1,6\cdot 10^{-19}\cdot 6\cdot 1,6\cdot 10^{-19}}{(10^{-10})^2}\\
   &=\qty{1,38e-7}{\newton}=\qty{138}{\nano\newton}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{5}
   Pour la force électrique, on a :
   \begin{align*}
   F_e&=k\cdot \frac{q_{proton}\cdot q_{\acute electron}}{d^2}\\
   &=9\cdot 10^9\cdot \frac{(1,6\cdot 10^{-19})^2}{(10^{-10})^2}\\
   &=\qty{2,3e-8}{\newton}
   \end{align*}
   Pour la force de gravitation, on a :
   \begin{align*}
   F_g&=G\cdot \frac{m_{proton}\cdot m_{\acute electron}}{d^2}\\
   &=6,67\cdot 10^{-11}\cdot \frac{1,67\cdot 10^{-27}\cdot 9,1\cdot 10^{-31}}{(10^{-10})^2}\\
   &=\qty{10e-47}{\newton}
   \end{align*}
   Ainsi, le rapport vaut :
   \[r=\frac{2,3\cdot 10^{-8}}{10^{-47}}=2,3\cdot 10^{39}\]
   Ce qui signifie que la force électrique est \(2,3\cdot 10^{39}\) fois plus grande que la force gravifique ! C'est-à-dire que la force électrique est une force bien plus forte que la force gravifique.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{6}
   Commençons par déterminer le poids des deux électrons. À la surface de la Terre, on a :
   \[P=m\cdot g=(m_e+m_e)\cdot g=2\cdot m_e\cdot g\]
   Ainsi, la force électrique qui s'exerce entre les deux électrons s'écrit :
   \[F=k\cdot \frac{e\cdot e}{d^2}=2\cdot m_e\cdot g\;\Rightarrow\]
   \[9\cdot 10^9\cdot \frac{(1,6\cdot 10^{-19})^2}{d^2}=2\cdot 9,1\cdot 10^{-31}\cdot 10\;\Rightarrow\]
   \[d^2=9\cdot 10^9\cdot \frac{(1,6\cdot 10^{-19})^2}{2\cdot 9,1\cdot 10^{-31}\cdot 10}=12,66\;\Rightarrow\]
   \[d=\qty{3,56}{\metre}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{7}
   La difficulté de ce problème réside dans le fait qu'on ne connaît ni la charge \(q\) ou \(Q\) de chaque objet, ni la distance \(d\) qui les sépare. Mais comme la force qui s'exerce entre eux est connue, on peut écrire :
   \[F=400\,mN=400\cdot 10^{-3}=9\cdot 10^9\cdot \frac{q\cdot Q}{d^2}\]
   Par ailleurs, sans que \(q\) et \(Q\) ne changent, lorsque la distance \(d\) entre les deux charges est diminuée d'un facteur neuf, soit pour la nouvelle distance \(d'=d/9\), on peut écrire pour la nouvelle force \(F'\) :
   \begin{align*}
   F'&=k\cdot \frac{q\cdot Q}{d'^2}=k\cdot \frac{q\cdot Q}{(\frac{d}{9})^2}=k\cdot \frac{q\cdot Q}{\frac{d^2}{81}}\\
   &=k\cdot \frac{q\cdot Q}{d^2}\cdot 81=400\cdot 10^{-3}\cdot 81=\qty{32,4}{\newton}
   \end{align*}
   L'avant dernière égalité étant justifiée par la valeur de \(F\).

   Remarquons enfin que le problème contient formellement quatre inconnues (\(F'\), \(q\), \(Q\) et \(d\)) pour deux équations. On ne devrait donc pas pouvoir résoudre. Mais comme on ne cherche ni \(q\), ni \(Q\), ni \(d\), on peut considérer le groupe \(q\cdot Q/d^2\) comme une seule inconnue. Ainsi, on a alors un système de deux équations à deux inconnues et une solution est possible.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{8}
   Chacune des deux charges \(q\) et \(Q\) exerce une force sur \(q'\). Pour que cette dernière ne subisse aucune force, il faut donc que la somme vectorielle des deux forces exercées par \(q\) et \(Q\) soit nulle. Pour cela, il faut que :
   \begin{itemize}
   \item les deux forces soient parallèles,
   \item qu'elles soient opposées et
   \item qu'elles aient une valeur égale.
   \end{itemize}
   Pour que les deux forces soient parallèles, il faut que les trois charges soient sur une même ligne. Sur celle-ci, on pourrait donc placer \(q'\) soit entre les deux charges \(q\) et \(Q\), soit à l'extérieur du côté de \(q\), soit à l'extérieur du côté de \(Q\).

   Mais, pour que les deux forces soient opposées, on ne peut placer \(q'\) au centre, car alors les deux forces auraient même sens, en raison du signe opposé des deux charges \(q\) et \(Q\).

   Finalement, on doit placer \(q'\) à l'extérieur des deux charges, du côté de \(Q\), car la distance entre \(q\) et \(q'\) est plus grande que celle entre \(Q\) et \(q'\). En effet, la dépendance en \(1/r^2\) de la force, qui fait diminuer la force lorsqu'on augmente la distance, est compensée par sa proportionnalité dans la valeur des charges en jeu. Ainsi, comme \(q\) est la plus grande charge (en valeur absolue), il faut la placer plus loin que \(Q\) dont la valeur est plus petite.

   Tout cela est valable quel que soit le signe de \(q'\) qui ne fait que changer le sens des forces qui s'exercent.

