Premier problème: Champs magnétiques P M r Idl dB dS I1 I2 (C) I

CCP TSI 2003
Premier problème:Champs magnétiques
1.
P
M
r
Idl
dB
2. Equation de Maxwell-Ampère:rotÝBÞ=W0Ýj+P0/E
/tÞ
Dans l’ARQS le courant de déplacement est négligeable devant le courant de conduction:rotÝBÞ=W0j
3. Pour un contour (C)orienté,l’orientation d’une surface Ss’appuyant sur le contour (C)est donnée par la règle de
Stokes ou du ”tire-bouchon”
XXSrotÝBÞ.dS =XXSW0j.dS ù[ÝcÞB.dl =W0Ioù I=XXSj.dS est le courant enlacé par le circuit.On obtient ainsi le
théorème d’Ampère:La circulation du champ magnétique sur un contour orienté est égal dans l’ARQS au produit de W0par
le courant enlacé par le circuit.
dS
I1 I2
(C)
I= I1 -I2
4. Selon 1.1. Les contributions dB des éléments dl en un point Msont toutes de même direction et de même sens.BÝMÞ
est orthoradial:BÝMÞ=BÝMÞuS
1

I
M
(C)
En choisissant comme contour (C)le cercle passant par Met ayant pour axe le fil :
[ÝcÞB.dl =[ÝcÞB.dl =W0I.D’où BÝMÞ=W0I
2^ruS
5. B=2.10?5Tùr=2,5.10?2m.Pour r>2,5cm,le champ magnétique créé par le fil est plus faible que la composante
horizontale du champ magnétique terrestre.
6.a.La force de Laplace élémentaire s’exerçant sur l’élément de conducteur dl est dF =Idl TB=dC TB.
6.b. dF =Idl TB=Idl TW0I
2^dÝ?uxÞ=W0I2 2^ddlÝ?uyÞ
dl
dF
B
z
y
x
6.c.La force entre les deux fils est une force attractive contrairement àla force électrostatique qui s’exercent entre deux
charges de même signe.Les deux forces ne sont pas comparables,les circuits n’étant pas des monopôles magnétiques.
7.a.Deux éléments de circuit symétriques par rapport àOcrèent des champs magnétiques dB et dBvsymétriques par
rapport àl’axe (Ox).Le champ magnétique résultant est porté par l’axe (Ox).
2

