Problème 1 : Interaction entre deux aimants

Problème 1 : Interaction entre deux aimants

On étudie le mouvement de deux aimants considérés comme des points matériels de même massem. L’un est immobile en un pointOet l’autre, de massemet de positionM, est mobile sans frottement sur un plan incliné d’un angleαpar rapport à l’horizontale dans le champ de pesanteur d’accélération#»g.

x

y α

O

#» g M

Les aimants sont orientés de manière à se repousser et la force queOexerce surMse met sous la forme : F#»=K

d0

d n

#»eOM# »,

avecd0>0,K>0etn6= 1des constantes,dla distance les séparant et#»eOM# »le vecteur unitaire deOà M. Sur la figure ci-contre, on a donc :

F#»=K d0

x n

#»ex.

Données : Masse d’un aimant :m=5 g ; accélération de la pesanteurg=9,8 m·s⁻².

1. (a) La constanted0 est une homogène à une longueur. Préciser la dimension de la constanteKsi Montrer que la forceF#»est conservative et donner l’expression d’une énergie potentielle associée.

(b) En déduire que le système est conservatif et donner une expression de son énergie potentielle globale, qu’on désignera parE_potdans toute la suite.

(c) Montrer l’existence d’une position d’équilibre de coordonnée notéexe. On donnera l’expression dexeen fonction deK, m, d0, g, netα..

(d) À quelle condition portant surnl’équilibre est-il stable ? Tracer l’allure deE_potquand il est stable et quand il est instable.

2. On étudie les petits mouvements au voisinage de la positionxedans le cas d’un équilibre stable. On notex=xe+ε.

(a) Établir le développement limité deE_potau terme non nul d’ordre non nul le plus bas enε/xe1.

On rappelle que(1 +u)^α'1 +αx+^α(α−1)₂ u²+. . ..

(b) En déduire l’expression de la périodeTdes oscillations de faible amplitude autour de l’équilibre.

Comment varie-t-elle avec la massem?

3. Afin de déterminer la valeur den, on mesure xe pour différentes valeurs deαet on trace ln(xe/d0) en fonction de ln(sin(α)) (avec d0=1 m). On obtient la courbe ci-contre.

(a) Déduire de cette courbe et de1cla puis- sancen. On l’arrondira à l’entier le plus proche.

(b) La position d’équilibre est-elle stable ? (c) Calculer la valeur deKdⁿ₀ si on mesure

xe=20 cm pourα=π/6.

(d) Calculer la valeur deTcorrespondante.

−5 −4 −3 −2

−2

−2,4

−2,8

ln(sinα) ln(xe d0)

On pourra aborder les questions suivantes même si la valeur denn’a pas été déterminée.

4. On lâche l’aimantMsans vitesse initiale de l’abscisse4xe. (a) Déterminer sa vitesse quand il passe par l’abscissexe.

(b) Calculer le quotient de l’énergie potentielle magnétique et de l’énergie potentielle de pesanteur quand il se trouve enx= 4xe. Commenter.

(c) Proposer une détermination graphique de l’abscissexminimale qu’il atteint au cours de son mou- vement notéexmin. Utiliser le résultat de la question précédente pour donner une approximation dex_mindont on calculera la valeur.

5. (a) Dans cette question seulement les deux aimants sont mobiles dans un cône de demi-angle au sommet égal à π/2 −α et on étudie la possibilité qu’ils décrivent chacun mouvement circulaire uniforme dans un plan horizontal. Donner l’équation que doivent vérifier leur vitesse de rotation communeω et le rayonr, qu’on ne cherchera pas à résoudre ana- lytiquement.

α 2r

(b) Justifier graphiquement (en utilisant des courbes) que cette équation admet deux solutions enr quelle que soit la valeur deω, notéesr1(ω)etr2(ω), avecr1(ω)< r2(ω).

(c) Déterminer, en considérant une petite modification de la vitesse de rotation des aimants alors qu’ils sont en mouvement circulaire uniforme à l’aide du graphique précédent, laquelle des solutions r1(ω)etr2(ω)correspond à un mouvement stable.

(d) En déduire que les mouvements circulaires uniformes stables ne sont possibles que sur un inter- valle de valeurs deωdont on donnera l’expression et la valeur. Donner également l’intervalle des valeurs dercorrespondantes.

Problème 2 : Onduleur

On étudie un des dispositifs utilisés pour produire ce qu’on nomme le « rayonnement synchrotron ». On négligera le poids dans tout le problème. On considérera, sauf mention explicite du contraire, que les élec- trons sont non relativistes, en mouvement dans un vide suffisamment poussé pour qu’on puisse négliger tout frottement.

