Feuille d'entraînement : Induction électromagnétique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique C PC 2025, Q31

   Un élément filiforme orienté \mathrm{d}\vec{l} parcouru par un courant I, placé dans un champ magnétique extérieur \vec{B}, subit la force élémentaire de Laplace :

   \mathrm{d}\vec{F}_L = I \, \mathrm{d}\vec{l} \wedge \vec{B}.

   Lors d'un déplacement élémentaire \mathrm{d}\vec{u} de cet élément, le travail mécanique élémentaire fourni par la force de Laplace s'écrit :

   \delta w_L = \mathrm{d}\vec{F}_L \cdot \mathrm{d}\vec{u} = (I \, \mathrm{d}\vec{l} \wedge \vec{B}) \cdot \mathrm{d}\vec{u}.

   D'après la propriété de permutation circulaire du produit mixte rappelée à l'équation (5) du formulaire, (\vec{X} \wedge \vec{Y}) \cdot \vec{Z} = (\vec{Z} \wedge \vec{X}) \cdot \vec{Y}, appliquée avec \vec{X} = \mathrm{d}\vec{l}, \vec{Y} = \vec{B} et \vec{Z} = \mathrm{d}\vec{u}, on a :

   (\mathrm{d}\vec{l} \wedge \vec{B}) \cdot \mathrm{d}\vec{u} = (\mathrm{d}\vec{u} \wedge \mathrm{d}\vec{l}) \cdot \vec{B} = \vec{B} \cdot (\mathrm{d}\vec{u} \wedge \mathrm{d}\vec{l}).

   On en déduit directement l'expression demandée :

   \boxed{\delta w_L = I \, \vec{B} \cdot (\mathrm{d}\vec{u} \wedge \mathrm{d}\vec{l})}.

   Résultat

   $$\delta w_L=I\vec{B}\cdot (\mathrm{d}\vec{u}\wedge \mathrm{d}\vec{l})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique C PC 2025, Q32

   Lors du déplacement infinitésimal \mathrm{d}\vec{u}, l'élément de circuit orienté \mathrm{d}\vec{l} balaie un parallélogramme délimité par \mathrm{d}\vec{u} et \mathrm{d}\vec{l}. L'aire de ce parallélogramme est \|\mathrm{d}\vec{u} \wedge \mathrm{d}\vec{l}\|, et son vecteur surface élémentaire associé s'écrit directement :

   \mathrm{d}\vec{S} = \mathrm{d}\vec{u} \wedge \mathrm{d}\vec{l}.

   Le vecteur \mathrm{d}\vec{S} est normal au parallélogramme élémentaire balayé, de sens tel que le trièdre (\mathrm{d}\vec{u}, \mathrm{d}\vec{l}, \mathrm{d}\vec{S}) soit direct (règle de la main droite).

   D'après le résultat de la question précédente, le travail de la force de Laplace reçue par l'élément \mathrm{d}\vec{l} s'écrit :

   \delta w_L = I \vec{B} \cdot (\mathrm{d}\vec{u} \wedge \mathrm{d}\vec{l}) = I \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}.

   Pour une translation d'ensemble infinitésimale \mathrm{d}\vec{u} du circuit indéformable C, le vecteur \mathrm{d}\vec{u} est identique pour tous les éléments du circuit. L'ensemble des facettes élémentaires balayées constitue la surface latérale dite « coupée », notée \mathrm{d}\Sigma_c, reliant le circuit dans sa position initiale au circuit dans sa position translatée.

   En intégrant sur l'ensemble du contour fermé C, le travail total des forces de Laplace s'obtient par sommation :

   \delta W_L = \oint_C \delta w_L = I \oint_C \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = I \iint_{\mathrm{d}\Sigma_c} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}.

   En introduisant le flux infinitésimal du champ magnétique \vec{B} à travers la surface découpée \mathrm{d}\Sigma_c (flux coupé) :

   \mathrm{d}\Phi_c = \iint_{\mathrm{d}\Sigma_c} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S},

   on obtient bien :

   \boxed{\delta W_L = I \mathrm{d}\Phi_c}

   Résultat

   $$\delta W_L=I\mathrm{d}{\Phi }_c$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique C PC 2025, Q34

   Puisque le courant I est maintenu constant au cours du déplacement, le travail total des forces de Laplace s'obtient en intégrant l'expression (20) établie à la question précédente :

   W_L = \int \delta W_L = I \int \mathrm{d}\Phi_c = I \Phi_c,

   où \Phi_c = \iint_{\Sigma_c} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_c est le flux magnétique total coupé par le contour orienté au cours de son déplacement, à travers la surface latérale \Sigma_c balayée par le circuit.

