c01p127

Concours Centrale-Supélec 2001
Épreuve : PHYSIQUE I
Filière TSI
Correction proposée par Eddie Saudrais ([email protected])
De l’oscillateur harmonique
Partie I
L’équation différentielle du mouvement s’obtient en écrivant la relation fondamentale
de la dynamique appliquée à M , en projection sur ex :
Oscillations sans frottements
m
d2 ξ
= mg − k(ξ − l0 ) .
dt2
(3)
En soustrayant l’équation (2) de l’équation (3), on obtient
m
ξéq
m
d2 x
k
+ x=0 .
2
dt
m
x
On note ξ la longueur du ressort, et x la position de M par rapport à sa position
d’équilibre. On a donc x = ξ − ξéq .
I.A
(4)
On a x = ξ − ξéq , déplacement de M par rapport à la position d’équilibre. L’équation (4) s’écrit alors
0
ξ
d2 ξ
= −k(ξ − ξéq ) .
dt2
Oscillations libres
(5)
Nous reconnaissons
l’équation différentielle d’un oscillateur harmonique de pulsation
p
propre ω0 = k/m. La solution satisfaisant aux conditions initiales données est
x(t) = x0 cos ω0 t .
(6)
A.I.3) On peut utiliser les deux méthodes suivantes pour déterminer la raideur du
ressort :
A.I.1) Sur le point M s’exercent :
— le poids P = mgex ;
— la tension du ressort T = −k(ξ − l0 )ex , où l0 est la longueur à vide du ressort.
A.I.2) L’équilibre du ressort s’écrit
Méthode statique : On suspend plusieurs masses connues, et on mesure la longueur
au repos du ressort. Selon l’équation (2), la loi ξéq (m) est affine, de pente g/k.
P + T = 0,
(1)
A.I.4) Les deux forces s’exerçant sur la masse dérivent d’un potentiel. On prend
comme origine x = 0.
mg − k(ξéq − l0 ) = 0 .
(2)
Énergie potentielle de pesanteur : Epes = −mgx .
soit, en projetant selon ex ,
Méthode dynamique
p : On mesure la période des petites oscillations. Elle est donnée par T = 2π m/k.
Physique I
Filière TSI
Énergie potentielle élastique : Attention, le choix de l’origine n’est pas le choix
habituel1 ; la (( formule usuelle )) doit être modifiée en conséquence. Le plus sûr
est de repartir de la définition du travail. La force est
E, Ep
E
T = −k(ξ − l0 )ex = −k(x + ξéq − l0 )ex .
Par définition de l’énergie potentielle,
Ec
dEél = −δW = −F · dOM = k(x + ξéq − l0 ) dx .
Ep
En choisissant Eéla = 0 pour x = 0, on a donc
Ep
1
1 k (x + ξéq − l0 )2 − (ξéq − l0 )2 = kx(x + 2ξéq − 2l0 ) .
2
2
Eéla =
D’après l’équation (2), on a ξéq − l0 = mg/k, d’où
Eéla =
soit finalement
Ep (t) =
1 2
kx + mgx .
2
1 2
kx .
2
(7)
L’énergie cinétique initiale étant nulle, l’énergie mécanique vaut initialement E =
Ep (t = 0) = kx20 /2. Le système est conservatif (il n’est soumis qu’à des forces conservatives) ; son énergie est donc une constante du mouvement :
1 2
kx .
2 0
(9)
kx20
.
4
(10)
hEp i =
La vitesse valant ẋ = −ω0 x0 sin ω0 t, l’énergie cinétique s’écrit
➤La masse évolue dans un puits de potentiel parabolique, caractéristique d’un
oscillateur harmonique.
E=
1 2
kx cos2 ω0 t .
2 0
Sa valeur moyenne est donc
A.I.5) L’énergie potentielle totale s’écrit Ep = Epes + Eél , soit
Ep =
x
A.I.7) D’après (6) et (7), l’énergie potentielle s’écrit, en fonction du temps,
1 h
1 2
mg i
k x + 2x(ξéq − l0 ) = k x2 + 2x
,
2
2
k
Eéla =
x0
−x0
(8)
A.I.6) L’énergie potentielle est donnée par (7), et l’énergie mécanique par (8). On
lit l’énergie cinétique par soustraction : Ec = E − Ep . Comme on a nécessairement
Ec > 0, les seules valeurs de x possibles sont celles qui vérifient Ep 6 E.