   Pour déterminer la distance \(d\) qui sépare \(Q\) de \(q'\), on pose (avec \qty{10}{\centi\metre} soit \qty{0,1}{\metre}) :
   \begin{align*}
   F_{q\rightarrow q'}&=F_{Q\rightarrow q'}\;\Rightarrow\\
   k\cdot \frac{9\cdot 10^{-6}\cdot q'}{(0,1+d)^2}&=k\cdot \frac{2\cdot 10^{-6}\cdot q'}{d^2}\;\Rightarrow\\
   \frac{9}{(0,1+d)^2}&=\frac{2}{d^2}\;\Rightarrow\\
   9\cdot d^2&=2\cdot (0,1+d)^2\;\Rightarrow\\
   9\cdot d^2&=2\cdot (0,01+0,2\cdot d+d^2)\;\Rightarrow\\
   9\cdot d^2&=0,02+0,4\cdot d+2\cdot d^2\;\Rightarrow
   \end{align*}
   Soit finalement l'équation du second degré :
   \[7\cdot d^2-0,4\cdot d-0,02=0\]
   La solution est alors donnée par :
   \begin{align*}
   d&=\frac{0,4\pm \sqrt{(-0,4)^2-4\cdot 7\cdot (-0,02)}}{2\cdot 7}\\
   &=\frac{0,4\pm 0,849}{14}\\
   &=\begin{cases}\qty{0,0892}{\metre}&q'\mathrm{\ \grave a\ l'ext\acute erieur}\\\qty{-0,0321}{\metre}&q'\mathrm{\ \grave a\ l'int\acute erieur}\end{cases}
   \end{align*}
   Comme on a choisi d'écrire la distance entre \(q\) et \(q'\) comme \((0,1+d)\) avec \(q'\) à l'extérieur des deux charges \(q\) et \(Q\), la distance \(d\) est positive si la charge \(q'\) est à l'extérieur. C'est donc la solution positive qu'il faut retenir. L'autre solution correspond au cas où \(q'\) serait entre les deux charges. En effet, ce cas est possible, car la condition mathématique de départ impose seulement que les deux forces soient égales et non aussi qu'elles soient opposées. Ainsi, la solution négative correspond-elle au cas où la charge \(q'\) serait à l'intérieur des deux charge et subirait deux forces égales mais de même sens. Il faut la rejeter.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{9}
   On a simplement :
   \begin{align*}
   q+Q&=780\,\mu C=780\cdot 10^{-6}\,C\;\Rightarrow\\
   q&=780\cdot 10^{-6}-Q
   \end{align*}
   Ainsi, on peut écrire :
   \begin{align*}
   F&=20,4=9\cdot 10^9\cdot \frac{q\cdot Q}{1,23^2}\\
   &=9\cdot 10^9\cdot \frac{(780\cdot 10^{-6}-Q)\cdot Q}{1,23^2}\;\Rightarrow\\
   20,4&=\frac{9\cdot 10^9\cdot 780\cdot 10^{-6}\cdot Q-9\cdot 10^9\cdot Q^2}{1,23^2}
   \end{align*}
   Et donc :
   \[20,4\cdot 1,23^2=7,02\cdot 10^6\cdot Q-9\cdot 10^9\cdot Q^2\]
   Ce qui donne l'équation du second degré suivante :
   \[9\cdot 10^9\cdot Q^2-7,02\cdot 10^6\cdot Q+30,86=0\]
   dont la solution est donnée par :
   \begin{align*}
   &Q=\\
   &=\frac{7,02\cdot 10^6\pm \sqrt{(7,02\cdot 10^6)^2-4\cdot 9\cdot 10^9\cdot 30,86}}{2\cdot 9\cdot 10^9}\\
   &=\frac{7,02\cdot 10^6\pm6,94\cdot 10^6}{18\cdot 10^9}=\begin{cases}\qty{775,5}{\micro\coulomb}\\\qty{4,4}{\micro\coulomb}\end{cases}
   \end{align*}
   Soit, pour l'autre charge :
   \[q=780-Q=780-\begin{cases}775,5\\4,4\end{cases}=\begin{cases}\qty{4,5}{\micro\coulomb}\\\qty{775,6}{\micro\coulomb}\end{cases}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{10}
   Ce problème est partiellement algébrique, en ce sens qu'on considère \(Q_T\) comme connu. La solution en sera donc fonction. Évidemment, on peut écrire :
   \[q+Q=Q_T\;\Rightarrow\;Q=Q_T-q\]
   La force qui s'exerce entre les charges s'écrit alors :
   \[F=k\cdot \frac{q\cdot Q}{d^2}=k\cdot \frac{q\cdot (Q_T-q)}{d^2}\]
   La force $F$ est donc une fonction de \(q\) :
   \[F=F(q)\]
   C'est donc en annulant la dérivée de cette fonction qu'on en obtiendra la valeur maximale :
   \[F(\widehat q)\mathrm{\ max\ ou\ min\ si\ }\frac{d}{dq}F(\widehat q)=0\]
   La fonction qu'il faut dériver est donc :
   \[F(q)=\frac{k\cdot Q_T}{d^2}\cdot q-\frac{k}{d^2}\cdot q^2\]
   Sa dérivée est :
   \[\frac{dF(q)}{dq}=\frac{k\cdot Q_T}{d^2}-\frac{k}{d^2}\cdot 2\cdot q\]
   En annulant cette dérivée, on trouve alors la valeur de \(\widehat q\) pour laquelle la force est maximale ou minimale :
   \begin{align*}
   \frac{k\cdot Q_T}{d^2}-\frac{k}{d^2}\cdot 2\cdot \widehat q&=0\;\Rightarrow\\
   Q_T-2\cdot \widehat q&=0
   \end{align*}
   Soit finalement :
   \[\widehat q=\frac{Q_T}{2}=Q\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{11}
   Le champ est produit par la charge \(Q=\qty{40e-5}{\coulomb}=\qty{400}{\micro\coulomb}\). Il faut le déterminer à une distance \(d=\qty{33}{\centi\metre}\) d'elle.
   La direction et le sens sont donnés à la figure \ref{champ33cm}.
   La grandeur se calcule comme suit :
   \begin{align*}
   E&=9\cdot 10^9\cdot \frac{40\cdot 10^{-5}}{0,33^2}\\
   &=33'057'851\,N/C=\qty{33}{\mega\newton\per\coulomb}
   \end{align*}
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Champ à \qty{33}{\centi\metre}}\label{champ33cm}
	\includegraphics{Champ33cm.eps}
	\end{figure}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{12}
   Nous avons ici à déterminer un champ qui exerce une force donnée \(F=\qty{8e-4}{\newton}\) sur une charge \(q=\qty{2}{\micro\coulomb}=\qty{2e-6}{\coulomb}\). Comme \(q>0\)f, la relation :
   \[\overrightarrow{F}=q\cdot \overrightarrow{E}\]
   implique que le champ est dans la même direction et le même sens que la force, comme indiqué sur la figure \ref{champforce}.
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Force et champ}\label{champforce}
	\includegraphics{ChampForce.eps}
	\end{figure}
   Sa valeur est ainsi :
   \[E=\frac{F}{q}=\frac{8\cdot 10^{-4}}{2\cdot 10^{-6}}=\qty{400}{\newton\per\coulomb}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{13}
   Le champ total est la somme vectorielle des champs \(\overrightarrow{E}_-\) et \(\overrightarrow{E}_+\) respectivement créés par les charges \(Q_-\) et \(Q_+\). On peut en calculer la valeur comme suit :
   \begin{align*}
   E_-&=9\cdot 10^9\cdot \frac{50\cdot 10^{-6}}{0,1^2}=\qty{45}{\mega\newton\per\coulomb}\\
   E_+&=9\cdot 10^9\cdot \frac{40\cdot 10^{-6}}{0,1^2}=\qty{36}{\mega\newton\per\coulomb}
   \end{align*}
   Comme ces champs sont dans la même direction et le même sens (voir figure \ref{champ2charges}), la valeur du champ total est la somme arithmétique de \(E_-\) et \(E_+\) :
   \[E_{tot}=E_-+E_+=45+36=\qty{81}{\mega\newton\per\coulomb}\]
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Champ entre deux charges}\label{champ2charges}
	\includegraphics{Champ2Charges.eps}
	\end{figure}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{14}
   Pour que le proton soit en suspension, il faut que son poids \(P\) soit compensé par la force électrique \(F\) produite par le champ \(E\). Comme la charge du proton est positive, le champ \(\overrightarrow{E}\) est dans le même sens que la force \(\overrightarrow{F}\), c'est-à-dire opposé au poids, comme le montre la figure \ref{protonsuspension}. Numériquement, on a alors :
   \begin{align*}
   q\cdot E&=m\cdot g\;\Rightarrow\\
   E&=\frac{m\cdot g}{q}=\frac{1,67\cdot 10^{-27}\cdot 10}{1,6\cdot 10^{-19}}=\qty{1e-7}{\newton\per\coulomb}
   \end{align*}
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Proton en suspension}\label{protonsuspension}
	\includegraphics{ProtonSuspension.eps}
	\end{figure}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{15}
   C'est la force \(\overrightarrow{F}\) qui s'exerce sur le proton qui produit son accélération \(\overrightarrow{a}\). Comme la masse \(m\) du proton est positive, la deuxième loi de Newton \(\overrightarrow{F}=m\cdot \overrightarrow{a}\) implique que la force \(\overrightarrow{F}\) a même direction et même sens que l'accélération. Comme \(\overrightarrow{F}=q\cdot \overrightarrow{E}\) et que la charge \(q\) du proton est positive, le champ \(\overrightarrow{E}\) a même direction et même sens que la force. Donc, comme le montre la figure \ref{protonaccelere}, les trois vecteurs ont même direction et même sens.

