Concours Physique Concours Spécial Physique II 1994 (Corrigé)

Concours Spécial Physique 2 1994

I.Lévitation par interaction électrostatique.

A.1.a.On découpe le disque en couronnes (r,r+dr) de charge dq = 2$\sigma .2\pi \;rdr$ qui crée en P le potentiel

dV = $\frac{{dq}}{{4\pi {\varepsilon _o}\sqrt {{r^2} + {z^2}} }}\; = \;\frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\frac{{rdr}}{{\sqrt {{r^2} + {z^2}} }}$ ; soit V(P) = $\frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}}}\int_0^a {\frac{{d({r^2} + {z^2})}}{{\sqrt {{r^2} + {z^2}} }}}$

V(P) = $\frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\left[ {\sqrt {{a^2} + {z^2}} - \;\left| z \right|} \right]$

en remarquant que lorsque z $\to$ - z, V(z) reste inchangé (symétrie des charges).

A.1.b.Par continuité du potentiel, ${{\rm{V}}_{\rm{o}}}$ = V(z = O) = $\frac{{{\rm{a}}\sigma }}{{{\varepsilon _{\rm{0}}}}}$

soit $\sigma \; = \;\frac{{{\varepsilon _0}{{\rm{V}}_{\rm{o}}}}}{{\rm{a}}}$

A.2.a.$\mathop {\rm{E}}\limits^ \to$ = - $\mathop {grad({\rm{V)}}}\limits^ \to$ = - $\frac{{\partial \;{\rm{V}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}\;\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to$ = $\frac{\sigma }{{{\varepsilon _o}}}\left[ {1\; - \;\frac{{\rm{z}}}{{\sqrt {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} }}} \right]\;\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ si z > 0 $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to$ = - $\frac{\sigma }{{{\varepsilon _o}}}\left[ {1\; - \;\frac{{\left| {\rm{z}} \right|}}{{\sqrt {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} }}} \right]\;\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ si z < O soit .$\mathop {\rm{E}}\limits^ \to$ = $\pm$$\frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\left( {1\; - \;\cos \theta } \right)\;\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ A.2.b.

A.3.a.Il n'y a pas de charges au voisinage du point P donc selon le théorème de Gauss, le flux de $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to$ sortant du petit cylindre est nul .

- E(z).$\pi \;{{\rm{r}}^{\rm{2}}}$ + E(z+dz).$\pi \;{{\rm{r}}^{\rm{2}}}$ + 2$\pi$r dz Er = 0 soit $E_r = - \frac{{\rm{r}}}{{\rm{2}}}\;\frac{{\partial \;{\rm{E}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}$ = $\frac{{\sigma \;{\rm{r}}}}{{{\rm{2}}\;{\varepsilon _{\rm{0}}}}}\frac{{\rm{d}}}{{{\rm{dz}}}}\left( {\frac{{\rm{z}}}{{\sqrt {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} }}} \right)$

${{E}_{r}}=\frac{\sigma {{a}^{2}}r}{2{{\varepsilon }_{0}}{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}$

A.3.b.
$\overrightarrow{E}=E(z)\overrightarrow{k}+{{E}_{r}}\overrightarrow{{{u}_{r}}}=\frac{\sigma }{{{\varepsilon }_{0}}}\left( 1-\frac{z}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{z}^{2}}}} \right)\overrightarrow{k}+\frac{\sigma {{a}^{2}}r}{2{{\varepsilon }_{0}}{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{{{u}_{r}}}=\frac{\sigma }{{{\varepsilon }_{0}}}(1-\cos \theta )\overrightarrow{k}+\frac{\sigma r}{2a{{\varepsilon }_{0}}}{{\sin }^{3}}\theta \overrightarrow{{{u}_{r}}}$

A.4.La densité de charges ne peut être en fait uniforme sur tout le disque notamment au bord (pouvoir des pointes) où la densité surfacique est en fait plus importante qu'au voisinage de l'axe Oz..
B.1.a.Le disque B porte des charges sur sa face supérieure où existe une force de pression électrostatique qui devra dépasser son poids pour permettre le décollage . Soit $\frac{{{\sigma ^2}}}{{2{\varepsilon _{\rm{0}}}}}.\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\; > \;{\rm{mg = }}\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\;{\rm{e}}\;\rho \;{\rm{g}}$ donc ${\sigma ^{}} > \;\sqrt {2{\varepsilon _{\rm{0}}}\;\rho \;{\rm{e}}\;{\rm{g}}}$ c'est-à-dire , à l'aide de A.1.b.