Ec =
1
mω02 x20 sin2 ω0 t .
2
(11)
Sa valeur moyenne temporelle est donc
hEc i =
1
kx20
mω02 x20 =
.
4
4
(12)
Les relations (10) et (12) montrent qu’il y a, en moyenne, équipartition entre l’énergie
cinétique et l’énergie potentielle :
hEc i = hEp i .
(13)
1 La (( formule habituelle )) E = 1 k(l − l )2 suppose que l’on a pris le repos du ressort comme origine du potentiel. Quand on étudie un oscillateur, il est plus simple de faire le choix de l’origine de l’énergie
p
0
2
potentielle à la position d’équilibre de l’oscillateur.
Page 2
Physique I
I.B
Filière TSI
Oscillations forcées
Les conditions initiales s’écrivent
On impose le déplacement X(t)ex = a cos ωtex à l’extrémité supérieure du ressort2 .
A.II.1) La longueur du ressort vaut maintenant x + ξéq − X(t) ; la force exercée par
le ressort sur M a donc pour expression
T = −k(x + ξéq − X(t) − l0 )ex .
d2 x
+ kx = Fsup
dt2
avec Fsup = kX(t) .
(15)
x(t) =
aω02
[cos ωt − cos ω0 t] ,
ω02 − ω 2
2aω02
ω + ω0
ω − ω0
sin ω1 t sin ω2 t avec ω1 =
.
et ω2 =
ω 2 − ω02
2
2
x
(17)
Cherchons une solution particulière de (16) de la même nature que le second membre,
c’est-à-dire de la forme d’une sinusoı̈de de même pulsation : xp (t) = A cos ωt+B sin ωt.
L’équation (16) s’écrit alors
La solution générale de (16) s’écrit donc
2 Il
t
(18)
Comme ω0 6= ω, on en déduit3 B = 0 et A = aω02 /(ω02 − ω 2 ). Une solution particulière (16) est donc
aω 2
xp (t) = 2 0 2 cos ωt .
(19)
ω0 − ω
aω 2
x(t) = xh (t) + xp (t) = α cos ω0 t + β sin ω0 t + 2 0 2 cos ωt .
ω0 − ω
(24)
A.II.2) Dans le cas où ω = 1,2ω0 , on a ω2 = 0,1ω0 et ω2 = 1,1ω0 .
La solution générale de l’équation homogène associée à (16) est de la forme
A(ω02 − ω 2 ) cos ωt + B(ω02 ω 2 ) sin ωt = ω02 a cos ωt .
(23)
que l’on peut écrire
A.II.1) L’équation (15) s’écrit
xh (t) = α cos ω0 t + β sin ω0 t .
(22)
On a donc
x(t) =
(16)
(21)
ẋ(0) = βω0 = 0 d’où β = 0 .
A.II.2) On considère ω 6= ω0 .
d2 x
+ ω02 x = ω02 a cos ωt .
dt2
aω02
aω 2
= 0 d’où α = − 2 0 2 ,
2
−ω
ω0 − ω
ω02
et
(14)
En éliminant le poids à l’aide de (2), on établit, à l’aide de la relation fondamentale
de la dynamique projetée selon ex ,
m
x(0) = α +
Tb
La période des battements est la longueur d’un fuseau, c’est-à-dire une demi-période
de la sinusoı̈de de pulsation ω2 . On a donc
(20)
aurait été plus heureux de prendre X(t) = a sin ωt, pour avoir X(0) = 0.
identifie les termes en sinus et les termes en cosinus.
3 On
Page 3
Tb =
π
.
ω2
(25)
Physique I
Filière TSI
A.II.3) On peut observer des battements optiques avec l’interféromètre de Michelson,
en observant les anneaux d’égale inclinaison en l’éclairant avec une lampe spectrale
à vapeur de sodium. On mesure l’intensité lumineuse au centre de la figure d’interférence avec un capteur tout en modifiant régulièrement la différence de marche en
translatant un miroir à l’aide d’un moteur. On observe des battements optiques : le
contraste des franges est modulés sinusoı̈dalement.
Ce phénomène est dû au doublet jaune du sodium (ça revient à additionner deux sinusoı̈des de fréquences proches). Connaissant la longueur d’onde moyenne du doublet,
on peut ainsi déterminer la différence des deux longueurs d’onde.