   La grandeur du champ électrique \(E\) est donnée par :
   \begin{align*}
   F&=m\cdot a=q\cdot E\;\Rightarrow\\
   E&=\frac{m\cdot a}{q}=\frac{1,67\cdot 10^{-27}\cdot 74,3\cdot 10^3}{1,6\cdot 10^{-19}}\\
   &=\qty{7,76e-4}{\newton\per\coulomb}
   \end{align*}
   \begin{figure}[!h]
	\centering
	\caption{Proton accéléré}\label{protonaccelere}
	\includegraphics{ProtonAccelere.eps}
	\end{figure}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{16}
   Traitons chaque point successivement.
   \begin{enumerate}
   \item Comme \(\overrightarrow{F}=q\cdot \overrightarrow{E}\) et que la charge \(q\) de l'électron est négative, la force électrique \(\overrightarrow{F}\) est de sens opposé au champ. Mais comme le champ est dans le même sens que la vitesse initiale, la force est opposée à celle-ci. Ainsi, l'électron va ralentir, puis d'arrêter et repartir en arrière. Il fera donc demi-tour.
   \item Comme :
   \begin{align*}
   F&=e\cdot E=c^{ste}=m\cdot a\;\Rightarrow\\
   a&=c^{ste}=\frac{e\cdot E}{m}=\frac{1,6\cdot 10^{-19}\cdot 6,2\cdot 10^3}{9,1\cdot 10^{-31}}\\
   &=\qty{1,1e15}{\metre\per\second\squared}
   \end{align*}
   L'accélération est constante et de valeur déterminée. C'est en fait une décélération et sa valeur est donc \(a=\qty{-1,1e15}{\metre\per\second\squared}\). C'est un MRUA et on peut écrire :
   \begin{align*}
   v_f^2&=v_i^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
   0^2&=(2,6\cdot 10^6)^2-2\cdot 1,1\cdot 10^{15}\cdot d\;\Rightarrow\\
   d&=\frac{(2,6\cdot 10^6)^2}{2\cdot 1,1\cdot 10^{15}}=\qty{3e-3}{\metre}=\qty{3}{\milli\metre}
   \end{align*}
   \item On a encore :
   \[v_f=a\cdot t+v_i\]
   avec, aux instants considérés :
   \[v_i>0\; , \; v_f<0\; et \; v_i=v_f\]
   Ainsi, on peut écrire en se rappelant qu'on a une décélération :
   \begin{align*}
   -v_i&=a\cdot t+v_i\;\Rightarrow\\
   -2\cdot v_i&=a\cdot t\;\Rightarrow\\
   t&=\frac{-2\cdot v_i}{a}=\frac{-2\cdot 2,6\cdot 10^6}{-1,1\cdot 10^{15}}\\
   &=\qty{4,73e-9}{\second}=\qty{4,73}{\nano\second}
   \end{align*}
   \end{enumerate}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{17}
   On a simplement :
   \[E=\frac{F_1}{q_1}=\frac{10^{-2}}{10^{-7}}=\qty{1e5}{\newton\per\coulomb}\]
   et pour la force :
   \[F_2=q_2\cdot E=10^{-8}\cdot 10^5=\qty{1e-3}{\newton}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{18}
   Si on pose \(q_1=\qty{4}{\micro\coulomb}\) et \(q_2=\qty{6}{\micro\coulomb}\), \(\overrightarrow{E}_1\) le champ électrique créé par la charge \(q_1\), \(\overrightarrow{E}_2\) le champ électrique créé par la charge \(q_2\), \(\overrightarrow{F}_{1\rightarrow 2}\) la force créée par \(q_1\) qui s'exerce sur \(q_2\) et \(\overrightarrow{F}_{2\rightarrow 1}\) la force créée par \(q_2\) qui s'exerce sur \(q_1\), on a la situation présentée sur la figure \ref{lunlautre}. Par la troisième loi de Newton, on peut affirmer que :
   \[F_{1\rightarrow 2}=F_{2\rightarrow 1}=F=\qty{0,4}{\newton}\]
   Ainsi, chaque charge exerce sur l'autre la même force.

   Mais, comme la valeur de chaque charge est différente, le champ électrique produit l'est aussi. Le champ électrique produit par la charge \(q_1\) exerce son action, la force \(F\), sur la charge \(q_2\). De la même manière, le champ produit par la charge \(q_2\) exerce son action, l'autre force \(F\), sur la charge \(q_1\). Ainsi, par \(F=q\cdot E\), on a :
   \begin{align*}
   E_1&=\frac{F}{q_2}=\frac{0,4}{6\cdot 10^{-6}}=\qty{66666}{\newton\per\coulomb}\\
   E_2&=\frac{F}{q_1}=\frac{0,4}{4\cdot 10^{-6}}=\qty{100000}{\newton\per\coulomb}
   \end{align*}
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Une charge et l'autre}\label{lunlautre}
	\includegraphics{LunLautre.eps}
	\end{figure}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{19}
   Les deux charges ont même valeur. On peut donc calculer le champ électrique à \qty{25}{\centi\metre} de l'une par :
   \[E_{25}=9\cdot 10^9\cdot \frac{10^{-6}}{0,25^2}=\qty{144}{\kilo\newton\per\coulomb}\]
   On peut aussi calculer le champ à \(75-25=\qty{50}{\centi\metre}\) de l'autre par :
   \[E_{50}=9\cdot 10^9\cdot \frac{10^{-6}}{0,5^2}=\qty{36}{\kilo\newton\per\coulomb}\]
   Les deux charges étant positives, chacune d'elle créée un champ de sens opposé à l'autre. Ce champ pointe à l'opposé de la charge qui l'a créé. Le plus grand est celui créé par la charge à \qty{25}{\centi\metre}. Le champ résultant pointe donc vers la charge à \qty{50}{\centi\metre} et sa valeur est :
   \[E_{total}=E_{25}-E_{50}=144-36=\qty{108}{\kilo\newton\per\coulomb}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{20}
   Pour ne pas surcharger le dessin, la figure \ref{champtroischarges} ne présente le champ total issu des trois charges qu'en un seul point. Attention, les lignes de construction sont importantes pour les champs issus de chaque charge et pour la construction des sommes vectorielles issues de ces champs.
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Champ produit par trois charges}\label{champtroischarges}
	\includegraphics{ChampTroisCharges.eps}
	\end{figure}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{21}
   Par \(F=m\cdot a\), on trouve la force nécessaire à accélérer la charge \(q\) :
   \[F=m\cdot a=10^{-3}\cdot 3=\qty{3e-3}{\newton}\]
   Le champ électrique nécessaire pour produire cette force est alors :
   \[E=\frac{F}{q}=\frac{3\cdot 10{-3}}{1\cdot 10^{-6}}=\qty{3000}{\newton\per\coulomb}\]
   La charge nécessaire pour créer ce champ électrique est finalement donnée par :
   \begin{align*}
   E&=k\cdot \frac{Q}{d^2}\;\Rightarrow\\
   Q&=E\cdot \frac{d^2}{k}=3000\cdot \frac{2^2}{9\cdot 10^9}\\
   &=\qty{1,33e-6}{\coulomb}=\qty{1,33}{\micro\coulomb}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{22}
   Il faut relever que les valeurs indiquées dans la table \ref{resistancesdiversessol} sont indicatives et dépendent parfois de l'état des éléments utilisés pour faire la mesure (l'humidité par exemple).

   \begin{table}[H]
   \centering
   \begin{tabular}{|c|c|}
   \hline
   Élément&Résistance ($\Omega$)\tabularnewline
   \hline
   \hline
   Fil électrique&$\sim 10$
   \tabularnewline
   \hline
   Corps humain&$\sim 100'000$
   \tabularnewline
   \hline
   Semelle plastique&$\sim 10'000'000$
   \tabularnewline
   \hline
   Stylo feutre&$>\,10'000'000$
   \tabularnewline
   \hline
   Crayon de papier&$\sim 30$
   \tabularnewline
   \hline
   Crayon de couleur&$> 1'000'000$
   \tabularnewline
   \hline
   Bois sec (2 cm)&$>\,1'000'000$
   \tabularnewline
   \hline
   Tâteur&$>\,100'000'000$
   \tabularnewline
   \hline
   Verre&$>\,100'000'000$
   \tabularnewline
   \hline
   \end{tabular}
   \caption{Résistances diverses}
   \label{resistancesdiversessol}
   \end{table}

   
\end{Solution}
\begin{Solution}{23}
   Si l'oiseau pose une seule patte sur le fil, comme ce dernier a une résistance très faible (pour éviter de dissiper de la chaleur et perdre ainsi de l'énergie inutilement), l'essentiel du courant va passer dans le fil. Comme la résistance de l'oiseau est en général assez importante, la fraction de courant qui va passer dans la patte ne lui est pas dangereuse.