Données : charge d’un électronq=−1,6·10⁻¹⁹C ; masse d’un électronm=9,1·10⁻³¹kg ; vitesse de la lumière 3,0·10⁸m·s⁻¹; permittivité diélectrique du videε0=8,9·10⁻¹²S·I·.

I Généralités

I.1. Établir rapidement la nature et les caractéristiques de la trajectoire d’un électron dans un champ ma- gnétique uniformeB# »0si le vecteur vitesse initial, notév#»0, de l’électron est orthogonal au champB# »0. On précisera en particulier une distanceRet une pulsation caractéristiquesωen fonction dev0, B0, de la chargeqet de la massemde l’électron.

I.2. Un électron pénètre (au pointx= 0, y= 0, z= 0) avec la vitessev#»0 =v0e# »x(avecv0 >0) dans une zone où règne un champB# »0=B0e#»z(avecB0>0) uniforme. Cette zone est limitée àx∈[0, l].

`

# » α B

e #»

e #»

e #»

v #»

(a) Déterminer, si possible géométriquement, à quelle condition portant surv0 l’électron peut at- teindre le planx = `. Quelle sera alors la norme de son vecteur vitesse#»

v⁰? On suppose cette condition remplie dans toute la suite.

(b) Déterminer, si possible géométriquement, l’angleαentre le vecteur vitesse#»

v⁰ete# »xquand l’élec- tron est dans le planx=`.

I.3. On envisage une configuration utilisant un champ électrique uniformeE# »0pour produire la même dé- flexion. On applique pour cela une tensionUentre deux grilles métalliques distantes ded. La longueur des grilles selone# »xest ici aussi notée`.

On considère le cas d’un électron rentrant dans le dispositif enx= 0, y= 0(position1sur la figure ci-contre), avec un vecteur vitessev(contenu dans le planxOy) et formant l’angleα0avec l’axee# »x.

e #»

e #»

e #»

`

U d

α

1

2

(a) Quel doit être le signe de la tensionUpour que l’électron puisse ressortir du dispositif par la grille par laquelle il est entré (voir la figure précédente) ? On suppose cette condition vérifiée dans toute la suite.

(b) Établir les équationsx(t)ety(t)du mouvement de l’électron tant qu’il est entre les deux grilles.

En déduire à quelle condition portant sur la normev0il peut atteindre la grille inférieure avant de sortir du dispositif pourx > `. On suppose cette condition réalisée par la suite.

(c) Déterminer la norme et la direction de son vecteur vitesse#»

v⁰quand il repasse par la grille infé- rieure.

(d) Déterminer la norme et la direction du vecteur#»

v⁰s’il est rentré dans le dispositif au pointx = 0, y=d/2(position2sur la figure précédente). On ne se préoccupera pas de préciser la nouvelle valeur maximale de la vitessev0pour laquelle l’électron ressort par la grille inférieure.

II Champs magnétiques alternés

Un onduleur est un dispositif dans lequel le champ magnétique change périodiquement de sens avec l’abscissee# »x. On le modélise ici, par souci de simplici- té, par des zones de largeur`selone# »xdans lesquelles le champ magnétique varie alternativement avece# »x: il vaut+B0e#»z dans les cellules paires et et−B₀e#»z

dans les cellules impaires. Il est constitué d’un grand nombre de cellules comme celle représentée ci-contre juxtaposées.

` `

B # »

- # » B

β v #»

On injecte des électrons de vitesse initiale de normev0enx= 0, y= 0.

II.1. (a) Déterminer la trajectoire des électrons dans l’ensemble du dispositif quand le vecteurv#»0est selon e# »x(ieβ= 0).

(b) En déduire l’angleβà donner au vecteur vitessev#»0pour que les électrons oscillent autour de l’axe y = 0;z = 0. On l’exprimera en fonction de`, q, B0, m, v0. On suppose cette condition réalisée par la suite.

(c) Vous paraît-il réalisable d’obtenir la même propriété en utilisant des zones de champ électrique comme celles de la questionI.3?

(d) Déterminer l’expression du temps mis par l’électron pour traverser une zone de champ magné- tique uniforme de longueur`en fonction dev0, `et de l’angleβ. En déduire l’expression de sa vitesse moyenne selone# »x, notéevx, en fonction des mêmes grandeurs. Donner également l’expres- sion de la norme de son vecteur accélération au cours du mouvement en fonction de`, q, B0, m, v0.