On trouve la solution correspondant au passage à la limite ω → ω0 en effectuant un
développement limité de (31) en l’infiniment petit δω/ω0 1.
x(t) ∼ 1+
δω
ω0
2
−1
[cos ω0 t − (cos ω0 t − δωt sin ω0 t)]
On a donc
lim x(t) =
ω→ω0
1
1
mẋ2 + kx2 .
2
2
(26)
dE
= mẋẍ + kxẋ ,
dt
(27)
E=
aω0
t sin ω0 t .
2
(33)
A.II.2) Le mouvement du point est une sinusoı̈de dont l’amplitude croı̂t linéairement
au cours du temps. Les deux demi-droites enveloppes de la courbe ont pour équation
x=±
soit d’après (15),
dE
= Fsup ẋ .
dt
(32)
aω0
∼
δωt sin ω0 t .
2δω
A.II.4) L’énergie mécanique s’écrit
On a donc
a
aω0
t
2
(34)
x
(28)
L’énergie mécanique ne se conserve pas.
Compte tenu de (23), on a
dE
ka2 ω 2
= 2 0 2 cos ωt [ω0 sin ω0 t − ω sin ωt] .
dt
ω0 − ω
t
(29)
Il apparaı̂t donc que l’énergie mécanique ne varie pas de façon monotone.
En prenant la valeur moyenne, on a
h
dE
i=0 .
dt
(30)
L’énergie mécanique ne varie pas en moyenne.
A.II.5) On considère ω = ω0 .
A.II.1) Dans le cas où ω = ω0 , la solution (23) se présente comme une forme indéterminée (0/0). Posons ω = ω0 + δω. On a alors
x(t) =
aω02
[cos ω0 t − cos ωt] .
− ω02
ω2
(31)
A.II.3) Nous nous trouvons en présence d’un phénomène de résonance.
Dans la réalité, l’acuité de la résonance est limitée par les phénomènes dissipatifs
et les non linéarités du système. En effet, dès que l’amplitude s’accroı̂t, le ressort
cesse d’être linéaire (spires jointives si x est trop faible, perte d’élasticité si x est trop
grand).
La résonance est un phénomène que l’on rencontre dans tous les domaines de la physique. Quelques exemples :
Page 4
Physique I
Filière TSI
Acoustique : L’effet Larsen, où une fréquence audible est amplifiée par rétroaction
positive entre un microphone et une enceinte.
Les résonateurs de Helmholtz. Dès sphères métalliques percées munies d’un petit
tuyau entrent en résonance pour leur fréquence propre, permettant ainsi d’effectuer la décomposition harmonique d’un son.
Partie II
Oscillations forcées avec amortissement fluide
Électrocinétique : L’oscillateur à résistance négative, où la fréquence centrale de la
chaı̂ne de retour est amplifiée par rétroaction positive.
La condition d’équilibre (2) étant toujours valable (la force de frottement fluide est
nulle au repos), l’équation (41) s’écrit, en posant Q = mω0 /k,
B.1 - La relation fondamentale de la dynamique s’écrit, en projection sur ex ,
m
d2 x
dx
= mg − k(x + ξéq − X(t) − l0 ) − h
.
2
dt
dt
Optique : Le laser, où une onde incidente à la fréquence de résonance (E2 −E1 )/h induit l’émission d’un photon de même fréquence par des atomes excités au niveau
E2 ; le photon induit augmente l’énergie de l’onde incidente.
A.II.4) L’énergie du système est
1
1
mẋ2 + kx2 ,
2
2
(35)
soit compte tenu de (33),
i
ma2 ω02 h
(sin ω0 t + ω0 t cos ω0 t)2 + ω02 t2 sin2 ω0 t ,
8
(36)
soit
E(t) =
ω0
ẋ + ω02 x = ω02 X(t) .
Q
(42)
B.2 - Le temps caractéristique du régime transitoire est
E(t) =
E(t) =
ẍ +
(41)
ka2 2
sin ω0 t + ω02 t2 + ω0 t sin 2ω0 t .
8
τ=
Au bout de quelques τ , on peut considérer que le régime permanent, décrit par la
solution en régime forcé, est atteint.
B.3 - Recherchons la solution de (17) en régime permanent en utilisant les notations
complexes.
Signal réel
Signal analytique
Amplitude complexe
(37)
Plaçons-nous à un instant t tel que sin ω0 t = 1. On a alors sin 2ω0 t = 0, d’où
E(t) =
ka2 2 2
ω t .
8 0
Q
.