   De la même manière, la résistance du fil étant très faible par rapport à celle de l'oiseau et la tension entre elles peu importante, s'il pose les deux pattes, même si un partie du courant peut passer à travers son corps, celui-ci sera trop faible pour que l'oiseau soit en danger.

   Par contre, s'il pose l'autre patte sur un conducteur connecté à la terre, la différence de potentiel, c'est-à-dire la tension entre ses deux pattes est une haute tension et malgré une résistance du corps de l'oiseau importante, la décharge est fatale.

   Il faut retenir de cela, qu'un parachutiste accroché par accident à une ligne haute tension ne risque rien tant qu'il n'est pas en contact avec la terre (éventuellement par l'intermédiaire de l'échelle de ses sauveteurs). Avant de lui venir en aide, il est donc impérativement nécessaire de couper le courant dans la ligne.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{24}
   La loi d'Ohm donne :
   \begin{align*}
   U&=R\cdot I\;\Rightarrow\\
   I&=\frac{U}{R}=\frac{230}{1500}=\qty{0,1534}{\ampere}=\qty{153,4}{\milli\ampere}
   \end{align*}
   Ce courant est mortel. Il y a brûlures importantes et arrêt cardiaque.

   Même si l'appareil n'était pas enclenché, mais seulement branché à la prise murale, l'eau, en s'infiltrant à l'intérieur, permettrait le passage du courant et l'électrocution persisterait. Pour éviter le danger, il faudrait débrancher l'appareil de la prise murale.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{25}
   Supposons une personne de résistance corporelle faible \(R=\qty{100}{\kilo\ohm}\). La loi d'Ohm donne alors :
   \begin{align*}
   U&=R\cdot I\;\Rightarrow\\
   I&=\frac{U}{R}=\frac{12}{100'000}=\qty{0,00012}{\ampere}=\qty{0,12}{\milli\ampere}
   \end{align*}
   Ce courant n'est absolument pas dangereux. Attention pourtant aux risques de brûlures par échauffement du fil lors du démarrage de la voiture. Il nécessite en effet un fort courant.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{26}
   La prise de terre constitue un dispositif de protection des personnes. Or, tant à l'extérieur que dans les caves, l'humidité diminue la résistance du corps. Les risques d'électrocution sont donc plus importants. Ce sont donc des lieux pour lesquels il faut être mieux protégé. Signalons que la législation impose pour les nouvelles constructions de poser un fusible à courant de défaut (FI) pour les prises qui aboutissent dans les salles de bain, les caves et à l'extérieur.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{27}
   Surtout, ne pas tenter de le dégager en se saisissant de lui. Il faut tenter de couper le courant le plus rapidement possible en utilisant les fusibles.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{28}
   La comparaison des résistances données dans la table \ref{resistancesdiversessol} permet de se rendre compte que la résistance de la mine d'un crayon de couleur est importante, alors que celle d'un crayon de papier (du carbone) est faible. Ainsi, il est très dangereux de mettre un crayon de papier dans une prise, car il se peut que cela soit la phase et qu'elle soit active. Malgré sa haute résistance, comme souvent les enfants le mettent à la bouche, un crayon de couleur peut être humide en surface et permettre ainsi le passage d'un courant non négligeable. C'est donc aussi très dangereux.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{29}
   Voir paragraphe \ref{LeTateur}. La personne ne doit par craindre une électrocution, car la partie ``tournevis'' conductrice est enrobée d'un isolant et reliée (en série) à une très forte résistance.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{30}
   À partir d'un courant de \qty{2}{\milli\ampere}. Il reste peu de risques d'électrocution. Mais il n'est pas impossible que le fusible ne déclenche pas lorsqu'il est derrière un transformateur, pour des raisons que nous ne développerons pas ici. Il faut donc garder à l'esprit que malgré son efficacité, il faut rester sur ses gardes.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{31}
   Le risque principal est que la phase vienne toucher le boîtier sans que celui-ci ne décharge vers la terre (l'appareil peut être sur une table isolée du sol, par exemple). L'appareil est branché, son boîtier est à \qty{230}{\volt} et on ne se rend compte de rien. Il suffit alors de toucher l'appareil pour être électrocuté.

   Ce risque serait partiellement éliminé. En effet, avec le défaut décrit précédemment et une ligne de terre, au moment de brancher l'appareil, le boîtier aurait immédiatement déchargé vers le sol à travers la ligne de terre. Le courant de la phase aurait alors fortement augmenté et le fusible (ou le disjoncteur) aurait sauté. Pour autant que le fusible ait réagit immédiatement. Ce qui n'est pas toujours le cas et dépend des fusibles \dots\
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{32}
   Tant que les personnes restent dans l'autocar, elles sont isolées du sol par les pneus (isolants). Elles ne risquent donc rien. Évidemment, il ne faut pas descendre, car alors la personne créerait un court-circuit (un circuit de faible résistance) vers la terre et l'électrocution pourrait avoir lieu. Il faut donc couper le courant dans la ligne à haute tension.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{33}
   La table \ref{resistancesdiversessolcourant} présente les courants pour chaque élément. Le calcul se base simplement sur la loi d'Ohm :
   \[U=R\cdot I\;\Rightarrow\;I=\frac{U}{R}\]
   \begin{table}[H]
   \centering
   \begin{tabular}{|c|c|c|}
   \hline
   Élément&R ($\Omega$)&I ($mA$)\tabularnewline
   \hline
   \hline
   Fil élec.&$\sim 10$&23'000
   \tabularnewline
   \hline
   Corps&$\sim 100'000$&2,3
   \tabularnewline
   \hline
   Semelle plast.&$\sim 10'000'000$&0,023
   \tabularnewline
   \hline
   Stylo feutre&$>\,10'000'000$&0,023
   \tabularnewline
   \hline
   Crayon papier&$\sim 30$&7667
   \tabularnewline
   \hline
   Crayon couleur&$> 1'000'000$&0,23
   \tabularnewline
   \hline
   Bois sec (2 cm)&$>\,1'000'000$&0,23
   \tabularnewline
   \hline
   Tâteur&$>\,100'000'000$&0,0023
   \tabularnewline
   \hline
   Verre&$>\,100'000'000$&0,0023
   \tabularnewline
   \hline
   \end{tabular}
   \caption{Courants divers}
   \label{resistancesdiversessolcourant}
   \end{table}

   
\end{Solution}
\begin{Solution}{34}
   La table \ref{puissancesdiversessol} donne des ordres de grandeur des puissances des principaux appareils domestiques. Ils sont issus de la documentation des appareils.

