CORRIGE CACHAN B 90PREMIER PROBLEME
I) Calculs d'énergie cinétique
1) ${{E}_{c}}=\frac{1}{2}M{{v}^{2}}$
2) Ec = Ec de translation + Ec de rotation. Soit ${{E}_{c}}=\frac{1}{2}m{{v}^{2}}+\frac{1}{2}J{{\omega }^{2}}$ avec J = mR2.
${E_c} = \frac{1}{2}m\left( {{v^2} + {R^2}{\omega ^2}} \right)$
3) On combine les résultats de 1) et 2) . Soit : ${E_c} = \frac{1}{2}M{v^2} + m\left( {{v^2} + {R^2}{\omega ^2}} \right)$
$v={{v}_{0}}-fgt$ pour $0<t<\frac{{{v}_{0}}}{fg}$
$v=0$ pour $t>\frac{{{v}_{0}}}{fg}$
Donc Ec= mv2. La force de contact ne travaille pas; donc v se conserve. $v={{v}_{0}}\text{ }\forall t$
On applique le théorème de l'énergie cinétique entre l'instant initial et l'instant t :
Si v >0 $\begin{array}{*{20}{c}}{}&{}\end{array}\frac{1}{2}M{v^2} = \left( {Mg.\sin \beta - fMg.\cos\beta } \right)x$
On dérive par rapport à t :
$Mv\dot v = Mg\left( {\sin \beta - f\cos \beta } \right)\dot x\begin{array}{*{20}{c}}{}&{}\end{array} \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}}{}&{}\end{array}$${a_G} = g\left( {\sin \beta - f\cos \beta } \right)\begin{array}{*{20}{c}}{}&{}\end{array}si\begin{array}{*{20}{c}}{}&{}\end{array}f < tg\beta $ Soit ${{\beta }_{0}}=A\tan (f)$
2)
a) La circonférence roule sans glisser.
Le raisonnement est de même nature. Cependant , la force de frottement ne travaille pas donc $m{{v}^{2}}=mg\sin \beta .x$. En dérivant, on obtient : ${{a}_{G}}=\frac{g.\sin \beta }{2}$
b) * Le roulement se produit pour β>0. Donc ${{\beta }_{t}}=0$ .
* $v=R\omega \Rightarrow {{a}_{G}}=R\dot{\omega }$ .
L'application du théorème du moment cinétique donne : $m{{R}^{2}}\frac{{{a}_{G}}}{R}=RT$ . Soit $T=m{{a}_{G}}=\frac{mg.\sin \beta }{2}$
Or, T<fN lorsqu'il y a roulement sans glissement
T=fN lorsqu'il y a glissement.
Donc, ${{\beta }_{2}}$ est tel que $\frac{mg\sin {{\beta }_{2}}}{2}=f.mg\cos {{\beta }_{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{\beta }_{2}}=A\tan (2f)$ .
c) Si $\beta >{{\beta }_{2}}$ , alors $mg\sin \beta -T=m{{a}_{G}}$ . On se retrouve dans le cas 1) et ${a_G} = g\left( {\sin \beta - f\cos \beta } \right)$
a) Le théorème de l'énergie cinétique donne : $\frac{1}{2}M{v^2} + 2m{R^2}.\frac{1}{2}{\left( {\frac{v}{R}} \right)^2} = \left( {M + 2m} \right)g\sin \beta .x$
En dérivant, on obtient : ${{a}_{G}}=\frac{M+2m}{M+4m}g\sin \beta $ .
b) Avec glissement sur les deux roues; on se retrouve dans le même cas qu'en 1).
Soit : ${a_G} = g\left( {\sin \beta - f\cos \beta } \right)$ .
D'où : $tg\beta = \frac{{f\left( {M + 2m} \right)\left( {M + 4m} \right)}}{{2m\left( {M + 2m} \right)}} = f\left( {2 + \frac{M}{{2m}}} \right)$ Donc : ${\beta _3} = A\tan \left( {f\left( {2 + \frac{M}{{2m}}} \right)} \right)$ .
IV) Conclusion
1) cf courbes ci-dessus.
2) Le rapport $\frac{2m}{M}$ est tel que ${{\beta }_{3}}$ lorsque ce rapport diminue.