ω0
X(t) = a cos ωt
X(t) = a ejωt
X=a
x(t) = A cos(ωt + ϕ)
x(t) = A ej(ωt+ϕ)
A = A ejϕ
L’équation (17) s’écrit, en utilisant les amplitudes complexes,
(38)
−ω 2 A + jω
ω0
A + ω02 A = ω02 a ,
Q
(43)
d’où l’on déduit l’expression de l’amplitude complexe de la réponse :
Si T0 = 2π/ω0 , on a
ka2 2 2
E(t + T0 ) =
ω0 t + 4π 2 + 4πω0 t .
8
(39)
D’après (38) et (39), la variation d’énergie sur l’intervalle [t, t + T0 ] est
∆E = E(t + T0 ) − T (t) = 4π [π + ω0 t] .
A=
ω02 a
ω02 − ω 2 + jω
ω0 .
Q
(44)
Le module nous donne l’amplitude du déplacement de M :
(40)
La croissance d’énergie du système sur une durée T0 croı̂t comme une fonction affine
du temps.
Page 5
A = s
a
2 2
ω
1− 2
ω0
.
ω2
+ 2 2
ω0 Q
(45)
Physique I
Filière TSI
B.4 - Aux basses fréquences (ω ω0 ), l’expression (45) devient A ≈ a. Le déplacement de M est identique à celui de l’extrémité du ressort. Malgré son inertie, son
temps de réponse est très rapide devant la fréquence de l’excitation, et la masse M
répond quasi-instantanément.
Aux hautes fréquence (ω ω0 ), l’expression (45) donne A a. La masse M reste
quasiment immobile. Son inertie l’empêche de répondre à l’excitation, trop rapide.
B.5 - L’amplitude A du mouvement de M est maximale quand son dénominateur est
minimale, ou encore quand le carré de son dénominateur est minimal. Il suffit donc
de rechercher un minimum de
2
ω2
ω2
D(ω) = 1 − 2
+ 2 2.
(46)
ω0
ω0 Q
On a
Aux hautes fréquences, on a V → 0. On a vu que M restait alors quasi-immobile ; sa
vitesse tend donc à s’annuler.
B.8 - D’après l’expression (51), l’amplitude V est maximale quand son dénominateur
est minimum, c’est à dire quand ω0 /ω − ω/ω0 = 0, soit ω = ω0 .
L’amplitude V est maximale pour ω = ω0 , quelle que soit la valeur de Q.
B.9 - Traçons les graphes4 de Vpp (f ) et de f · Vpp (f ).
Vpp (V)
6
5
4
3
2
ω2
2ω
dD
1
ω
ω2
2ω
1− 2 + 2 2 =2 2
.
(47)
−
2
+
2
=2 − 2
dω
ω0
ω0
ω0 Q
ω0 Q 2
ω02
On en déduit

tangente horizontale à l’origine,
ω = 0 r
dD
= 0 ⇐⇒
(48)
1
1
ωr = ω0 1 −
dω
si Q > √ .
2
2Q
2
r
1
L’amplitude A prend une valeur maximale pour ωr = ω0 1 −
si Q est supérieur
2
2Q
√
à Qmin = 1/ 2.
B.6 - La vitesse valant v(t) = ẋ(t), son amplitude complexe est donnée par V = jωA,
soit d’après (44)
jωω02 a
V =
(49)
ω0 .
ω02 − ω 2 + jω
Q
Le module de (49) donne l’amplitude de la vitesse :
ωa
V = s
,
(50)
2
ω2
ω2
1− 2
+ 2 2
ω0
ω0 Q
B.7 - Aux basses fréquences, on a V → 0. On a vu que M reproduisait alors le
mouvement de l’excitation qui est très lent ; sa vitesse est donc très faible.
que l’on met sous la forme
1
4 L’échelle
ω0 a
.
2
ω0
1
ω
+ 2 <
−
ω
ω0
Q
V = s
(51)
0
0
est réduite de moitié par rapport à celle demandée.
Page 6
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5 f (kHz)
Physique I
Filière TSI
Les valeurs obtenues par simulation conduisent à h = 1,209 kg · s−1 .
h = 1,045 kg · s−1 .
B.12 - Le schéma électrique équivalent est
0.5
1.0
1.5
f2
2.0
2.5
3.0
V ∝ f ·A.
C
mécanique
déplacement
vitesse
force
masse
coefficient de frottement
raideur
(52)
Partie III
∆f = 605 Hz .
(54)
qui est de la même forme5 que (15).