Correction du problème 1

1. (a) On vérifie queKa la dimension d’une force. CommeF#»ne dépend que de la position, elle est nécessairement conservative pour ce mouvement unidimensionnel. Une « - »primitive est :

K n−1

dⁿ₀ xⁿ⁻¹.

Le choix de constante d’intégration correspond ici à une énergie potentielle nulle pourx→ ∞.

(b) La réaction du support ne travaille pas en l’absence de frottements et le poids est lui aussi conser- vatif, d’énergie potentiellemgz = mgxsinα(avec une énergie potentielle nulle enx = 0), le système est conservatif, d’énergie potentielle :

K n−1

dⁿ₀

xⁿ⁻¹ +mgxsinα.

(c) On étudie les positions d’équilibre en cherchant les extremum deE_pot: dEpot

dx =−Kdⁿ₀

xⁿ+mgsinα nul pourx≡xe=d0

K mgsinα

1/n

. (1)

(d) On calcule la dérivée seconde deE_pot: d²E_pot

dx² =Kn dⁿ₀ xⁿ⁺¹e

>0 pourn >0.

L’équilibre est donc stable pourn >0. On trace les allures des courbes pourn= 4etn=−4:

1 x³

+ x

x E

1/x⁴(resp.x) prédomine enx= 0(resp.

x→ ∞).

n = −x

+ x x E

x(resp.−x⁵) prédomine enx= 0(resp.

x→ ∞).

On constate que l’équilibre sera stable pourn > 0car l’extremum est un minimum local. Pour n <0il sera instable.

2. (a) Au voisinage dexe, peut écrire :

E_pot= K n−1

dⁿ₀

xⁿ_e(1 +ε/xe)ⁿ⁻¹+mg(xe+ε)sinα ' K

n−1 dⁿ₀

xⁿ_e +mgxesin(α)−Kdⁿ₀

xⁿ_e ε+mgεsin(α) +nKdⁿ₀ 2xⁿ⁺¹e

ε²

= K

n−1 dⁿ₀

xⁿ_e +mgxesin(α) +nKdⁿ₀ 2xⁿ⁺¹e

ε²

puisque les termes en linéaires enεse compensent par définition dexe. Remarquons qu’on aurait tout aussi bien pu faire le développement de Taylor deE_potpuisqu’on avait déjà calculé explicite- ment la dérivée seconde.

(b) L’intégrale première du mouvement s’écrit alors, en omettant le terme constant dansE_pot: mε˙²

2 + nKdⁿ₀ 2xⁿ⁺¹e

ε²=cste.→ε˙²+ nKdⁿ₀ mxⁿ⁺¹e

ε²=cste.

On reconnaît un oscillateur harmonique de pulsation :

ω= s

nKdⁿ₀ mxⁿ⁺¹e

→T = 2π s

mxⁿ⁺¹e

nKdⁿ₀ = 2π r xe

ngsin(α). L’expression (1) de la position d’équilibrexeassure queT varie commem^−1/(2n). 3. (a) L’expression du1cdonne :

ln(xe/d0) = 1

nln(K/mg)−1

nln(sinα).

Comme les données s’alignent selon une droite de pente 0,26, on conclut quen'1/0,26'4.

(b) On an>0: l’équilibre est donc stable.

(c) L’expression 1 donne :

Kdⁿ₀ =3,9·10⁻⁵Nm⁴ (d) L’expression2bdonne :

T =6,4·10⁻¹s. (2)

4. (a) La conservation de l’énergie mécanique entre :

• l’état initial oùx= 4xeetx˙= 0

• l’état oùx=xeetx˙60(au cours de la descente)

s’écrit : mx˙²

2 +Kd⁴₀

3x³_e +mgxesin(α) = Kd⁴₀

3(4xe)³ + 4mgxesin(α)

˙ x=

s 2 m

3mgxesin(α)−Kd⁴₀ 3x³_e

1− 1

64

' s

1 m

6mgxesin(α)−21Kd⁴₀ 32x³_e

= r171

32gxesin(α)

=2,3 m·s⁻¹. (b) On calcule :

(Kd⁴₀)/(3(4xe)³) 4mgxesin(α) = Kd⁴₀

768x⁴e

=1,3·10⁻³1.

Il sera tout à fait légitime de négliger l’énergie potentielle magnétique dans l’énergie mécanique pour ces conditions initiales.

