Electromagnétisme : induction(PC*)
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Exercice Spires dans un champ magnétique attachées à un ressort
On considère une bobine de masse m constituée de N spires carrées de côté a et attachée à un ressort vertical suivant − u → z , de longueur à vide l 0 et de constante de raideur k . L'ensemble représente une résistance R et on négligera l'autoinduction. On notera − u → x la direction de la normale sortante de la spire.
1. Déterminez la position d'équilibre de la bobine. On prendra la position du centre de la bobine comme référence pour xer z = 0 . On suppose dans la suite qu'un champ uniforme −B 0 − u → x règne dans le demi espace z > 0 et que − →
B = 0 dans le demi plan z < 0 .
On déplace la bobine de sa position d'équilibre d'une distance L 0 < a 2 et à la lache avec une vitesse initiale nulle.
2. Etablir l'équation électrique du système.
3. Etablir l'équation mécanique du système.
4. En déduire l'existence de diérents modes d'évolution du système en fonction B 0 . On distinguera 3 cas : B 0 < B c , B 0 > B c et B 0 = B c . Résoudre explicitement l'équation du mouvement pour B 0 = √ B
c2 .
5. Déterminez le bilan énergétique du système.
6. Expliquez qualitativement ce qui change lorsqu'on prend en compte l'autoinductance du circuit.
Solution
Commencer par faire un dessin, ORIENTER le dessin
1. Position d'équilibre : 0 = mg − k(z eq − l 0 ) donc z eq = l 0 + mg k . (Vérier le signe de la force de rappel en faisant tendre z vers ±∞ )
2. φ = −N B 0 az donc e = N B 0 a z ˙ = Ri (Attention de bien multiplier par le nombre de spires !)
3. PFD à la spire dans R labo galiléen : ¸ m¨ z = −k(z − l 0 ) − N aIB 0 + mg en calculant la force de laplace i − →
dl ∧ − →
B = −N aIB 0 − u → z . Avec le changement de variable Z = z − z eq , on obtient m Z ¨ = −kZ − N aIB 0
(astuce systématique avec les ressorts pour retirer les termes constants dans l'équa di) 4. on a donc ¨ z + N
2mR a
2B
20z ˙ + m k z = 0
∆ = N
2a
2B
02mR
2
− 4ω 0 2 . On pose B c tel que ∆(B c ) = 0 : B c =
q 2ω
0mR
N
2a
2. On a donc ∆ = 4ω 2 0 B
4 0B
c4− 1 et on a donc un régime non oscillant pour B 0 > Bc , critique pour B 0 = B c et oscillant pour B 0 < B c .
• Pour B 0 = √ B
c2 =
q ω
0mR N
2a
2,
∆ = −3ω 0 2 et z = e −
ω20t
Acos √
3 2 ω 0 t
+ Bsin √
3 2 ω 0 t
= L 0 e −
ω20t cos √
3 2 ω 0 t
+ √ 1
3 sin √
3 2 ω 0 t car A = L 0 et − ω 2
0A +
√ 3 2 B = 0 5. m¨ z = −kz − N aIB 0 → dt d 1 2 mv 2
= − dt d 1 2 kz 2
− N aB 0 iv en multipliant par z ˙ N B 0 a z ˙ = Ri → N B 0 a zi ˙ = Ri 2 en multipliant par i
d'où dt d 1 2 mv 2
+ dt d 1 2 kz 2
= −Ri 2
6. φ = −N B 0 az + Li donc e = N B 0 a z ˙ − L di dt = Ri
m¨ z = −kz − N aiB 0 donc N B 0 a¨ z = L d dt
22i + R di dt = −k z ˙ − N a dt di B 0 = − N B k
0
a Ri + L di dt
− N a di dt B 0 ie L d dt
22i +
R + N aB 0 + N B kL
0
a
di dt + N B kR
0
a i = 0
1
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Exercice Canon Gauss
On considère le montage ci contre : deux rails parallèles de longueur D sont séparés d'une dis- tance l et reliés par un mobile de masse M . On repère la position du mobile par son abscisse x et on note R(x) = R 0 x et L(x) = L 0 x la résistance et l'inductance que représentent ce dispositif.
Initialement, le mobile est au repos en x = 0 , l'interrupteur est fermé et l'alimentation est gérée par un générateur idéal de tension relié à une bobine d'inductance L 0 et à une résistance R 0 . Lorsque le régime stationnaire est atteint, on ouvre l'interrupteur.
1. Décrivez qualitativement le comportement de l'intensité dans le circuit, jusitiez le rôle de la bobine et expliquez le fonctionnement du dispositif.