La courbe f · Vpp (f ) permet d’accéder à la vitesse.
B.11 - On a vu que Vmax = V (f0 ),√avec ω0 = 2πf0 . Les deux fréquences f1 et f2 > f1
telles que V (f1 ) = V (f2 ) = Vmax / 2 définissent la bande passante ∆f = f2 − f1 .
La détermination de f0 , f1 et f2 est indiquée sur le graphe. On obtient f0 = 2 220 Hz,
f1 = 1 910 Hz et f2 = 2 515 Hz, d’où
x(t)
v
F
m
h
k
électricité
charge
intensité
tension
inductance
résistance
inverse de la capacité
q(t)
i
u
L
R
1/C
Phénomènes de propagation
C.1 - On met bout à bout deux ressorts (k1 , l01 ) et (k2 , l02 ) à l’équilibre.
Le facteur de qualité est donné par
Q=
f0
,
∆f
(53)
ex
l1
l2
T
d’où
Q = 3,669 .
que
q
L
1 dq
1
dI
d2 q
+
+
q=
,
dt2
RC dt
LC
dt
3.5 f (kHz)
B.10 - L’amplitude complexe de la vitesse est définie par V = jωA = j2πf A. Les
amplitudes sont reliées par V = 2πf A, soit
5 Sauf
R
0
I(t)
La charge q vérifie l’équation différentielle
f1
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
La valeur ainsi trouvée du facteur de qualité diffère d’environ 15% de la valeur obtenue par un logiciel modélisation. Le modèle proposé donne un résultat acceptable, vu
sa simplicité (ressort linéaire, masse linéique du ressort négligé, frottement fluide).
Le coefficient de frottement est donné par h = mω0 /Q = 2πmf0 /Q soit, avec la valeur
déterminée graphiquement,
f · Vpp (V · s−1 )
−T
dI
= −Iω sin ωt. Il faudrait prendre X(t) = a sin ωt — comme nous l’avons déjà observé — pour que les deux équations différentielles soient identiques.
dt
Page 7
T
Physique I
Filière TSI
En considérant chaque ressort, on a
ex
T = −k1 (l1 − l01 )ex
T = −k2 (l2 − l02 )ex
(55)
(56)
x
x + dx
A
ξ(x)
ξ(x + dx)
Écrivons que l’ensemble se comporte comme un ressort de longueur à vide l0 = l01 +l02 ,
de longueur l = l1 + l2 et de raideur k :
T = −k(l1 + l2 − l01 − l02 )ex .
(57)
Les équations (55) et (56) permettent d’écrire
1
T = (l1 − l01 )ex
k1
et
1
T = (l2 − l02 )ex .
k2
(58)
On en déduit d’après (57)
1
1
1
T = [(l1 − l01 ) + (l2 − l02 )] ex = T + T .
k
k2
k2
(60)
(61)
F = Kdx [(dx)0 − dx] ex =
(64)
L ∂ξ
k dxex
dx ∂x
(65)
La composante sur ex de la force exercée par le tronçon [x, L] sur le tronçon [0, L] a
donc pour expression
∂ξ
F = kL
.
(66)
∂x
C.3 - La tranche [x, x + ∆x] a une masse ∆m = µ∆x. La relation fondamentale de
la dynamique projetée sur ex s’écrit
µ∆x
d’où l’expression de la raideur d’une tranche de longueur ∆x :
L
K=
k
∆x
∂ξ
dx .
∂x
Le segment exerce en A, sur le tronçon [0, x] la force
Le ressort de longueur L et de raideur k peut se décomposer en L/∆x tranches de
longueur ∆x et de raideur K. D’après (60), on a
1
L/∆x
=
,
k
K
(dx)0 = dx + ξ(x + dx) − ξ(x) = dx +
(59)
L’ensemble des deux ressorts se comporte donc comme un ressort de raideur
1
1
1
+
.
=
k
k1
k2
Considérons l’élément de longueur dx au repos, situé en x. D’après la question précédente, sa raideur est
L
Kdx =
k.
(63)
dx
Lorsque le ressort est tendu, le point A d’abscisse x se déplace de ξ(x). L’extrémité
du segment étudié se déplace de ξ(x + dx). La longueur du segment devient alors
∂2ξ
∂F
∂ 2ξ
=
F
(x
+
∆x)
−
F
(x)
=
,
dx
=
kL
∂t2
∂x
∂x2
(67)
soit
∂2ξ
1 ∂2ξ
− 2 2
2
∂x
c ∂t
(62)
C.2 - On néglige le poids du ressort : sa longueur au repos est sa longueur à vide L.
avec c =
La grandeur c a la dimension d’une vitesse.