   \begin{table}[H]
   \centering
   \begin{tabular}{|c|c|}
   \hline
   Appareils&Puissance (W)\tabularnewline
   \hline
   \hline
   Ampoule normale&$40$
   \tabularnewline
   \hline
   Ampoule basse consommation&$7\equiv 40$\footnotemark
   \tabularnewline
   \hline
   Sèche-cheveux&$\sim 1000-1600$
   \tabularnewline
   \hline
   Baladeur&$\sim 5$
   \tabularnewline
   \hline
   Aspirateur&$\sim 1300-1700$
   \tabularnewline
   \hline
   Chaîne HiFi (tot)&$\sim 200$
   \tabularnewline
   \hline
   Ordinateur (tot)&$\sim 300$
   \tabularnewline
   \hline
   Cuisinière&$\sim 1000-3000$
   \tabularnewline
   \hline
   Four micro-onde&$\sim 1000$
   \tabularnewline
   \hline
   Machine à laver la vaisselle&$\sim 1000$
   \tabularnewline
   \hline
   Machine à laver le linge&$\sim 3000$
   \tabularnewline
   \hline
   Sèche-linge&$\sim 2500$
   \tabularnewline
   \hline
   \end{tabular}
   \caption{Puissances diverses}
   \label{puissancesdiversessol}
   \end{table}
   \footnotetext{A une ampoule normale de \qty{40}{\watt} correspond une ampoule basse consommation de \qty{7}{\watt}.}

   Il faut remarquer la forte consommation des sèche-cheveux comparé à une machine à laver la vaisselle (même si elle consomme aussi de l'eau). Il faut remarquer aussi qu'un four à micro-onde est un peu plus économique qu'une cuisinière. Enfin, il faut relever que la puissance d'un radiateur électrique tourne autour de \qty{1000}{\watt} pour une chambre de taille normale.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{35}
   On a simplement :
   \[P=U\cdot I\;\Rightarrow\;I=\frac{P}{U}=\frac{4}{12}=\qty{0,333}{\ampere}=\qty{333}{\milli\ampere}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{36}
   On a simplement :
   \[P=U\cdot I=9\cdot 0,4=\qty{3,6}{\watt}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{37}
   On a simplement :
   \[P=\frac{U^2}{R}\;\Rightarrow\;U=\sqrt{P\cdot R}=\sqrt{0,25\cdot 800}=\qty{14,14}{\volt}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{38}
   La principale difficulté de ce problème est de bien comprendre dans quelles unités on travaille.
   \begin{itemize}
   \item Résolvons tout d'abord le problème dans les unités du système international. Dans celles-ci, le temps s'exprime en secondes. Ainsi, \(t=7\,h=7\cdot 3'600=\qty{25200}{\second}\). On peut ensuite calculer facilement l'énergie nécessaire pour laisser allumée la lampe :
   \[P=\frac{E}{t}\;\Rightarrow\;E=P\cdot t=200\cdot 25'200=\qty{5040000}{\joule}\]
   Mais le coût est donné en $cts/kWh$. Il faut donc convertir le résultat de joules en kilowattheures. Comme \qty{1}{\kilo\watt\hour}=\qty{3,6e6}{\joule}, on peut écrire :
   \[E=5'040'000\,J=\frac{5'040'000}{3,6\cdot 10^6}=\qty{1,4}{\kilo\watt\hour}\]
   Ainsi, le coût total est donné par :
   \[c=20\cdot 1,4=28\,cts\]

   \item Mais, on peut résoudre bien plus facilement ce problème en n'utilisant pas les unités du système international. En effet, on peut convertir la puissance en \unit{\kilo\watt} :
   \[P=\qty{200}{\watt}=\qty{0,2}{\kilo\watt}\]
   et utiliser des heures pour le temps :
   \[P=\frac{E}{t}\;\Rightarrow\;E=P\cdot t=0,2\cdot 7=\qty{1,4}{\kilo\watt\hour}\]
   Puis, comme précédemment, le coût total est donné par :
   \[c=20\cdot 1,4=28\,cts\]
   \end{itemize}
   Il apparaît clairement ici que l'utilisation d'unités autres que celles du système international est judicieuse puisqu'elle simplifie nettement les calculs.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{39}
   La principale difficulté de ce problème est de bien comprendre dans quelles unités on travaille.
   \begin{itemize}
   \item Résolvons tout d'abord le problème dans les unités du système international. Dans celles-ci la charge s'exprime en coulomb. Or, la charge nous est donnée ici par \(\Delta q=\qty{45}{\ampere\hour}\). Il s'agit bien d'une charge, puisque :
   \begin{eqnarray*}
   I&=\frac{\Delta q}{t}\;\Rightarrow\;\Delta q=I\cdot t\;\Rightarrow\\
   \verb|[|\Delta q\verb|]|&=[I]\cdot [t]=\begin{cases}\unit{\ampere\second} &SI\\\unit{\ampere\hour}&pas\,SI\end{cases}
   \end{eqnarray*}
   Il s'agit donc de trouver la relation entre les \unit{\ampere\hour} et les \unit{\coulomb}. Pour cela, déterminons la charge \(\Delta q\) en \unit{\coulomb} déplacée par un courant \(I\) de \qty{1}{\ampere} pendant un temps \(t\) d'une heure. On a :
   \[\Delta q=I\cdot t=1\cdot 3'600=\qty{3600}{\coulomb}\]
   Car \qty{1}{\hour}=\qty{3600}{\second}. Cette même charge peut être calculée en \unit{\ampere\hour} de la manière suivante :
   \[\Delta q=I\cdot t=1\cdot 1=\qty{1}{\ampere\hour}\]
   Ainsi, on a l'équivalence :
   \[\qty{1}{\ampere\hour}=\qty{3600}{\coulomb}\]
   La charge considérée dans notre problème est donc :
   \[\Delta q=45\,Ah=45\cdot 3600=\qty{162000}{\coulomb}\]
   Cela permet de calculer l'énergie emmagasinée dans la batterie :
   \[E=\Delta q\cdot U=162'000\cdot 12=\qty{1944000}{\joule}\]