Il permet, à β donné, de savoir s'il y aura ou non glissement.
DEUXIEME PROBLEME
PRELIMINAIRES
${\vec B_M} = {\mu _o}\frac{{I.{R^2}}}{{2{{\left( {{R^2} + {z^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}\vec k$
$\vec B = {\mu _o}\frac{{NI}}{{2l}}\left( {\cos {\alpha _2} - \cos {\alpha _1}} \right)$
Application numérique :
${{B}_{o}}=1,47mT$
Première partie
$d{B_{oz}} = {\mu _o}\frac{{I{R_1}^2.d\varphi }}{{4\Pi {{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}$ . Soit : $d{B_o} = {\mu _o}I\frac{{{R_1}^2d\varphi }}{{4\Pi {{\left( {{R_1}^2 + {{\left( {\frac{{p\varphi }}{{2\Pi }}} \right)}^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}$
1.2) On en déduit : $d{B_{oz}} = {\mu _o}\frac{I}{{2p{{\left( {1 + {u^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}du$ avec $-\frac{p{{N}_{1}}}{{{R}_{1}}}\le u\le \frac{p{{N}_{1}}}{{{R}_{1}}}$
La primitive de ${\left( {1 + {u^2}} \right)^{\frac{{ - 3}}{2}}}$ est $\frac{u}{{{{\left( {1 + {u^2}} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}$ donc ${B_{oz}} = {\mu _o}\frac{{I{N_1}}}{{{{\left( {{p^2}{N_1}^2 + {R_1}^2} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}$
1.3) Avec ${{B}_{o}}={{\mu }_{o}}\frac{I}{p}$ , ${B_{oz}} = {B_o}\frac{1}{{{{\left( {1 + {{\left( {\frac{{{R_1}}}{{p{N_1}}}} \right)}^2}} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}$
En faisant un développement limité, on peut écrire f sous la forme : $f = 1 - \frac{1}{2}.{\left( {\frac{{{R_1}}}{{p{N_1}}}} \right)^2}$ .
Donc f=0,99 si ${{R}_{1}}=\sqrt{2}\frac{p{{N}_{1}}}{10}$ soit numériquement ${{R}_{1}}=3,5cm$.
Deuxième partie
M extérieur H=0
M intérieur $H=\frac{NI}{2\Pi x}$
2.2) ${{B}_{({{O}_{2}})}}=\mu \frac{NI}{2\Pi R}=0,53T$ ${B_{({A_1})}} = \mu \frac{{NI}}{{2\Pi \left( {R' - \frac{a}{2}} \right)}} = 0,66T$ ${B_{({A_2})}} = \mu \frac{{NI}}{{2\Pi \left( {R' + \frac{a}{2}} \right)}} = 0,44T$
2.3) Soit ϕ le flux à travers une spire : $d\varphi ={{B}_{(x)}}.b.dx\Rightarrow \varphi =b\int{\mu \frac{NI}{2\Pi }\frac{dx}{x}}$ . En outre Φ=Nϕ=LI.
D'où : $\varphi =\mu \frac{NIb}{2\Pi }.\ln \frac{R'+\frac{a}{2}}{R'-\frac{a}{2}}$ et $L=\mu \frac{{{N}^{2}}b}{2\Pi }.\ln \frac{R'+\frac{a}{2}}{R'-\frac{a}{2}}$ A. N. $N'=100\text{ spires}$
$E=Ri+L\frac{di}{dt}$
qui s'intègre en :
$i = \frac{E}{R}\left( {1 - {e^{ - \frac{t}{\tau }}}} \right)\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}avec\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}\tau \end{array} = \frac{L}{R}$ A.N. $t=6,6ms$
2.4.2) Avec K2 ouvert :$E=Ri+L\frac{di}{dt}+{{v}_{c}}$ avec $i=c\frac{d{{v}_{c}}}{dt}$ . Soit : $E=LC\frac{{{d}^{2}}{{v}_{c}}}{d{{t}^{2}}}+RC\frac{d{{v}_{c}}}{dt}+{{v}_{c}}$
2.4.3) Avec $C=\frac{4L}{{{R}^{2}}}$ , on est en régime critique. La solution de l'équation différentielle est de la forme :
${v_c}(t) = \left( {A + Bt} \right).{e^{ - \frac{t}{{2\tau }}}}$ avec pour t=0 vc=0 et $\frac{d{{v}_{c}}}{dt}=\frac{E}{RC}$.