Page 8
s
kL
.
µ
(68)
Physique I
Filière TSI
L’équilibre s’écrit6
C.4 - L’équilibre de la masse M s’écrit
∂ξéq
0 = mg − F (L + ξéq (L)) = mg − kL
(L) .
∂x
(69)
Quand le point M est en mouvement, la relation fondamentale de la dynamique projetée sur ex s’écrit
∂2ε
∂ε
∂ξ
m 2 = mg − h
− kL (L) .
(70)
∂t
∂t
∂x
En soustrayant (69) de (70), on obtient
m
∂2ε
∂ε
∂ε
= −kL (L) − h (L) .
2
∂t
∂t
∂x
(71)
C.5 - On recherche des solutions de (68) de la forme ε(x, t) = f (x) cos ωt, qui représente des ondes stationnaires. On observe en effet que des spires paraissent nettes
et d’autres paraissent floues, ce qui montre que nous sommes en présence de nœuds
(spires nettes) et de ventres (spires floues) de vibration, caractéristiques des ondes
stationnaires.
0 = mg − F (L) ,
soit d’après (66)
0 = mg − kL
m
En notation complexe, ε(0, t) = a e
d’où
= A(0) e
α=a .
. D’après (73), on a A(0) = α,
(75)
Extrémité inférieure (condition en x = L : La masse M est suspendue à cette
extrémité ; on lui applique la relation fondamentale de la dynamique, en projection sur ex .
6 Si
∂2ξ
∂ξ
∂ξ
= mg − kL (L) − h .
2
∂t
∂x
∂t
(78)
Soustrayons (77) de (78) :
m
∂2ξ
∂ξ − ξéq
∂ξ
= −kl
(L) − h .
∂t2
∂x
∂t
(79)
Comme ε(x, t) = ξ(x, t) − ξéq (x), l’équation (79) s’écrit
m
∂2ε
∂ε
∂ε
= −kL (L) − h .
∂t2
∂x
∂t
(72)
Extrémité supérieure (condition en x = 0) : Le déplacement de l’extrémité est
imposé par l’excitation :
ε(0, t) = a cos ωt .
(74)
jωt
(77)
(80)
Écrivons (80) en utilisant la notation complexe ε(x, t) = A(x) ejωt :
On reconnaı̂t l’équation différentielle d’un oscillateur harmonique qui admet pour
solution générale
ωx
ωx
A(x) = α cos
+ β sin
.
(73)
c
c
Nous allons utiliser comme conditions aux limites les déplacements des deux extrémités du ressort.
jωt
∂ξéq
(L) .
∂x
Pendant le mouvement, on a
C.6 - En notation complexe, ε(x, t) = A(x) ejωt . L’équation (68) s’écrit alors
d2 A ω 2
+ 2 A(x) = 0 .
dx2
c
(76)
−mωA(L) = −kL
dA
(L) − jhωA(L) .
dx
D’après (73) et (75), on a donc, en posant Φ = ωL/c,
ω
ω
− mω 2 a cos Φ − mω 2 β sin Φ = kL a sin Φ − kL β cos Φ
c
c
− jHωa cos Φ − jhωβ sin Φ , (82)
soit
β=a
d’où, comme ω02 = k/m,
mω 2 cos Φ + kΦ sin Φ − jhω cos Φ
,
−mω 2 sin Φ + kΦ cos Φ + jhω sin Φ
ω0 ω
cos Φ
Q
β=a
.
ω0 ω
−ω 2 sin Φ + ω02 Φ cos Φ + j
sin Φ
Q
ω 2 cos Φ + ω02 Φ sin Φ − j
F (x) est la force exercée par le tronçon [x, L] sur le tronçon [0, x], le tronçon [x, L] subit la force −F (x). La tension du ressort à son extrémité inférieure est donc −F (L), force qu’il exerce sur M .