${{\rm{V}}_{\rm{0}}}\; > \;\frac{{\rm{a}}}{{{\varepsilon _{\rm{0}}}}}$$\sqrt {2{\varepsilon _{\rm{0}}}\;\rho \;{\rm{e}}\;{\rm{g}}}$ = a$\sqrt {\frac{{2eg\rho }}{{{\varepsilon _{\rm{0}}}}}}$ = Vs

B.1.b.Application numérique : Vs = 190 kV.
B.2.Le disque B emporte la charge q =$\sigma$ $\pi \,{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$ alors que le disque A maintenu au même potentiel Vo = Vs conserve la densité surfacique $\sigma$ et crée donc le même champ $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to$ (voir A.1.a).

La position d'équilibre de B implique que mg = qE = $\sigma$ $\pi \,{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$$\frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\left( {1\; - \;\cos \theta } \right)$ = 2mg$\left( {1\; - \;\cos \theta } \right)$ .Donc cos$\theta$ = 0,5

soit $\theta$ = 60° ou z = a /$\sqrt 3$

Lorsque z croit, E décroit donc le poids l'emporte sur la force électrostatique et le disque descend; lorsque z décroit, E croit et la force électrostatique l'emporte ce qui fait remonter le disque.D'où stabilité de l'équilibre .
B.3.a.Au voisinage de la position d'équilibre sur l'axe Oz, seule la composante Er de $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to$ agit sur le disque B
$\overrightarrow{F}=q{{E}_{r}}\overrightarrow{{{u}_{r}}}=S\pi {{b}^{2}}\frac{\sigma {{a}^{2}}}{2{{\varepsilon }_{0}}{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{{{r}_{G}}}=\frac{\pi {{b}^{2}}{{\varepsilon }_{0}}}{{{2}^{{}^{5}/{}_{2}}}{{a}^{3}}}V_{S}^{2}\overrightarrow{{{r}_{G}}}$
après remplacement de z par sa valeur à l'équilibre tirée de B.2.
B.3.b.Cette force orthogonale à l'axe Oz est centrifuge ce qui produit une instabilité de l'équilibre.

II.Lévitation par interaction magnétostatique

C.1.Rappels du cours : champ magnétique créé sur l'axe d'une bobine plate $\overrightarrow{B}=\frac{{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}}{2a}{{\sin }^{3}}q\overrightarrow{k}=\frac{{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}}{2}\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{k}$
C.2.a.Le flux de $\mathop {\rm{B}}\limits^ \to$ sortant du petit cylindre étant nul , on trouve la même relation qu'avec le champ $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to$ :
${{B}_{r}}=-\frac{r}{2}\frac{\partial B}{\partial z}=-\frac{r}{2}\frac{{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}{{a}^{2}}}{2}\frac{d}{dz}\left[ {{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{-{}^{3}/{}_{2}}} \right]=\frac{3}{4}{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}{{a}^{2}}\frac{rz}{{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}$ 

C.2.b.Avec 2$\alpha$ = 2$\beta$ i1= $\frac{{\partial \;{\rm{B}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}$, on obtient

Br = - r $\alpha$

et à l'aide de C.2.a,

$\alpha$ = - $\frac{3}{4}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}{\rm{N}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{a}}^{\rm{2}}}}}\cos \left( \theta \right){\sin ^4}\left( \theta \right)$

C.3.a.D'après C.2.a, on trouve au centre de l'anneau : $B(P)=\frac{{{\mu }_{0}}{{i}_{2}}}{2b}$ ; ce champ étant supposé uniforme sur le plan de l'anneau,

le flux propre est ${\Phi _{22}}$ = B$\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$ = $\frac{{{\mu _{\rm{0}}}\;\pi \;{\rm{b}}\;{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}}{{\rm{2}}}$ = L i2 , donc

L = $\frac{{{\mu _{\rm{0}}}\;\pi \;{\rm{b}}}}{{\rm{2}}}$

C.3.b.Application numérique L = 2.10-9 ${\pi ^2}$ = 1,97.10-8 H.