   \item Mais, il y a beaucoup plus simple. On peut calculer l'énergie de la batterie en utilisant directement une charge en \unit{\ampere\hour}. Ainsi, on a :
   \begin{align*}
	   E&=\Delta q\cdot U=45\cdot 12=\qty{540}{\ampere\hour\volt}\\
   &=\qty{540}{\ampere\volt\hour}=\qty{540}{\watt\hour}
   \end{align*}
   car :
   \[P=U\cdot I\,\Rightarrow\,[P]=\unit{\watt}=[U]\cdot [I]=\unit{\volt}\cdot \unit{\ampere}=\unit{\ampere}\cdot \unit{\volt}\]
   Plus simplement, on peut alors exprimer l'énergie de la batterie par :
   \[E=\qty{540}{\watt\hour}=\qty{0,54}{\kilo\watt\hour}\]
   \end{itemize}
   Évidemment, suivant les cas, le résultat n'est pas exprimé dans les mêmes unités. Mais, c'est bien le même. En effet, comme \qty{1}{\kilo\watt\hour}=\qty{3,6e6}{\joule}, on a :
   \[E=\qty{0,54}{\kilo\watt\hour}=0,54\cdot 3,6\cdot 10^6=\qty{1944000}{\joule}\]
   La solution n'utilisant pas les unités du système international est bien plus rapide. Si on peut se permettre d'exprimer le résultat dans une unité qui n'est pas celle du système international, elle est préférable. Notons que les \unit{\kilo\watt\hour} sont une unité d'énergie assez répandue pour que, dans la plupart des cas, on puisse se permettre de l'utiliser.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{40}
   On peut résoudre ce problème de deux manières :
   \begin{itemize}
   \item On trouve le temps grâce à la définition du courant :
   \[I=\frac{\Delta q}{t}\,\Rightarrow\;t=\frac{\Delta q}{I}\]
   Pour cela, il faut trouver le courant \(I\) nécessaire à faire briller une ampoule de \qty{60}{\watt} sous une tension de \qty{12}{\volt} :
   \[P=U\cdot I\;\Rightarrow\;I=\frac{P}{U}=\frac{60}{12}=\qty{5}{\ampere}\]
   On a alors :
   \[t=\frac{45}{5}=\qty{9}{\hour}\]
   Remarquez que les unités du système international n'ont pas été utilisées.
   \item On peut calculer l'énergie contenue dans la batterie par :
   \[E=q\cdot U=45\cdot 12=\qty{540}{\ampere\hour\volt}=\qty{540}{\watt\hour}\]
   Puis, par définition de la puissance, trouver le temps :
   \[P=\frac{E}{t}\,\Rightarrow\,t=\frac{E}{P}=\frac{540}{60}=\qty{9}{\hour}\]
   Dans ce cas aussi, les unités du système international n'ont pas été utilisées pour des raisons de simplicité.
   \end{itemize}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{41}
   Il faut trouver le nombre de \unit{\kilo\watt\hour} nécessaires pour cette action. On a :
   \begin{align*}
   E&=P\cdot t=25\cdot 365\cdot 14\\
   &=\qty{127750}{\watt\hour}=\qty{127,75}{\kilo\watt\hour}
   \end{align*}
   Le coût est donc :
   \[c=127,75\cdot 0,20=25,55\,frs\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{42}
   On peut résoudre le problème de deux manières :
   \begin{itemize}
   \item La puissance totale est de :
   \[P=2\cdot 40+2+2\cdot 6=\qty{94}{\watt}\]
   Le courant nécessaire pour obtenir une telle puissance sous une tension de \qty{12}{\volt} est de :
   \[P=U\cdot I\;\Rightarrow\;I=\frac{P}{U}=\frac{94}{12}=\qty{7,833}{\ampere}\]
   Ainsi le temps de fonctionnement est donné par la définition du courant :
   \[I=\frac{\Delta q}{t}\;\Rightarrow\;t=\frac{\Delta q}{I}=\frac{40}{7,833}=\qty{5,1}{\hour}\]
   \item L'énergie contenue dans la batterie est :
   \[E=\Delta q\cdot U=40\cdot 12=\qty{480}{\ampere\hour\volt}=\qty{480}{\watt\hour}\]
   Comme vu précédemment, la puissance totale est de :
   \[P=2\cdot 40+2+2\cdot 6=\qty{94}{\watt}\]
   Et le temps de fonctionnement est donc :
   \[P=\frac{E}{t}\;\Rightarrow\;t=\frac{E}{P}=\frac{480}{94}=\qty{5,1}{\hour}\]
   \end{itemize}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{43}
   Pour trouver le diamètre du fil par la loi de Pouillet, il faut déterminer sa résistance :
   \[P=\frac{U^2}{R}\;\Rightarrow\;R=\frac{U^2}{P}=\frac{230^2}{2000}=\qty{26,45}{\ohm}\]
   La loi de Pouillet et la valeur de la résistivité du fer \(\rho=\qty{9,7e-8}{\ohm\metre}\), trouvée dans la table, donnent alors :
   \begin{align*}
   R&=\rho\cdot \frac{L}{S}\;\Rightarrow\\
   S&=\rho\cdot \frac{L}{R}=9,7\cdot 10^{-8}\cdot \frac{1500}{26,45}=\qty{5,5e-6}{\metre\squared}
   \end{align*}
   Or, la surface est donnée par :
   \begin{align*}
   S&=\pi\cdot (\frac{d}{2})^2\;\Rightarrow\\
   d&=2\cdot \sqrt{\frac{S}{\pi}}=2\cdot \sqrt{\frac{5,5\cdot 10^{-6}}{\pi}}=\qty{2,65e-3}{\metre}
   \end{align*}
   Ainsi, le diamètre du fil est de :
   \[d=\qty{2,65e-3}{\metre}=\qty{2,65}{\milli\metre}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{44}
   L'énergie totale nécessaire chaque jour est de :
   \[E_{jour}=3,3\cdot 3+5\cdot 0,1\cdot 4+3\cdot 1,1+1,8=\qty{17}{\kilo\watt\hour}\]
   Pendant un mois, l'énergie dépensée est de :
   \[E_{mois}=30\cdot 17=\qty{510}{\kilo\watt\hour}\]
   Le coût est donc de :
   \[c=510\cdot 0,2=102.-\]

   Pour une utilisation pendant une année, l'énergie nécessaire est de :
   \[E_{ann\acute ee}=365\cdot 17=\qty{6205}{\kilo\watt\hour}\]
   Par ailleurs, chaque kilogramme de charbon produit une énergie de :
   \begin{align*}
   E&=\qty{7000}{\kilo cal}=7000\cdot 10^3\,cal=7\cdot 10^6\cdot 4,186\\
   &=\qty{29302}{\kilo\joule}=\frac{29,302\cdot 10^6}{3,6\cdot 10^6}=\qty{8,14}{\kilo\watt\hour}
   \end{align*}
   Comme seulement 35\% de cette énergie est exploitable, chaque kilogramme fournit en réalité :
   \[E_{r\acute eel}=0,35\cdot 8,14=\qty{2,85}{\kilo\watt\hour}\]
   Ainsi, le nombre de kilogrammes nécessaire à produire une énergie totale de \qty{6205}{\kilo\watt\hour} par année, est de :
   \[n=\frac{6205}{2,85}=\qty{2178,1}{\kilo\gram}\]
   Soit plus de deux tonnes de charbon !
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{45}
   La puissance utilisée par le moteur est :
   \[P_{utilis\acute ee}=U\cdot I=230\cdot 4,5=\qty{1035}{\watt}\]
   C'est la puissance électrique qui rentre dans le moteur.

   La puissance mécanique que le moteur fournit est de :
   \[P_{utile}=0,4\,CV=0,4\cdot 736=\qty{294,4}{\watt}\]
   C'est la puissance mécanique qui ressort du moteur.

   Le rendement se calcule alors par :
   \[\eta=\frac{P_{utile}}{P_{utilis\acute ee}}=\frac{294,4}{1035}=0,284=28,4\%\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{46}
   La ville reçoit \qty{600}{\kilo\watt} directement exploitables. Pour les deux tensions données, on peut déterminer le courant nécessaire pour fournir cette puissance par :
   \begin{align*}
   P&=U\cdot I\;\Rightarrow\\
   I&=\frac{P}{U}=\begin{cases}\frac{600\cdot 10^3}{50'000}\\
   \frac{600\cdot 10^3}{15'000}\end{cases}=\begin{cases}\qty{12}{\ampere}\\\qty{40}{\ampere}\end{cases}
   \end{align*}
   On voit clairement que le courant nécessaire est plus important lorsque la puissance est fournie sous une basse tension.

   Les pertes thermiques dans la ligne de \qty{4}{\ohm} sont alors données par :
   \[P=R\cdot I^2=\begin{cases}4\cdot 12^2\\4\cdot 40^2\end{cases}=\begin{cases}\qty{576}{\watt}\\\qty{6400}{\watt}\end{cases}\]
   On voit que les pertes sont plus importantes sous une basse tension. Cela est du au fait que le courant est plus important et que les fils chauffent plus. La différence est ici de \(6400-576=\qty{5824}{\watt}\).