Page 9
(81)
(83)
(84)
Physique I
Filière TSI
C.7 - Écrivons A(L) en utilisant (73), (75) et (84) :


ω0 ω
cos Φ
ω 2 cos Φ + ω02 Φ sin Φ − j
Q


sin Φ
A(L) = a cos Φ +
ω0 ω
2
2
−ω sin Φ + ω0 Φ cos Φ + j
sin Φ
Q
=a
"
=a
2 Φ cos2 Φ+j ω0 ω cos Φ sin Φ+ω2 cos Φ sin Φ+ω2 Φ sin2 Φ−j ω0 ω cos Φ sin Φ
−ω2 cos Φ sin Φ+ω0
0
Q
Q
ω ω
−ω2 sin Φ+ω2 Φ cos Φ+j 0
sin Φ
0
Q
ω02 Φ
ω02 Φ cos Φ − ω 2 sin Φ + j
ω0 ω
cos Φ
Q
Pour Q 1, l’amplitude complexe du mouvement de M devient
A∼
#
(85)
a
.
ω 2 sin Φ
cos Φ −
ω02 Φ
(92)
Elle est maximale (résonance) pour cos Φ = ω 2 sin Φ/(ω02 Φ), soit
ωL
ωL
ω 2 L2
tan
= 02 .
c
c
c
.
(93)
La résolution de cette équation donne les fréquences de résonance ω r .
On a donc
A(L) =
a
.
ω sin Φ
ω sin Φ
cos Φ −
+
j
ω02 Φ
ω0 QΦ
2
(86)
On a donc
Comme ε(x, t) = A(x) e
∂ξéq
∂ξéq
(L) =
(0) .
∂x
∂x
∂ε
∂ε
(L) =
(0) .
∂x
∂x
jωt
lim A(L) =
1−
ω2
ω
+j
ω02
ω0 Q
F = q(E + v p ∧ B) = q(E 0 + v p ∧ B 0 ) .
(90)
.
(95)
Dans le cadre de la relativité galiléenne, la composition des vitesses s’écrit v p = v 0p +v.
La relation (95) s’écrit alors
ce qui entraı̂ne Φ = 0.
Négliger la masse linéique du ressort (limite µ → 0) revient à passer à la limite
Φ → 0. D’après (86), on a donc
Φ→0
(94)
D.2 - Soit v p la vitesse de la charge ponctuelle dans (R) et v 0p sa vitesse dans (R0 ).
La force de Lorentz a la même expression dans les deux référentiels :
(88)
, et d’après (73), la relation (89) s’écrit
a
0 = γE 0 .
(89)
−a sin Φ + β cos Φ = β ,
Système de freinage électromagnétique
D.1 - Dans (R0 ), la loi d’Ohm locale s’écrit
Dans la partie II.C, on a négligé la masse volumique µ du ressort. Si on prend µ = 0
dans (67), on obtient
∂2ξ
F (x + ∆x) − F (x) = 0 =
,
(87)
∂x2
donc ∂ξ/∂x = cste, relation valable aussi à l’équilibre, soit
∂ξ
∂ξ
(L) =
(0) et
∂x
∂x
Partie IV
(E + v ∧ B) + v 0p ∧ B = E 0 + v 0p ∧ B .
(96)
La relation (96) doit être vérifiée pour toute valeur de v 0p ; on en déduit donc par
identification
[E 0 , B 0 ] = [E + v ∧ B, B] .
(97)
D.3 - L’équation de Maxwell-Gauss s’écrit
div E =
(91)
ρ
.
ε0
(98)
L’équation locale de la conservation de la charge s’écrit
div  +
On retrouve bien le résultat du II.C.
Page 10
∂ρ
= 0.
∂t
(99)
Physique I
Filière TSI
En utilisant la loi d’Ohm (94), on en déduit l’équation différentielle
∂ρ
γ
+ ρ = 0.
∂t
ε0
Le champ électrique est donc un champ de gradient :
E = −grad V
(100)
où V est un champ scalaire.
(105)
En un point donné du conducteur, la densité volumique de charge suit l’évolution
ρ(t) = ρ(0) e−t/τ . Elle décroı̂t exponentiellement, avec un temps caractéristique
τ = ε0 /γ .
Dans le référentiel (R0 ), il apparaı̂t une composante E m à circulation non conservative,
dont l’expression est
Er = v ∧ B .
(106)
Pour un conducteur, on peut prendre γ ≈ 107 S · S−1 . On en déduit τ ≈ 10−18 s. Ce
temps de relaxation étant négligeable devant les temps caractéristiques à considérer
dans cette expérience, on peut considérer que l’on a ρ(t) = 0.
La densité volumique de charge est nulle dans le conducteur.