C.3.c.Le flux mutuel est ${\Phi _{12}}$ = $\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$ B1 = $\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$ $\frac{{{\mu _{\rm{0}}}{\rm{N}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{\rm{2a}}}}{\sin ^3}\theta$ = M i1

soit M = $\frac{{{\mu _{\rm{0}}}\;{\rm{N}}\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{2a}}}}{\sin ^3}\theta$

et

$\frac{{\rm{M}}}{{\rm{L}}}$ = $\frac{{{\rm{N}}\;{\rm{b}}}}{{\rm{a}}}{\sin ^3}\theta$

C.4.a.La force de Laplace dérive de l'énergie d'interaction - i2${\Phi _{12}}$entre l'anneau et la bobine :
$\mathop {\rm{F}}\limits^ \to$ = $\mathop {{\rm{grad}}}\limits^ \to \left( {{{\rm{i}}_{\rm{2}}}{\Phi _{12}}} \right)$ = i2$\frac{{\partial \;{\Phi _{12}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ = ${{\rm{i}}_{\rm{2}}}\;\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\frac{{\partial \;{\rm{B}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$. Donc $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to$ = 2 $\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\;{{\rm{i}}_{\rm{2}}}\;\alpha \mathop {\rm{k}}\limits^ \to$
C.4.b.La lévitation est possible si la force de Laplace est dirigée vers le haut. Si i1 > 0, alors $\alpha$ < 0, donc il faut i2 < 0.

D.1.Le schéma équivalent de l'anneau comporte un générateur de f.é.m. e = - $\frac{{{\rm{d}}{\Phi _{\rm{2}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ = -L$\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ - M$\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ en série avec une résistance R. d'où l'équation différentielle : L $\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ + R i2 = - M $\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ (R + jL$\omega$)$\underline {{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}$= - jM$\omega$$\underline {{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}$ et $\underline {{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}$ = $\frac{{ - {\rm{j M }}\omega \;\underline {{{\rm{i}}_{\rm{1}}}} }}{{{\rm{R + jL}}\omega }}$ Avec i1 = I0 cos($\omega$t), on a i2 = A cos($\omega$t + $\varphi$) avec A = $\frac{{{\rm{M}}\omega \;{{\rm{I}}_{\rm{0}}}}}{{\sqrt {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + \;{{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} }}$ $\varphi$ = - $\frac{\pi }{2}$ - Arg$\left( {{\rm{R}}{\rm{ + j L}}\omega } \right)$ .

cos($\varphi$) = - $\frac{{{\rm{L}}\omega }}{{\sqrt {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} }}$ et sin ($\varphi$) = - $\frac{{\rm{R}}}{{\sqrt {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} }}$ . Avec R = L$\omega$ on obtient $\varphi$ = - $\frac{{3\pi }}{4}$
D.2. < i1.i2> = < I0Acos(.$\omega$t).cos($\omega$t+$\varphi$) > = $\frac{1}{2}$AI0 cos($\varphi$) = - $\frac{{{\rm{LMI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{2\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}$

La force moyenne exercée sur l'anneau est ainsi , d'après C.4.a., < $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to$> = < $\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\;{{\rm{i}}_{\rm{2}}}\;\beta \;{{\rm{i}}_{\rm{1}}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$>

< $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to$> = $\frac{{{\rm{ - }}\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\beta \;{\rm{LMI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$

D.3.L'équilibre de l'anneau implique que < $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to$> - mg $\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ = $\mathop 0\limits^ \to$ soit $\frac{{{\rm{ - }}\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\beta \;{\rm{LMI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}$ - mg = 0 avec $\beta$ < 0 .
D.4.On pose F = < $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to$>.$\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ et on utilise les expressions de M (C.3.c) et de $\beta$ (C.2.b) . On obtient :

F =$\frac{{{\rm{3}}{\pi ^2}\;\mu _{\rm{0}}^{\rm{2}}\;{{\rm{a}}^{\rm{4}}}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{LI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{8\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}$$\frac{{\rm{z}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^4}}}$ =$\frac{3}{8}\pi \;{\mu _{\rm{o}}}\;{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{I}}_{\rm{o}}^{\rm{2}}{{\rm{a}}^{\rm{4}}}{{\rm{b}}^{\rm{3}}}$ $\frac{{\rm{z}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^4}}}$ soit F = $\frac{{{\rm{3}}{\pi ^2}\;\mu _{\rm{0}}^{\rm{2}}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{LI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{8{{\rm{a}}^{\rm{3}}}\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}$$\cos \left( \theta \right){\sin ^7}\left( \theta \right)$ = $\frac{3}{{8{{\rm{a}}^{\rm{3}}}}}\pi \;{\mu _{\rm{o}}}\;{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{I}}_{\rm{o}}^{\rm{2}}{{\rm{b}}^{\rm{3}}}$$\cos \left( \theta \right){\sin ^7}\left( \theta \right)$