   Cela explique pourquoi l'énergie électrique est transportée sur des lignes à haute tension : les pertes sont plus faibles. Avec des supraconducteurs (conducteurs de résistance nulle) cela ne serait pas nécessaire.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{47}
   Pour trouver le rayon du fil par la loi de Pouillet, il faut déterminer sa résistance. On écrit ici :
   \[P=R\cdot I^2\;\Rightarrow\;R=\frac{P}{I^2}=\frac{1}{10^2}=\qty{0,01}{\ohm}\]
   On applique ensuite la loi de Pouillet :
   \begin{align*}
   R&=\rho\cdot \frac{L}{S}\;\Rightarrow\\
   S&=\rho\cdot \frac{L}{R}=1,68\cdot 10^{-8}\cdot \frac{1}{0,01}\\
   &=\qty{1,68e-6}{\metre\squared}
   \end{align*}
   Et le rayon est alors :
   \begin{align*}
   S&=\pi\cdot r^2\;\Rightarrow\\
   r&=\sqrt{\frac{S}{\pi}}=\sqrt{\frac{1,68\cdot 10^{-6}}{\pi}}\\
   &=\qty{7,31e-4}{\metre}\simeq\qty{1}{\milli\metre}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{48}
   Le vecteur \(\overrightarrow L\) est orienté nord-sud, vers le sud. Le champ magnétique terrestre \(\overrightarrow B_{Terre}\) est lui orienté nord-sud, mais vers le nord. Ces deux vecteurs sont parallèles, mais de sens opposés. L'angle entre eux est donc de \qty{180}{\degree}. Ainsi, on a :
   \[F=I\cdot L\cdot B\cdot \sin(180)=\qty{0}{\newton}\]
   La force de Laplace est donc nulle.

   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Fil droit orienté est-ouest}\label{fildroitestouest}
	\includegraphics{FilDroitEstOuest.eps}
	\end{figure}
   Par contre, si le vecteur \(\overrightarrow L\) est orienté est-ouest, vers l'ouest, l'angle qu'il fait avec le vecteur \(\overrightarrow B_{Terre}\), orienté lui nord-sud vers le nord, est de \qty{90}{\degree}. Ainsi, on a :
   \begin{align*}
   F&=I\cdot L\cdot B\cdot \sin(90)\\
   &=10\cdot 20\cdot 21,594\cdot 10^{-6}=\qty{0,00432}{\newton}
   \end{align*}
   La figure \ref{fildroitestouest} présente la situation. La règle du tire-bouchon détermine le sens du vecteur \(\overrightarrow F\), à partir de l'équation de Laplace :
   \[\overrightarrow F=I\cdot \overrightarrow L \times \overrightarrow B\]
   La force agit donc vers le bas, comme le montre la figure \ref{fildroitestouest}.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{49}
   La figure \ref{pylones} présente la situation. La règle du tire-bouchon donne clairement une force verticale vers le haut.
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Fils sur des pylônes}\label{pylones}
	\includegraphics{Pylones.eps}
	\end{figure}
   Comme l'angle \(\beta=\qty{30}{\degree}\), on peut écrire :
   \begin{align*}
   F&=I\cdot L\cdot B\cdot \sin(90-\beta)\\
   &=20\cdot 200\cdot 21,594\cdot 10^{-6}\cdot \sin(90-30)\\
   &=\qty{0,0748}{\newton}
   \end{align*}
   Soit pour cinq fils, la force totale entre les deux pylônes est de :
   \[F_{tot}=5\cdot 0,0748=\qty{0,374}{\newton}\]
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{50}
   La figure \ref{deuxfilsverticaux} présente la situation. Le symbole \(\bigodot\) signifie que le courant dans le fil sort de la feuille, c'est-à-dire va vers le haut. C'est le cas pour les deux fils.

   La règle du tire-bouchon, pouce dans le sens du courant du fil, les doigts se refermant dans le sens de rotation du champ magnétique autour du fil, permet de représenter les vecteurs champ magnétique à une distance \(d\) du fil (ceux-ci sont tangents à la ligne de champ circulaire autour du fil).

   La même règle du tire-bouchon, mais cette fois-ci appliquée à la loi de Laplace : doigts sur le vecteur \(\overrightarrow L_2\) du second fil, se refermant sur le vecteur \(\overrightarrow B\), permet de placer le pouce pour déterminer le sens de la force \(\overrightarrow F\).
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Deux fils verticaux}\label{deuxfilsverticaux}
	\includegraphics{DeuxFilsVerticaux.eps}
	\end{figure}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{51}
   Le poids est une force qui s'exerce vers le bas. La force de Laplace agit donc vers le haut. L'angle entre le fil et le champ étant de \qty{90}{\degree}, sa valeur est donnée par :
   \[F=I\cdot L\cdot B=10\cdot 2\cdot 0,1=\qty{2}{\newton}\]
   Le poids qu'il faut suspendre est donc de \qty{2}{\newton}. La masse correspondante est donc d'environ \(2/10=\qty{0,2}{\kilo\gram}=\qty{200}{\gram}\) (\(g\simeq\qty{10}{\metre\per\second\squared}\)).
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{52}
   Le plan dans lequel se trouvent le fil et le champ est le plan xz. Comme la force résultant du produit vectoriel de ces deux vecteurs est perpendiculaire à ce plan, la force de Laplace agit dans la direction de l'axe y. La règle du tire-bouchon (main droite) en donne le sens : sens des y négatifs. La valeur est donnée par :
   \begin{align*}
   F&=I\cdot L\cdot B\cdot \sin(\alpha)\\
   &=0,1\cdot 0,1\cdot 100\cdot 10^{-6}\cdot \sin(30)\\
   &=\qty{5e-7}{\newton}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{53}
   La figure \ref{filspire} présente la situation. Les symboles \(\bigodot\) et \(\bigotimes\) représentent respectivement un vecteur qui sort de la page et un vecteur qui rentre dans la page.

   Les forces exercées par le fil sur la spire aux points les plus éloignés du fil sont notées \(F_{f\rightarrow s}\). Elles vont vers la droite. Par contre, la force exercée par la spire sur le fil, notée \(F_{s\rightarrow f}\), va vers la gauche, conformément à la troisième loi de Newton, \(action=-r\acute eaction\).