(c) La conservation de l’énergie mécanique permet de déterminerxmincomme l’autre point de re- broussement oùx˙= 0,iel’autre valeur dexpour laquelleEm=Epot(x). De la même manière que pourx_max, on peut supposer que c’est cette fois l’énergie potentielle de pesanteur qui sera négli- geable devant l’énergie potentielle magnétique

enx=xmin. On a alors :

x

x

E

1 x³

+ x

x E

E_m'mgxmaxsin(α)' Kd⁴₀

3x³_min →xmin= xe

√3

12=8,7 cm. (3)

On calcule, pour cette valeur, le rapport de l’énergie potentielle de pesanteur sur l’énergie méca- nique, environ égal à (en négligeant l’énergie potentielle magnétique enx= 4xe) :

mgsin(α)xe/(√³ 12) 4mgxesin(α) = 1

4√³

12=1,1·10⁻¹.

L’hypothèse est donc raisonnable bien qu’avec 1·10⁻¹on ne puisse pas très confortablement dire que l’énergie potentielle de pesanteur est négligeable en ce point.

5. (a) En mouvement circulaire uniforme, l’accélération de chacun des aimants est, en coordonnées po- laires #»a = −mrω²#»er. Chacun des aimants est soumis à son poidsP#» = −mg#»ez, à la force F#»=K

d₀ 2r

4

#»eret à la réaction du supportR.#»

La projection de la relation fondamentale de la dynamique verticalement et horizontalement donne :

0 =Rcosα−mg −mω²r=−Rsinα+K d0

2r 4

.

On en déduit :

Rcosα=mg−→rω²=gtanα−K m

d0

2r 4

.

Attention, on ne peut pas écrire ici que la réactionR#»compense la composante du poids ortho- gonale à la surface, car l’accélération (en#»er) a une composante non nulle selon la normale à la surface.

(b) L’étude des fonctionsf1 :r→rω²etf2:r→ gtan(α)−^K

m

d₀ 2r

4

assure que quel que soitα, il existera toujours deux valeurs deωet dervé- rifiant cette condition,iedeux intersections entre les deux courbes.

r1 r2

gtan(α)

rmin rmax

r f1(ω) f1(ω⁰< ω)

f1(ωmax) f2

(c) Lors d’une petite diminution deω, on constate sur la figure que le rayonr1diminue alors que le rayonr2(ω)augmente. Or une diminution instantanée de la vitesse de rotation créera un dés- équilibre qui conduira la masse à descendre le long de la pente, donc à se rapprocher du plan horizontal d’un mouvement circulaire de rayonrinférieur, ce qui correspond au comportement de la solutionr1(ω). C’est donc celle-ci qui correspond à un mouvement stable.

(d) Les mouvements circulaires uniformes stables sont donc ceux correspondant aux solutionsr1(ω).

Par ailleurs, on constate sur la courbe qu’il y a une valeur maximale deω, qu’on noteraωmaxau delà de laquelle il n’y a plus d’intersection des courbesf1etf2et donc plus de mouvement circulaire uniforme possible. Il s’agit de la valeur deω, notéeωmaxtelle quef1est tangente àf2enrmax. On a donc :

ω_max² = 4K mr⁵_max

d0

2 4

r_maxω_max² =gtan(α)− K mr⁴_max

d0

2 4

ω_max² = 4K mr⁵_max

d0

2

4 4K m

d0

2rmax

4

=gtan(α)−K m

d0

2rmax

4

ω_max² = 4K mr⁵_max

d0

2 4

gtan(α) = 3K m

d0

2rmax

4

ω_max² = 4K mr⁵_max

d0

2 4

rmax=d0

2

3K mgtan(α)

1/4

=xe

2 (3cos(α))^1/4 ω_max² = g

xe

8sin(α) (3cos(α))^5/4

ωmax=8,5 rad·s⁻¹ rmax=12,7 cm.

La valeur minimale der, notéer_minest celle correspondant àω_min= 0, vérifiant : f2= 0→tan(α) =K

m d0

2r_min 4

→r_min= xe

2 (cos(α))^1/4=9,6 cm.

Correction du problème 2

I Généralités

I.1. Conformément au programme, on admet que le mouvement est circulaire uniforme. La norme de sa vitesse est doncv0 =kv#»0ket son accélération, entièrement radiale, est alors, en notantRson rayon, a=v²₀/R. La loi de la quantité de mouvement s’écrit alors :

mk#»ak=kF# »Bk →mv²₀

R =|q|v₀B0. (4)

On en déduit :

• le rayonR=mv0/(qB0),

• la pulsation dite « cyclotron »ωc=|q|B0/m.