dl
dl’
dB
dB’
B(M)
x
Mπ/2−α
7.b.Pour une spire,la projection dBxde dB vaut:dBx=W0Idl
4^ÝR/sinJÞ2cosÝ^ 2?JÞ=W0Idl 4^R2sin3J.
Soit en intégrant sur la circonférence:BÝMÞ=W0I
2Rsin3Jux
7.c.sinJ=R
R2+x2öBÝMÞ=W0IR2
2ÝR2+x2Þ3
2uxùBÝMÞ=B0R2
ÝR2+x2Þ
3
2ux
8. Chaque bobine est la superposition de Nspires. Ainsi le champ créé par la bobine 1est
B1ÝMÞ=NB0R
ÝR2+Ýx+d
2Þ2Þ
3
2uxet le champ créé par la bobine 2est B2ÝMÞ=NB0R2
ÝR2+Ýx?d
2Þ2Þ
3
2ux.Le champ total
BÝMÞ=NB0ßR2
ÝR2+Ýx+d
2Þ2Þ
3
2+R2
ÝR2+Ýx?d
2Þ2Þ
3
2àux,soit BÝMÞ=fÝd
2+xÞ+fÝd 2?xÞavec fÝtÞ=NB0R2 R2+t2
3
2
9. Pour d=R,au voisinage de x=0(pour x
dtendant vers 0),
fÝd
2+xÞ=NB01
1+x+d
2
d
2
3
2=NB01
5
4+x2+dx
d2
3
2=NB0Ý4
5Þ?3
2Ý1+4
5x2+dx d2Þ?3
2
=fÝd
2Þ1?3 2Ý4 5x2+dx d2Þ+?3
2Ý?5 2Þ
2Ý4 5x2+dx d2Þ2+?3
2Ý?5 2ÞÝ?5 2Þ
6Ý4 5x2+dx d2Þ3+oÝx
dÞ
fÝd
2?xÞ=fÝd 2Þ1?3 2Ý4 5x2?dx d2Þ+?3
2Ý?5 2Þ
2Ý4 5x2?dx d2Þ2+?3
2Ý?5 2ÞÝ?5 2Þ
6Ý4 5x2?dx d2Þ3+oÝx
dÞ
BÝxÞ=fÝd
2+xÞ+fÝd 2?xÞ
Les termes impairs en x disparaissent. En gardant les termes de degré ²3en x, on obtient:
BÝxÞ=2fÝd
2Þ1?3 2Ý4 5x2 d2Þ+?3
2Ý?5 2Þ
2Ý4 5d2x2 d2Þ2+oÝx
dÞ3=2fÝd
2Þ1+oÝx
dÞ3
Les bobines de Helmoltz distantes de d=Rpermettent d’avoir un champ qui varie très peu sur une zone assez large (voir
10)10. BÝ01Þ=BÝ02Þ=4,25.10?3T
BÝ0Þ=4,49.10?3T
11.AB
B=0,055. Entre les deux bobines,le champ est constant à5,5%près.
12. La contribution de l’élément de solénoïde compris entre xet x+dx au champ magnétique en Mest
dBÝMÞ=ÝW0I
2Rsin3JuxÞndx.Soit BÝMÞ=Xx2
x1ÝW0I
2Rsin3JuxÞndx =uxXJ2
J1ÝW0I
2Rsin3JÞnÝ?R
sin2JÞdJ
BÝMÞ=W0nI
2ÝcosJ1?cosJ2Þux.
Si le solénoïde est infiniment long,BÝMÞ=W0nIux
13.a.En un point d’un plan de symétrie d’une distribution de courant,le champ magnétique est perpendiculaire à ce
plan.Tout plan perpendiculaire àl’axe est plan de symétrie,donc en un point Pquelconque BÝMÞ=BÝPÞux
13.b. Il yainvariance de la distribution de courants par translation parallèle à(x’x)et par rotation autour de l’axe (x’x),
donc B(P)ne dépend que de la distance rde Pàl’axe.
On utilisant un contour d’Ampère rectangulaire,
Pour Pintérieur au solénoïde:
3

a
M
P
[B.dl =0öBÝPÞ=BÝMÞ.Le champ est uniforme àl’intérieur du solénoïde.
Pour Pextérieur au solénoïde:
a
M
P
[B.dl =W0naI ù?BÝPÞ.a+BÝMÞ.a=W0naI öBÝPÞ=0.
Deuxième problème:Apropos d’oscillations...
Première partie:Oscillateur mécanique.
1.a.Le mobile est soumis aux deux forces de tension F1et F2exercées par les ressorts,àson poids Pet àla réaction de la
tige horizontale R.La réaction Rest perpendiculaire àl’axe horizontal puiqu’on néglige tout frottement.
F1=?kÝl1?l0Þux=?kÝle+x?l0Þux
F2=kÝl2?l0Þux=kÝle?x?l0Þux
Par application de la relation fondamentale de la dynamique projetée sur (x’x):m66 x+2kx =0
1.b. On obtient l’équation d’un oscillateur harmonique:66 x+g0
2x=0de pulsation g0=2k
met de période T0=2^2m
k
1.c.xÝtÞ=x0cosÝg0tÞ
2. F1+F2=?gradÝEpÞöEpÝtÞ=kx2=kÝx0cosÝg0tÞÞ2en choisissant Ep=0pour x=0.
EcÝtÞ=1
2m6
x2=1
2mÝx0g0sinÝg0tÞÞ2
EÝtÞ=EpÝtÞ+EcÝtÞ=kÝx0cosÝg0tÞÞ2+1
2mÝx0g0sinÝg0tÞÞ2=2kx0
2
On observe que EpÝtÞ=EcÝtÞet on vérifie que l’énergie mécanique est constante.
3.a.On ajoute la force fau bilan des forces précédent:m66 x+W6 x+2kx =0, soit 66 x+h6 x+g0
2x=0
3.b. La nature du mouvement est donnée par le signe du discriminant de l’équation caractéristique:r2+hr +g0
2=0. Le
mouvement est oscillatoire amorti pour A=h2?4g0
2<0;soit W<23
2km
3.c.La solution générale est de la forme:xÝtÞ=Ae?ht
2cosÝg0
2?h2
4tÞ
3.d. La pseudo-période est T=2^
g0
2?h2
4
3.e.Le mouvement oscillatoire se produit jusqu’àla dissipation totale de l’énergie mécanique disponible par frottements
.Initialement Ec=0,Ep=kx02et quand t¸K,Ec¸0, et Ep¸0. L’énergie totale dissipée par frottements est égale àla
diminution d’énergie mécanique,soit W=kx02
Deuxième partie:oscillateur électrique
4.a.Em=qÝtÞ2
2C+1 2LiÝtÞ2
4.b. Il yadissipation d’énergie par effet Joule dans la résistance.L’énergie électromagnétique diminue et dEm
dt =?riÝtÞ2.
4.c.dEm
dt =d dt ÝqÝtÞ2
2C+1 2LiÝtÞ2Þ=?riÝtÞ2.Soit avec i=6
q,6 qÝq
C+L66
q+r6 qÞ=0. On en déduit pour la décharge du
4