F sera maximale lorsque $\frac{{\rm{z}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^4}}}$ sera maximum soit $\frac{{\rm{d}}}{{{\rm{dz}}}}\left( {\frac{{\rm{z}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^4}}}} \right)$= $\frac{{{{\rm{a}}^{\rm{2}}} - 7{{\rm{z}}^{\rm{2}}}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^5}}}$ = 0 donc pour $z=\pm {}^{a}/{}_{\sqrt{7}}$ ce qui donne

Fmax = $\frac{3}{{8\sqrt 7 }}\pi \;{\mu _{\rm{o}}}\;{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{I}}_{\rm{o}}^{\rm{2}}{{\rm{a}}^{\rm{4}}}{{\rm{b}}^{\rm{3}}}$$\frac{{\rm{a}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + \frac{{{{\rm{a}}^{\rm{2}}}}}{7}} \right)}^4}}}$ Fmax = $\frac{{{\rm{3}}\pi \;\mu _{\rm{0}}^{}\;{{\rm{b}}^{\rm{3}}}{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{I}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}}}{{8\sqrt 7 {{\rm{a}}^{\rm{3}}}}}$$\frac{{\rm{1}}}{{{{\left( {1 + \frac{{\rm{1}}}{7}} \right)}^4}}}$

Si mg > Fmax , il n'y a aucun équilibre possible ; si mg = Fmax, il y en a une ; si mg < Fmax, alors il y en a deux mais seule la plus grande valeur (z2) de z est stable.
D.5.On peut réaliser la lévitation en disposant sur un support (en plastique par exemple), l'anneau à une distance de la bobine légèrement supérieure à ${{z}_{m}}{}^{a}/{}_{\sqrt{7}}$. On fait alors croitre lentement le courant Io : lorsque Fmax dépasse mg, l'anneau est entrainé vers le haut et suit sa position d'équilibre (z2), qui dépend de Io, et oscille avec une faible amplitude.

D.6.a et b..Fmax, > mg $\Rightarrow$Io > $\sqrt {\frac{{8\sqrt 7 {{\left( {1 + \frac{1}{7}} \right)}^4}{{\rm{a}}^{\rm{3}}}{\rm{mg}}}}{{3\pi \;\mu _o^{}\;{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{{\rm{b}}^{\rm{3}}}}}}$ = Im avec R = L$\omega$ . Soit numériquement Im = 78,1 A.
${{i}_{2,eff}}=\frac{M\omega {{I}_{m}}}{\left( \sqrt{{{R}^{2}}+{{L}^{2}}{{\omega }^{2}}} \right)\sqrt{2}}=\frac{M}{2L}{{I}_{m}}=\frac{Nb}{2}\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+z_{m}^{2} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}=\frac{Nb}{2}\frac{{{I}_{m}}}{{{\left( 1+\frac{1}{7} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}$. Soit numériquement i2,eff = 320 A.
L'effet Joule produit dans l'anneau est donc très intense ce qui risque de l'échauffer et de le faire fondre ce qui justifie la nécessité d'utiliser un matériau supraconducteur où l'effet Joule sera nul.
D'après C.1, on a $B({{z}_{m}})=\frac{{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}}{2}\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+z_{m}^{2} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\approx \frac{{{\mu }_{0}}N{{I}_{m}}}{2a}\frac{1}{\left( 1+\frac{1}{7} \right){}^{3}/{}_{2}}$
B(zm) = 40,2 mT.
D.6.c.Si l'anneau s'incline, le flux magnétique créé par la bobine diminue et l'énergie d'interaction croit : l'anneau est alors soumis à un couple qui le ramène dans le flux maximum . Il y a stabilité de l'équilibre.
E.1.On part de l'équation du D.1 avec R = 0, donc e = - L $\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ - M $\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ = 0. En intégrant , on a Li2 + Mi1 = constante = 0 (à t = 0).

Soit	i2 = - $\frac{{\rm{M}}}{{\rm{L}}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}$ = -.$\frac{{\rm{M}}}{{\rm{L}}}{{\rm{I}}_{\rm{o}}}$.