D.4 - Notons ρm la densité volumique de charges mobiles (à la vitesse v 0p ) et ρf la
densité volumique de charges fixes dans (R0 ). D’après la question précédente, on a
ρ = ρm + ρf = 0.
Dans le référentiel (R0 ), on a
0 = ρm v 0p .
(101)
D.7 - Dans la zone de la plaque où règne le champ magnétique apparaı̂t le champ
électromoteur E m . Pour une tige soumise à B sur une longueur b, la loi d’Ohm s’écrit
alors uAB = ri − e, où la f.é.m. d’induction est donnée par
uAB = ri − vB0 b .
ez
(108)
e
i
r
uAB
(103)
(107)
= .
E m · ez dz = vB0 b .
La loi d’Ohm s’écrit alors
0
0
On a donc
b
Dans le référentiel (R), le (( charges fixes )) se déplacent à la vitesse v, tandis que les
charges mobiles se déplacent à la vitesse v p = v 0p + v. On a donc
 = ρf v + ρm v p = ρf v + ρm v 0p + v = (ρf + ρm )v + ρm v 0p
(102)
e=
Z
D.8 - Quand la tige n’est pas soumise à l’action de B, le circuit équivalent se limite
à une résistance r, et la loi d’Ohm s’écrit, avec les mêmes orientations,
uAB = ri0 .
(109)
D.5 - Les courants induits dans une pièce métallique en mouvement dans un champ
magnétique constant (ou immobile dans un champ magnétique variable) sont appelés
courants de Foucault.
Léon Foucault, physicien français du XIXe siècle (1819-1868).
Il s’est rendu célèbre par son expérience du pendule de Foucault, qui montrait la
rotation de la Terre.
Les courants de Foucault ont plusieurs applications pratiques :
Chauffage par induction, où l’on utilise l’énergie thermique dégagée par effet Joule
lors de la circulation des courants de Foucault dans le récipient.
Dans la plaque, nb tiges sont soumise au champ B, et n(H − b) tiges ne sont pas
soumises à ce champ.
Le fil conducteur reliant les tiges en z = −l/2 est un nœud électrique (on néglige sa
résistance) ; la loi des nœuds s’y écrit alors
Freinage par induction pour les autocars, les poids lourds ; d’autant plus efficace
que le véhicule va vite (il s’agit plutôt d’un ralentissement).
nbi + n(H − b)i0 = 0 ,
r
i0
uAB
D.6 - L’équation de Maxwell-Faraday s’écrit, dans le cas d’un champ magnétique
permanent,
rot E = 0 .
(104)
ez
d’où
Page 11
i0 = −i
b
.
H −b
(110)
(111)
Physique I
Filière TSI
En éliminant i0 de (108), (109) et (110), on a
−ri
d’où
b
= ri − vB0 b ,
H −b
(H − b)bvB0
i=
.
rH
La section d’une tige est e/n, sa longueur est l ; sa résistance est donnée par
r=
nl
.
γe
(112)
D.9 - La force de Laplace s’exerce sur la zone de la plaque où règne le champ B ; elle
s’écrit donc
F L = (nbi)bez ∧ B ,
(118)
avec B = B0 ey . D’après (115), on a donc
(113)
F L = −nb2
(114)
soit
FL = −
Les deux intensités sont donc données par
i=
(H − b)bγevB0
nlH
et
i0 = −
b2 γevB0
.
nlH
(115)
soit
PJ =
γb3 (H − b)ev 2 B02
.
lH
γb3 (H − b)evB02
ex .
lH
(119)
(120)
Sa puissance est définie par PL = F L · v, soit
PL = −
La puissance totale dissipée par effet Joule dans la plaque est
PJ = nbri2 + n(H − b)ri02
n2 l (H − b)2 b2 γ 2 e2 v 2 B02
b4 γ 2 e2 v 2 B02
b
=
+ (H − b)
γe
n2 l 2 H 2
n2 l 2 H 2
3
2 2 b γev B0
=
(H − b)2 + (H − b)b
2
lH
(H − b)bγevB0
B 0 ex
nlH
γb3 (H − b)ev 2 B02
.
lH
(121)
D’après (120), la force de Laplace jour le rôle d’un frottement fluide F L = −hvex ; le
coefficient de frottement a pour expression
(116)
h=
γb3 (H − b)eB02
.
lH
(122)
On calcule numériquement
h = 1,314 kg · s−1 .
(117)
(123)
On trouve une grandeur tout à fait comparable à la valeur trouvée à la question II.K.
Page 12