2. Donnez l'équation électrique du circuit.
3. On admet que la force subie par le mobile s'exprime sous la forme − →
F = 1 2 L 0 I 2 − u → x . Etablir l'équation mécanique et donnez l'ensemble des conditions initiales.
4. Etablir et interprêtez l'équation
1
2 L 0 I 0 2 − 1 2 L 0 I 2 (t) = 1 2 M x ˙ 2 + 1 2 L 0 x(t)I 2 (t) + ´ t
0 dt 0 ((R 0 + R 0 x(t 0 )) I 2 (t 0 )
5. On suppose que l'inductance L 0 est très grand devant les autres paramètres du problème. Justiez l'approximation I(t) = I 0 . En déduire le temps d'expulsion du projectile et sa vitesse de sortie pour M = 3 10 −3 kg , D = 3m , L 0 = 4 10 −7 H m −1 , e = 3 10 3 , R 0 = 10 −2 Ω
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2 Daniel Suchet - 2012
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Question de cours
On considère une spire de rayon a placée à une distance d d'un moment magnétique − →
M = M − u → z . Déterminez le ux magnétique du dipole au travers de la spire.
Exercice Moment cinétique du champ magnétique
On considère une coquille sphérique isolante de rayon a 0 , de masse m et de moment d'inertie I , unifor- mément chargée en surface avec une densité σ . Un moment magnétique − →
M = M − u → z est placé au centre de la coquille. On fais passer progressivement le dipole de sa valeur initiale à 0 .
1. Justiez l'apparition d'un champ électrique en tout point de la coquille. On admettra que ce champ est de la forme − →
E = E(θ) − u → ϕ .
2. On repère un point M = (a 0 , θ, ϕ) sur la coquille. Calculez le champ électrique induit au point M . 3. En déduire la force appliquée sur l'élement de surface compris entre θ, ϕ et θ +dθ, ϕ+dϕ . Expliquez
pourquoi le moment δ − →
Γ de la force appliquée sur l'ensemble de la bande comprise entre θ et θ + dθ est suivant − u → z . Déterminez son expression. En déduire l'expression du moment de la force totale exercée par le dipole sur la coquille.
4. En déduire la vitesse angulaire de la coquille lorsque le moment dipolaire est complètement annulé.
Commentez le résultat obtenu.
Solution
Le champ électrique au point M est créé par la variation du moment dipolaire. Considérons une spire d'axe
− →
u z contenant M . Le ux du dipole au travers de cette spire vaut φ(θ) = 2a µ
0M
0
sinθ sin 3 θ = µ 2a
0M
0
sin 2 θ et ¸ − → E . − →
dl = 2πa 0 sinθE(θ) = − 2a µ
00
sin 2 θ dM dt donc − →
E (θ) = − 4πa µ
02 0sinθ dM dt − u → ϕ .
La force exercée sur l'élement de surface compris entre θ, ϕ et θ +dθ, ϕ +dϕ vaut d − → F = dq − →
E (θ) = σdS − → E (θ) = σa 2 0 sinθdθdϕE(θ) − u → ϕ . Le moment de cette force vaut δ 2 − →
Γ = −−→
OM ∧ d − →
F . Par symétrie, on sait que δ − →
´ ϕ=2π Γ =
ϕ=0 δ 2 − →
Γ est suivant − → u z . On calcul donc δ 2 Γ = δ 2 − →
Γ . − → u z = −−→
OM ∧ d − → F
. − u → z =
−
→ u z ∧ −−→
OM .d − →
F et avec
−−→ OM = a 0 cosθ − u → z + a 0 sinθ − u → ρ , δ 2 Γ = σa 2 0 sinθdθdϕE(θ)a 0 sinθ ( − → u z ∧ − → u ρ ) . − u → ϕ = σa 3 0 sin 2 θdθdϕE(θ) soit δ 2 Γ =
− µ 4π
0dM dt σa 0 sin 3 θdθdϕ et en intégrant sur ϕ , δΓ = − µ
0σa 2
0dM dt sin 3 θdθ . On a enn Γ = ´ θ=π
θ=0 δΓ = µ
0σa 2
0dM dt ´ θ=π
θ=0 sin 2 θd (cosθ) =
µ
0σa
02 dM
dt
´ cosθ=−1
cosθ=1 1 − cos 2 θ
d (cosθ)
= µ
0σa 2
0dM dt h
X − X 3
3i −1 1
= µ
0σa 2
0dM dt −1 + 1 3 − 1 + 1 3
= − µ
0σa 2
0dM dt 4 3 = − 2µ
03 σa
0dM dt . Enn, Γ = I dω dt ⇒ ω F = − 2µ
03I σa
0(0 − M 0 ) = µ
0ma σM
200