I.2. (a) Comme vu dans le TD (déflexion magnétostatique) il sortira siR>`.

Le mouvement étant circulaire uniforme la vitesse en sortie a même normev0.

l

# » α B

e #»

e #»

e #»

R

v #»

v #»

(b) On détermine l’angle de sortie géométrique, notéαB, qui vérifie : sin(αB) = `

R=`|q|B0

mv0

. (5)

I.3. (a) La forceF#»=−eE#»doit être dirigée selon−e#»y. CommeE#»est selon les potentiels décroissants, on doit avoirU <0.

(b) Le mouvement est uniformément accéléré d’accélération#»a=−e|U|/(md)e#»y, avec les conditions initiales(x= 0;y= 0)et( ˙x=v0cos(α0); ˙y=v0sin(α0)). Le calcul classique donne :

x=v0cos(α0)t y=v0sin(α0)t−e|U|t² 2md .

Il sortira s’il repasse pary= 0enx6`. Ory= 0pourt= 2mdv0sin(α0)/(e|U|)où : 2mv²₀dsin(α0)cos(α0)

e|U| 6` →v<sub>0</sub><sup>2</sup>6 `e|U|

dmsin(2α0)

Remarque :On pourrait également s’assurer qu’il n’atteint pas la grille supérieure,iequ’on a tou- joursy6d.

(c) La force électrostatique étant conservative, l’énergie mécanique est conservée. Comme l’énergie potentielle (−eV) a la même valeur en tout point de la grille inférieure, l’énergie cinétique n’a pas changé et la particule a toujours la même énergie cinétique, doncv =v0. Par ailleurs, tout au long du mouvement, on ax˙=v0cos(α0) =cste. Comme la norme en sortie est la même que celle en entrée, on a de nouveau|y|˙ =v0|sin(α0)|. La symétrie de la trajectoire parabolique assure finalement que le vecteur vitesse en sortie est le symétrique de celui en entrée par rapport àe# »x, soit :

˙

y=v0(cos(α0)e# »x−sin(α0)e#»y).

(d) Seule la position initiale change, on peut reprendre la méthode en adaptant les résultats précé- dents, on a en effet :

x=v0cos(α0)t y=v0sin(α0)t−e|U|t² 2md +d

2. Il suffit alors de chercher l’instant pour lequely= 0et d’y calculer#»v.

On peut cependant utiliser, de manière plus rapide, l’énergie. Le potentiel du point2par rapport au point1est en effetU/2. La conservation de l’énergie mécanique s’écrit :

mv₀² 2 +−eU

2 =mv⁰²

2 0→v⁰²=v²₀+e|U|

m .

Comme dans le cas précédent, on a conservation dex˙=v0cos(α0). On en déduit, à la sortie : cos(α) = x˙

v⁰ = cos(α0) s

1 +

eU mv²₀

.

II Champs magnétiques alternés

II.1. (a)

Le résultat de la questionI.2bindique que le vecteur vitesse ne subit qu’une rotation d’angle α_B = `eB0/(mv0) à la traver- sée d’une section. En alternant les sens des champs magnétiques, on change le signe de cette déflexion. On obtient alors la trajectoire représentée ci-contre. L’électron dérive se- lone#»yau fur et à mesure qu’il progresse se- lone# »x.

` `

B # »

- # »

B

α

2 R (1 − cos( α ))

(b) On doit le lancer avec un angle initial non nul par rapport àe# »xpour qu’il ne dérive pas selone#»y. Géométriquement, on lit sur la fi- gure ci-contre que l’angleβdoit vérifier :

2Rsin(β) =`→sin(β) = `eB0

2mv0

` `

B # »

- # » B

R β

2β

(c) On pourrait envisager d’aligner des plaques de potentiel alternativement positif+Uet nul mais on aurait alors des risques de claquage dans les zones frontière. De plus, une erreur sur la position d’injection produirait une variation de l’énergie cinétique des électrons qui amplifierait encore plus cette même erreur.

(d) La traversée d’une zone s’effectue selon un arc de longueur2Rβ, à la vitesse constantev0, donc en un temps :

∆t=2Rβ v0

= β`

v0sin(β); puisque2Rsin(β) =`. Sa vitesse moyenne selonxest donc :

vx= `

∆t=v0sin(β) β .

Le mouvement étant circulaire uniforme, l’accélération y est radiale, de norme : a=ωv0=ev0B0

m .