Devoir n 8 - Correction

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1 CPGE Dupuy e ôme - PC 2012/2013 E. Ourar Deoir n 8 - Correction Problème I - Etrait anque PT ) En régime forcé, on peut passer en représentation complee. On a alors I Intéraction entre eu spire ae est un ae antisymétrie pour la istribution es courant. e champ en tout point e cet ae sera onc colinéaire à l ae. aec Alors et 1) es inariances ne sont pas suffisantes ici pour pouoir applique le théorème Ampère. On applique onc la loi e iot-saart : Soit et On projette alors sur l ae portant la résultante u champ : Alors Comme et sont colinéaires, 5) Application numérique : et 6) Il s agit e la force e aplace trauisant l action u champ magnétique sur les charges en mouement. 7) Attention, il s agit ici un ecteur ont la irection épen e l élément intégration. Il est onc nécessaire e le projeter ans une base fie. Au final: Comme,onobtient onc 2) Il s agit u phénomène inuction car cette sipre se troue ans une one e champ ariable. On peut ici appliquer la loi e Faraay, en choisissant le sens positiftelque : 8) 9) Tout plan mériien est plan antisymétrie pour la istribution es courant. On a onc 3) On applique la loi Ohm généralisée pour la spire fermée : 10) Car les ariations e la norme u champ seront très faibles. 1

2 CPGE Dupuy e ôme - PC 2012/ ) e champ magnétique est à flu conseratif : C est la forme intégrale e l équation e Mawell-Flu : 12) aec : a conseration u flu permet en éuire : 13) Attention à bien calculer la ériée aant e chercher sa aleur pour... E. Ourar Problème III - Etrait Ecole e l air ) On écrit les lois Ohm généralisées pour les eu circuits : On en éuit alors que soit 8) Pont iiseur e tension : puis Millmann : On pose aug- On a On arrie à On obtient bien es lignes e champ e plus en plus inclinées lorsque mente. Par un éeloppement limité au premier orre, on arrie bien à la relation proposée. Anoueaulepontiiseuretension: On obtient alors la fonction e transfert proposée aec : ; et 14) On ne reclacule pas la force e aplace ue à la composante aiale u champ, ont la résultante reste nulle. On a alors Mais est uniforme sur tout le contour, onc 15) On éeloppe 9) e passage classique à l équation ifférentielle onne, et 10) orsque l on boucle le système, cela a pour effet imposer, l équation ifférentielle précéente onne alors : Or et onc : a conition oscillation est alors,soit 16) On a alors.aaleurmoyennetenoncers0. Ce système est alors le siège oscillations à la pulsation,cequionne 17) 2

3 CPGE Dupuy e ôme - PC 2012/2013 E. Ourar 11) On oit aoir légèrement négatif, ce que l on obtient pour 12). 17) e principe est le même ici, mais corresponra à la aleur minimale e car la ioe est cette fois en sens inerse. On a onc 13) Il s agit un montage suieur permettant aoir une impéance en entrée u montage infinie. On ne perturbe pas ainsi la boucle inuctie. 18) Ce qui onne : 14) Il s agit un montage intégrateur iéal :,cequionne pour l amplitue 15) Il s agit cette fois un montage ériateur. On obtient 16) a ioe oit se bloquer ès que écroit à partir e son maimum, alors la tension au bornes u conensateur ne oit pas éoluer sensiblement tant que ne reient pas à son maimum. a constante e temps u signal : oit onc être nettement supérieure à la périoe 19) En absence e éhicule,, ce qui permet e trouer : On obtient alors une epression simplifiée e : 3