E.2.D'après C.4.a., on a $\overrightarrow{F}={{i}_{2}}\pi {{b}^{2}}\frac{3}{2}\frac{{{\mu }_{0}}N{{I}_{0}}{{a}^{2}}z}{{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{k}=\frac{3}{2}{{\mu }_{0}}\pi {{N}^{2}}I_{0}^{2}{{a}^{4}}{{b}^{3}}\frac{z}{{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{k}$
Le graphe est donc le même que celui de D.4 mais la force exercée est 4 fois plus grande. L'équilibre est obtenu lorsque mg = F pour la valeur la plus grande de z (z2).

E.3.a. Io > 0 $\Rightarrow$ i2 < 0 donc le moment magnétique de l'anneau est opposé au champ magnétique créé par la bobine.

E.3.b. $\mathop {\rm{B}}\limits^ \to$ et $\mathop {\rm{M}}\limits^ \to$ étant opposés, l'énergie d'interaction de l'anneau (- $\mathop {\rm{M}}\limits^ \to$.$\mathop {\rm{B}}\limits^ \to$) dans le champ magnétique de la bobine est positive et maximale donc il y a instabilité de l'équilibre. On peut réaliser le champ uniforme $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{e}}}}\limits^ \to$ à l'aide de bobines d'Helmholtz d'axes parallèles à Oz et parcourues par un courant constant de sens opposé à Io.
Pour ne pas modifier le courant i2 dans l'anneau, on peut créer $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{e}}}}\limits^ \to$ avant de rendre le matériau supraconducteur (à température ordinaire). On le refroidit ensuite et on augmente i1 de O à Io lorsque l'état supraconducteur est atteint.
$\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{e}}}}\limits^ \to$ doit donc être de même sens que $\mathop {\rm{M}}\limits^ \to$ pour stabiliser l'anneau.

III.Oscillations mécaniques de l'anneau.

F.1.On développe le champ magnétique $\mathop {\rm{B}}\limits^ \to$(N) au voisinage du point C où il vaut $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}\limits^ \to$.

Soit : $\mathop {\rm{B}}\limits^ \to$(N) = $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}\limits^ \to$ + $\left( {{\rm{Z - }}{{\rm{Z}}_{\rm{o}}}} \right)\frac{{\partial \;{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ + Br(N) $\mathop {{{\rm{u}}_{\rm{r}}}}\limits^ \to$ $\approx$ $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}\limits^ \to$ + 2$\alpha$($\mathop {{\rm{CN}}}\limits^ \to .\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$)$\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ - r$\alpha$$\mathop {{{\rm{u}}_{\rm{r}}}}\limits^ \to$

$\mathop {\rm{B}}\limits^ \to$(N)= $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}\limits^ \to$ + 2$\alpha$ $\mathop {{\rm{CN}}}\limits^ \to$ - 3$\alpha$$\mathop {\rm{r}}\limits^ \to$

F.2.A l'aide de la relation fondamentale de la dynamique projetée sur Oz et en posant $\varepsilon$ = $\left( {{{\rm{Z}}_{\rm{o}}}{\rm{ - }}{{\rm{Z}}_{{\rm{eq}}}}} \right)$, on peut écrire :
m $\mathop {{Z_{\rm{o}}}}\limits^{..}$ = m$\mathop \varepsilon \limits^{..}$ = - mg + $\mathop {{{\rm{F}}_{\rm{L}}}}\limits^ \to$.$\mathop {\rm{k}}\limits^ \to$ = - mg - 2$\alpha$${\pi ^2}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}\frac{{\left( {{{\rm{B}}_{\rm{o}}} + \;2\alpha \;{{\rm{Z}}_{\rm{o}}}} \right)}}{{\rm{L}}}$ = - $\frac{{4{\alpha ^2}\;{\pi ^2}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}\varepsilon }}{{\rm{L}}}$ puisque l'anneau est en équilibre pour $\varepsilon$ = 0.

Il vient $\mathop \varepsilon \limits^{..}$ + $\frac{{4{\alpha ^2}\;{\pi ^2}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}}}{{{\rm{mL}}}}$ $\varepsilon$ = 0. Donc la période des petites oscillations est

T = $\frac{{\sqrt {{\rm{mL}}} }}{{\alpha \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}}}$