D'où : ${v_c} = E\left( {1 - \left( {1 + \frac{t}{{4\tau }}} \right){e^{ - \frac{t}{{2\tau }}}}} \right)$ et $i=C\frac{d{{v}_{c}}}{dt}$ ⇒ $i = \frac{E}{R}\left( {1 + \frac{t}{{2\tau }}} \right){e^{ - \frac{t}{{2\tau }}}}$
Enfin ${{v}_{L}}=L\frac{di}{dt}$ ⇒ ${{v}_{L}}=-\frac{Et}{4\tau }{{e}^{-\frac{t}{2\tau }}}$
L'application du théorème d'Ampère donne :
$x\left( {\left( {2\Pi - \alpha } \right)\frac{B}{\mu } + \alpha \frac{B}{{{\mu _o}}}} \right) = NI$ ⇒ $B = \frac{{NI}}{{\left( {\frac{\alpha }{{{\mu _o}}} + \frac{{2\Pi - \alpha }}{\mu }} \right)x}} = 0,12T$
3.2) Le calcul de L est identique. Il suffit de remplacer $\frac{2\Pi }{\mu }$ par $\frac{2\Pi -\alpha }{\mu }+\frac{\alpha }{{{\mu }_{o}}}$ . Soit L' la nouvelle valeur de l'inductance :
$\frac{L'}{L}=\frac{\frac{2\Pi }{\mu }}{\frac{2\Pi -\alpha }{\mu }+\frac{\alpha }{{{\mu }_{o}}}}$ soit ${\rm{L' = }}\frac{{\rm{L}}}{{1{\rm{ + }}\frac{{\alpha \left( {\mu {\rm{ - }}{\mu _{\rm{o}}}} \right)}}{{{\rm{2}}\Pi {\mu _{\rm{o}}}}}}}$
A.N. $\frac{L'}{L}=0,6$ ⇒ $1{\rm{ + }}\frac{{\alpha \left( {\mu {\rm{ - }}{\mu _{\rm{o}}}} \right)}}{{{\rm{2}}\Pi {\mu _{\rm{o}}}}} = \frac{1}{{0,6}}$ . Finalement $\alpha = \frac{{4\Pi {\mu _o}}}{{3\left( {\mu - {\mu _o}} \right)}} = {2,4.10^{ - 3}}rd$
3.3) Si R'>>a, alors $\ln \frac{{R' + \frac{a}{2}}}{{R' - \frac{a}{2}}} = \ln \frac{{1 + \frac{a}{{2R'}}}}{{1 - \frac{a}{{2R'}}}} \approx \ln \left( {1 + \frac{a}{{2R'}} + \frac{a}{{2R'}}} \right) \approx \frac{a}{{R'}}$. Soit ${\rm{L'}} = \frac{{{N^2}ba}}{{\left( {\frac{{2\Pi - \alpha }}{\mu } + \frac{\alpha }{{{\mu _o}}}} \right)R'}}$
Si α est suffisamment petit, $\frac{\alpha }{{{\mu }_{o}}}>>\frac{2\Pi -\alpha }{\mu }$. Si on veut que $\frac{\alpha }{{{\mu }_{o}}}>100\frac{2\Pi -\alpha }{\mu }$ il faut que α>20°.
Dans ce cas $L'=\frac{{{\mu }_{o}}{{N}^{2}}ba}{R'\alpha }$
3.4.1) $R'\left( {H\left( {2\Pi - \alpha } \right) + {H_o}\alpha } \right) = NI$ 3.4.2) B est identique dans le matériau et l'entrefer.
1er cas : $B=-{{1,1.10}^{-4}}+0,16$
2ème cas : $B=-{{1,1.10}^{-3}}+H+2$
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 :
${{B}_{1}}=0,15T\text{ }{{B}_{2}}=1,3T$
Pour les faibles valeurs de H, on peut utiliser la relation linéaire B=µH.
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