4 III. Physique u skeleton III.A. Théorème e l énergie cinétique : - ½ m o 2 = - mgasin où a = O 2 /2gsin a = 30 2 / 2*10*0,05 = 900 m III.. III..1) a) a résistance R u care nécessaire à la résolution e la question n est introuite que ans la constante cherchée et n est pas mentionnée ans la escription u care précéent cette question! orsque le care pénètre ans la région où règne le champ magnétique, la ariation u flu magnétique crée un courant inuit ans le care. ue e essus care 0 Déterminons la fém inuite : e in =. = care ou. = care o u. = o l l Du point e ue électrocinétique le R e in care est équialent au circuit ci-contre i oit e in = Ri = o On applique la rf projetée irectement sur O au care : m Flap où est la force e aplace qui t s eerce sur le care. Flap i. care a force e aplace n est pas compensée sur le côté Flap iou iou soit t i m o 2 o où l équation ifférentielle mr mr 0 aec. Cette epression reste alable tant que < t 2 o orsque le care est entièrement ans la région où règne, le flu ne arie plus onc plus e courant inuit, onc plus e force e aplace, le mouement u care reeient alors rectiligne uniforme. si > 0 t b) si < (t) = o e -t/ et (t) = o (1-e -t/ e care sort e la one e écélération lorsque (tf) = = o (1-e -tf / ) où e -tf/ = 1 - / o. On en éuit alors la itesse en fin e écélération : f = o / l engin s arrête si f 0 soit o AN : = (100*0,01) / (0,3*1) 2 = 11 s ; = 333 m >> skeleton! f = 30 0,5 / 11 = 29,9 m.s -1. a itesse a très peu iminué au cours e cette phase e freinage. Il faura onc enisager un autre système e freinage

5 III..2) a) e freinage s effectue tant que le flu e arie ans le care : pas e freinage < 0 1 ère phase e freinage 0 < < 0 0 o pas e freinage < < la itesse u care reste constante 0 f1 plus e freinage > + 0 A l issue e la 1 ère phase e freinage f1 = o / = o 2/. i > 0 2è phase efreinage 0 < - < soit < < + 0 i < 0 ; i change e sens A l issue e la 2è phase e freinag e f2 = f1 / f2 b) 0 pas e freinage < 0 o 1 ère phase e freinage 0 < < 0 i > 0 pas e freinage < < la itesse u care reste constante 0 f1 2è phase efreinage < < + 0 i < 0 ; i change e sens

6 plus e freinage > + 0 A l issue e la 1 ère phase e freinage f1 = o / A l issue e la 2è phase e freinage f2 = f1 / = o 2/. c) On eut que f2 soit le plus petit possible et qu il n eiste pas e one où soit constante. Il faut onc prenre =. III..3) On appelle one e freinage une région telle que pour 0 < < le champ magnétique aut o e y, puis pour < < 2 le champ magnétique est nul. a istance D entre 2 ones e freinage successies oit onc être nulle, afin que le freinage se éroule e manière continue. Pour stopper le skeleton il faut f = 0 après N ones e freinage, soit fn = o 2N / où N = o / 2 = 333,3 / 1 = 334 a istance arrêt est onc e 2N = 334 m, soit eniron 3 fois plus faible que celle e la question préliminaire et bien plus faible également que celle qu on n a pas éterminée ans la question III..1 puisque l engin ne s arrête jamais III..4) a) D après le résultat e la question III..1)b) la urée e la 1 ère phase e freinage est t f1 = -ln(1- / o ) AN : t f1 = - 11,1*ln(1-0,5/333) = 16,7 ms si t f2 est l instant e fin e la 2è phase e freinage : o 2 (t f2 t f1 ) = -.ln(1- / f1 ) = -.ln(1 /( o )) = -.ln o o 2 et onc t f2 = -.ln est la urée e freinage après passage ans la première one e freinage o optimisée AN : t f2 t f1 = - 11,1.ln = 16,7 ms 333 0,5 o 2N a urée totale u freinage est t f2n = - ln qui ten ers + puisque o = 2N. o Ce freinage n est onc pas utilisable pour toute la urée. b) On eut f = 10 m.s -1 = 1 = o 2N / soit N = ( o 1 ) / 2 = 222,2. Il faut onc 223 ones e freinage a urée sera e t f2n = -11,1ln = 12,3 s. 333 f2