condensateur:66 q+g0
Q0
6
q+g0
2q=0.
5.a.Le discriminant de l’équation caractéristique associée àl’équation différentielle doit être négatif,soit Q0>1
2.
5.b. L’évolution de q(t)est de type oscillatoire amorti avec une pseudo-période T=2^
g01?1
4Q0
2
,soit T=T0
1?1
4Q0
2
.On
obtient:T>T0.
Troisième partie:Analogie électromécanique
Les parties 1et 2ont fourni:m66 x+W6 x+2kx =0et L66 q+r6 q+q
C=0
On obtient les analogies formelles suivantes:
coefficient de rappel k(2k)capacité C
masse du mobile minductance L
coefficient de frottement fluide Wrésistance r
coordonnée de position xcharge du condensateur q
vitesse du mobile vcourant i
énergie cinétique du mobile énergie stockée dans l’inducance
énergie potentielle élastique du ressort énergie stockée dans la capacité
puissance dissipée par frottements puissance dissipée par effet Joule
Quatrième partie:Haut-parleur électrodynamique
7.a.
B
idl
df
x
7.b. df =?iBdlux.En intégrant sur la longueur de l’enroulement:f=?iBlux.
7.c.En projetant sur l’axe (x’x)le principe fondamental de la dynamique,onobtient:m66 x=?kx?W6 x?Bil Ý1Þ
8.a.eÝtÞ=XÝvTBÞ.dl,l’intégration se faisant sur l’enroulement,avec:v=ve x,B=Ber,dl =dleS.
D’où eÝtÞ=vBl.
8.b. La loi des mailles entre deux points Aet Bs’écrit:uAB =RiAB ?eAB.Ici entre les bornes d’entrée du haut-parleur
eAB =?Ldi
dt +eÝtÞ
D’où:u=Ri +Ldi
dt ?Blv Ý2Þ
9. a.(1)ömjgvÝtÞ=?k1
jgvÝtÞ?WvÝtÞ?BiÝtÞl,soit mjgV=?k1 jgV?WV?BIlùV=?Bl mjg+W+k
jgI
(2)öuÝtÞ=RiÝtÞ+jLgiÝtÞ?BlvÝtÞ,soit U=ÝR+jLgÞI?BlV
9.b. En éliminant Ventre les deux équations précédentes:U=ÝR+jLg+B2l2
mjg+W+k
jgÞI
Donc Z=R+jLg+B2l2
mjg+W+k
jg
9.c.Z=R+jLg+ZmavecZm=B2l2
mjg+W+k
jg=1
1
R1+1 jL1g+jC1gavec R1=W
B2l2,L1=B2l2
k,C1=m
B2l2
9.d. L’impédance d’entrée du haut -parleur se présente comme l’association en série de la résistance R,de l’inductance L
et d’un dipôle d’impédance Zmrésultant de l’association en parallèle d’une résistance R1, d’une capacité C1et d’une
inductance L1.
5