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Concours Physique ENS Cachan 1990 (Corrigé)

CORRIGE CACHAN B 90
PREMIER PROBLEME
I) Calculs d'énergie cinétique
1) Ec=12Mv2
2) Ec = Ec de translation + Ec de rotation. Soit Ec=12mv2+12Jω2 avec J = mR2.
Ec=12m(v2+R2ω2)
3) On combine les résultats de 1) et 2) . Soit : Ec=12Mv2+m(v2+R2ω2)
II) Mouvements sur un plan horizontal
1) |N|=Mg|T|=f.Mg}M˙v=f.Mg si v>0. Donc :
v=v0fgt pour 0<t<v0fg
v=0 pour t>v0fg



2)Pour un roulement sans glissement v = ωR .
Donc Ec= mv2. La force de contact ne travaille pas; donc v se conserve. v=v0 t





3) Même raisonnement qu'en 2). La force de contact ne travaille pas. Donc : v=v0






III) Mouvements suivant la ligne de plus grande pente d'un plan incliné
1) Soit x le déplacement du système S1 le long du plan incliné.
On applique le théorème de l'énergie cinétique entre l'instant initial et l'instant t :
Si v >0 12Mv2=(Mg.sinβfMg.cosβ)x
On dérive par rapport à t :
Mv˙v=Mg(sinβfcosβ)˙xaG=g(sinβfcosβ)sif<tgβ Soit β0=Atan(f)
2)
a) La circonférence roule sans glisser.
Le raisonnement est de même nature. Cependant , la force de frottement ne travaille pas donc mv2=mgsinβ.x. En dérivant, on obtient : aG=g.sinβ2
b) * Le roulement se produit pour β>0. Donc βt=0 .
* v=RωaG=R˙ω .
L'application du théorème du moment cinétique donne : mR2aGR=RT . Soit T=maG=mg.sinβ2
Or, T<fN lorsqu'il y a roulement sans glissement
T=fN lorsqu'il y a glissement.
Donc, β2 est tel que mgsinβ22=f.mgcosβ2  β2=Atan(2f) .
c) Si β>β2 , alors mgsinβT=maG . On se retrouve dans le cas 1) et aG=g(sinβfcosβ)
3)
a) Le théorème de l'énergie cinétique donne : 12Mv2+2mR2.12(vR)2=(M+2m)gsinβ.x
En dérivant, on obtient : aG=M+2mM+4mgsinβ .
b) Avec glissement sur les deux roues; on se retrouve dans le même cas qu'en 1).
Soit : aG=g(sinβfcosβ) .
c) Condition limite de non glissement : T=m(M+2m)M+4mgsinβ=f(M2+m)gcosβ
D'où : tgβ=f(M+2m)(M+4m)2m(M+2m)=f(2+M2m) Donc : β3=Atan(f(2+M2m)) .






IV) Conclusion
1) cf courbes ci-dessus.
2) Le rapport 2mM est tel que β3 lorsque ce rapport diminue.
Il permet, à β donné, de savoir s'il y aura ou non glissement.
DEUXIEME PROBLEME
PRELIMINAIRES
P1) Résultat classique :
BM=μoI.R22(R2+z2)32k







P2) Résultat classique :
B=μoNI2l(cosα2cosα1)
Application numérique :
Bo=1,47mT




Première partie
1.1) D'après la relation de Biot et Savart :
dBoz=μoIR12.dφ4Π(x2+y2+z2)32 . Soit : dBo=μoIR12dφ4Π(R12+(pφ2Π)2)32
1.2) On en déduit : dBoz=μoI2p(1+u2)32du avec pN1R1upN1R1
La primitive de (1+u2)32 est u(1+u2)12 donc Boz=μoIN1(p2N12+R12)12



1.3) Avec Bo=μoIp , Boz=Bo1(1+(R1pN1)2)12
En faisant un développement limité, on peut écrire f sous la forme : f=112.(R1pN1)2 .
Donc f=0,99 si R1=2pN110 soit numériquement R1=3,5cm.
Deuxième partie
2.1) D'après le théorème d'Ampère (H est orthoradial) :
M extérieur H=0
M intérieur H=NI2Πx
2.2) B(O2)=μNI2ΠR=0,53T B(A1)=μNI2Π(Ra2)=0,66T B(A2)=μNI2Π(R+a2)=0,44T



2.3) Soit ϕ le flux à travers une spire : dφ=B(x).b.dxφ=bμNI2Πdxx . En outre Φ=Nϕ=LI.
D'où : φ=μNIb2Π.lnR+a2Ra2 et L=μN2b2Π.lnR+a2Ra2 A. N. N=100 spires
2.4.1) L'interrupteur K2 est fermé. L'équation différentielle du circuit s'écrit :
E=Ri+Ldidt
qui s'intègre en :
i=ER(1etτ)avecτ=LR A.N. t=6,6ms

2.4.2) Avec K2 ouvert :E=Ri+Ldidt+vc avec i=cdvcdt . Soit : E=LCd2vcdt2+RCdvcdt+vc
2.4.3) Avec C=4LR2 , on est en régime critique. La solution de l'équation différentielle est de la forme :
vc(t)=(A+Bt).et2τ avec pour t=0 vc=0 et dvcdt=ERC.
D'où : vc=E(1(1+t4τ)et2τ) et i=Cdvcdti=ER(1+t2τ)et2τ
Enfin vL=LdidtvL=Et4τet2τ
2.4.4) vL est toujours négatif et passe par un minimum pour t=2τ.
Troisième partie
3.1) BN étant continu, B a la même valeur dans l'entrefer et le matériau.
L'application du théorème d'Ampère donne :
x((2Πα)Bμ+αBμo)=NI B=NI(αμo+2Παμ)x=0,12T
3.2) Le calcul de L est identique. Il suffit de remplacer 2Πμ par 2Παμ+αμo . Soit L' la nouvelle valeur de l'inductance :




LL=2Πμ2Παμ+αμo soit L=L1+α(μμo)2Πμo
A.N. LL=0,61+α(μμo)2Πμo=10,6 . Finalement α=4Πμo3(μμo)=2,4.103rd
3.3) Si R'>>a, alors lnR+a2Ra2=ln1+a2R1a2Rln(1+a2R+a2R)aR. Soit L=N2ba(2Παμ+αμo)R
Si α est suffisamment petit, αμo>>2Παμ. Si on veut que αμo>1002Παμ il faut que α>20°.
Dans ce cas L=μoN2baRα
3.4.1) R(H(2Πα)+Hoα)=NI 3.4.2) B est identique dans le matériau et l'entrefer.
3.4.3) Dans l'entrefer, B=μoHo. Dans la relation de 3.4.1), on remplace Ho par Bμo.
Soit H(2Πα)+Bμoα=NIR ou B=μo2ΠααH+μoNIαR
1er cas : B=1,1.104+0,16
2ème cas : B=1,1.103+H+2
On trace la courbe obtenue à partir des données de l'énoncé et les deux courbes B=f(H) correspondant aux deux relations précédentes.
L'intersection donne l'état du système.Soit :
B1=0,15T B2=1,3T


Pour les faibles valeurs de H, on peut utiliser la relation linéaire B=µH.

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