   Relevons que le champ magnétique créé par la spire en son centre est perpendiculaire à la spire et de sens donné par la règle du tire-bouchon avec les doigts qui suivent le courant dans la spire et le pouce qui donne le champ magnétique.
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Un fil et une spire}\label{filspire}
	\includegraphics{FilSpire.eps}
	\end{figure}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{54}
   La figure \ref{avion} présente la situation. Ici la loi de Lorentz est appliquée :
   \[\overrightarrow F=q\cdot \overrightarrow v\times \overrightarrow B\]
   Comme la charge \(q\) est positive, la règle du tire-bouchon s'applique simplement en plaçant les doigts de la main droite sur le vecteur \(\overrightarrow v\) et en allant avec ceux-ci sur le vecteur \(\overrightarrow B\). Le pouce montre alors le sens de la force \(\overrightarrow F\).
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Un avion chargé (3 dim)}\label{avion}
	\includegraphics{Avion.eps}
	\end{figure}
   On détermine la valeur de la force par :
   \begin{align*}
   F&=q\cdot v\cdot B\cdot \sin(90-40)\\
   &=10\cdot (343+\frac{50}{3,6})\cdot 21,594\cdot 10^{-6}\cdot \sin(50)\\
   &=\qty{0,059}{\newton}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{55}
   Comme les vecteurs vitesse et champ magnétique font un angle de \qty{90}{\degree} entre eux, la force est simplement donnée par :
   \begin{align*}
   F&=q\cdot v\cdot B\\
   &=1,6\cdot 10^{-19}\cdot 0,01\cdot 3\cdot 10^8\cdot 5\cdot 10^{-9}\\
   &=\qty{2,4e-21}{\newton}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{56}
   La vitesse du proton est :
   \[v=108\cdot 10^6\,km/h=\qty{3e7}{\metre\per\second}\]
   De l'expression de la force de Lorentz, on tire :
   \begin{align*}
   F&=q\cdot v\cdot B\cdot \sin(\alpha)\;\Rightarrow\\
   sin(\alpha)&=\frac{F}{q\cdot v\cdot B}\\
   &=\frac{0,6\cdot 10^{-12}}{1,6\cdot 10^{-19}\cdot 3\cdot 10^7\cdot 0,9}\\
   &=0,139\;\Rightarrow\\
   \alpha&=\sin^{-1}(0,139)=\qty{8}{\degree}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{57}
   La figure \ref{eclairvoiture} présente la situation. Manifestement, la force de Laplace implique que la force \(\overrightarrow F\) sur l'éclair rentre dans la feuille (règle du tire-bouchon).
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Éclair sur une voiture}\label{eclairvoiture}
	\includegraphics{EclairVoiture.eps}
	\end{figure}
   Pour déterminer sa valeur, il faut trouver l'angle \(\beta\) entre \(\overrightarrow L\) et \(\overrightarrow B\). On a que :
   \[\tan(\beta)=\frac{100}{200}\;\Rightarrow\;\beta=\qty{26,57}{\degree}\]
   La force se calcule alors par :
   \begin{align*}
   F&=I\cdot L\cdot B\cdot \sin(\beta)\\
   &=10'000\cdot \sqrt{200^2+100^2}\cdot 21,594\\
   &\cdot 10^{-6}\cdot \sin(26,57)\\
   &=\qty{21,6}{\newton}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{58}
   La figure \ref{deviationmagnetique} présente la situation. Le vecteur vitesse \(\overrightarrow v\) pointant vers la droite et en supposant le vecteur \(\overrightarrow B\) sortant de la feuille, le produit vectoriel \(\overrightarrow v\times \overrightarrow B\) pointe vers le bas. Mais, attention, pour avoir la force de Lorentz, il faut encore multiplier par la charge de l'électron, qui est négative. Cela inverse le sens de la force qui pointe alors vers le haut, conformément à ce qu'on désire pour dévier l'électron comme convenu. Donc le champ \(\overrightarrow B\) sort de la feuille.
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Déviation magnétique}\label{deviationmagnetique}
	\includegraphics{DeviationMagnetique.eps}
	\end{figure}

   Par ailleurs, on a :
   \begin{align*}
   F&=q\cdot v\cdot B\cdot \sin(90)\;\Rightarrow\\
   B&=\frac{F}{q\cdot v}=\frac{10^{-15}}{1,6\cdot 10^{-19}\cdot 10^3}\\
   &=\qty{6,25}{\tesla}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{59}
   L'énergie électrique fournie par le champ électrique à l'électron de charge \(q=\qty{1,6e-19}{\coulomb}\) sous la tension \(U=\qty{1000}{\volt}\) vaut :
   \[E=q\cdot U=1,6\cdot 10^{-19}\cdot 1000=\qty{1,6e-16}{\joule}\]
   Cette énergie est transformée en énergie cinétique et on a :
   \begin{align*}
   E&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
   v&=\sqrt{\frac{2\cdot E}{m}}=\sqrt{\frac{2\cdot 1,6\cdot 10^{-16}}{9,1\cdot 10^{-31}}}\\
   &=\qty{18752}{\kilo\metre\per\second}=6,25\%\,c
   \end{align*}
   Soit 6,25\% de la vitesse de la lumière.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{60}
   Comme le champ est perpendiculaire à la vitesse, le sinus vaut un et on a simplement :
   \begin{align*}
   F&=q\cdot v\cdot B\\
   &=1,6\cdot 10^{-19}\cdot 18'752\cdot 10^3\cdot 10^{-3}=\qty{3e-15}{\newton}\\
   \end{align*}
   Comme on le voit sur la figure \ref{deviationmagnetiquesurecran}, le mouvement de l'électron est un mouvement circulaire uniforme (MCU). En effet, la force étant perpendiculaire à la vitesse, elle ne fait que dévier l'électron. Pour un tel mouvement, l'accélération prend la forme suivante :
   \[a=\frac{v^2}{R}\]
   La deuxième loi de Newton donne alors :
   \begin{align}\label{rayoncyclotron}
   F&=q\cdot v\cdot B=m\cdot \frac{v^2}{R}\;\Rightarrow \nonumber \\
   R&=\frac{m\cdot v}{q\cdot B}\\
   &=\frac{9,1\cdot 10^{-31}\cdot 18'752\cdot 10^3}{1,6\cdot 10^{-19}\cdot 10^{-3}} \nonumber \\
   &=\qty{0,1067}{\metre} \nonumber
   \end{align}
   \begin{figure}[!ht]
	\centering
	\caption{Déviation magnétique sur un écran}\label{deviationmagnetiquesurecran}
	\includegraphics{DeviationMagnetiqueSurEcran.eps}
	\end{figure}
	
   Par ailleurs, à partir de la figure \ref{deviationmagnetiquesurecran}, on peut écrire :
   \begin{align*}
   L&=R\cdot \sin(\beta)\;\Rightarrow\\
   \beta&=\arcsin(\frac{L}{R})=\arcsin(\frac{0,03}{0,1067})=\qty{16,33}{\degree}
   \end{align*}
   Et finalement, toujours d'après la figure \ref{deviationmagnetiquesurecran}, on a :
   \begin{align*}
   d&=R-R\cdot \cos(\beta)\\
   &=0,1067-0,1067\cdot \cos(16,33)\\
   &=\qty{0,0043}{\metre}=\qty{4,3}{\milli\metre}
   \end{align*}
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{61}
   C'est la force de Lorentz :
   \[\overrightarrow F_{magn}=q\cdot \overrightarrow v\times \overrightarrow B\]
   Pour annuler la force magnétique, il faut que :
   \[\overrightarrow F_{\acute electr}=-\overrightarrow F_{magn}\]
   Ainsi, le champ électrique nécessaire est :
   \begin{align*}
   q\cdot \overrightarrow E&=-q\cdot \overrightarrow v\times \overrightarrow B\\
   \overrightarrow E&=-\overrightarrow v\times \overrightarrow B
   \end{align*}
   La trajectoire de l'électron est alors une droite, car la sommes des forces qui s'exercent sur lui est nulle.

   Numériquement, on a alors :
   \[E=v\cdot B\;\Rightarrow\;v=\frac{E}{B}\]
   Sous cette condition, les particules ne sont pas déviées. Pour réaliser un sélecteur de vitesse, il suffit donc de placer un écran muni d'un trou dans la direction de la vitesse initiale des particules et de les faire traverser deux champs dont le rapport des grandeurs correspond à la vitesse choisie.
   
\end{Solution}
\begin{Solution}{62}
   L'équation \ref{rayoncyclotron} de l'exercice \ref{exotv} nous permet de calculer la charge des particules inconnues :
   \begin{align*}
   R&=\frac{m\cdot v}{q\cdot B}\;\Rightarrow\\
   q&=\frac{m\cdot v}{R\cdot B}=\frac{9,1\cdot 10^{-31}\cdot 500'000'000/3,6}{0,01\cdot 10\cdot 10^{-3}}\\
   &=\qty{1,26e-18}{\coulomb}
   \end{align*}
   Or, la charge de l'électron \(e=\qty{1,6e-19}{\coulomb}\). Il ne s'agit donc pas d'électrons.
   
\end{Solution}