   Considérons le volume fermé \mathcal{V} délimité par :

   • une surface \Sigma_{\mathrm{ini}} s'appuyant sur le contour C_{\mathrm{ini}}, orientée par convention selon la règle de la main droite appliquée au sens de parcours de C_{\mathrm{ini}} ;
   • une surface \Sigma_{\mathrm{fin}} s'appuyant sur le contour C_{\mathrm{fin}}, orientée de même selon le sens de parcours de C_{\mathrm{fin}} ;
   • la surface latérale \Sigma_c balayée par les éléments \mathrm{d}\vec{l} au cours de leurs déplacements infinitésimaux \mathrm{d}\vec{u}.

   Le champ magnétique \vec{B} étant à flux conservatif (\operatorname{div}\vec{B} = 0), le flux total sortant de la surface fermée \partial\mathcal{V} = \Sigma_{\mathrm{fin}} \cup \Sigma_{\mathrm{ini}} \cup \Sigma_c est rigoureusement nul :

   \oiint_{\partial\mathcal{V}} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ext}} = 0.

   Examinons les contributions associées au vecteur normal unitaire sortant \mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ext}} :

   • Sur \Sigma_{\mathrm{fin}}, la normale sortante coïncide avec le sens d'orientation du circuit final :

     \iint_{\Sigma_{\mathrm{fin}}} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ext}} = \iint_{\Sigma_{\mathrm{fin}}} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{fin}} = \Phi_{\mathrm{fin}}.

   • Sur \Sigma_{\mathrm{ini}}, la normale sortante est dirigée à l'opposé du sens de déplacement, donc à l'opposé de l'orientation du circuit initial (\mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ext}} = -\mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ini}}) :

     \iint_{\Sigma_{\mathrm{ini}}} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ext}} = -\iint_{\Sigma_{\mathrm{ini}}} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ini}} = -\Phi_{\mathrm{ini}}.

   • Sur la surface latérale \Sigma_c, le vecteur surface balayé défini à la question Q32 est \mathrm{d}\vec{S}_c = \mathrm{d}\vec{u} \wedge \mathrm{d}\vec{l}. Par la règle du trièdre direct, un vecteur dirigé dans le sens du mouvement (\mathrm{d}\vec{u}) vectoriel un élément suivant le contour (\mathrm{d}\vec{l}) pointe vers l'intérieur du volume \mathcal{V}, d'où \mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ext}} = -\mathrm{d}\vec{S}_c. Ainsi :

     \iint_{\Sigma_c} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\mathrm{ext}} = -\iint_{\Sigma_c} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_c = -\Phi_c.

   Le bilan de flux s'écrit donc :

   \Phi_{\mathrm{fin}} - \Phi_{\mathrm{ini}} - \Phi_c = 0 \implies \Phi_c = \Phi_{\mathrm{fin}} - \Phi_{\mathrm{ini}} = \Delta \Phi.

   On en déduit immédiatement le travail des forces de Laplace :

   W_L = I \Delta \Phi.

   Par identification avec la formule demandée W_L = \eta I \Delta \Phi, on obtient :

   \boxed{\eta = 1 \quad \text{et} \quad W_L = I \Delta\Phi}

   Résultat

   $$\eta =1\text{et}{W}_L=I\Delta \Phi$$

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4. Exercice 4CCINP Physique PC 2024, Q33

   Le flux magnétique total \Phi_2 traversant la boucle de courant représentant le plasma (circuit 2), orientée en cohérence avec le sens de parcours choisi pour i_2, s'écrit comme la somme du flux propre et du flux créé par le solénoïde central (circuit 1) :

   \Phi_2(t) = L_2 i_2(t) + M i_1(t)

   D'après la loi de Faraday, la force électromotrice induite dans la boucle 2 vaut :

   e_2(t) = -\frac{\mathrm{d}\Phi_2}{\mathrm{d}t} = -L_2 \frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} - M \frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t}

   La loi des mailles appliquée au circuit secondaire fermé sur sa résistance R_2 donne :

   \begin{aligned} e_2(t) &= R_2 i_2(t) \\ L_2 \frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} + R_2 i_2(t) &= -M \frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

   Pour t \in [0, t_1], l'expression du courant inducteur est i_1(t) = I_0 \left(1 - \frac{t}{t_1}\right), dont la dérivée temporelle est :

   \frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t} = -\frac{I_0}{t_1}

   L'équation différentielle devient ainsi :

   L_2 \frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} + R_2 i_2 = \frac{M I_0}{t_1}

   En divisant par l'inductance propre L_2, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} + \frac{R_2}{L_2} i_2 = \frac{M}{L_2 t_1} I_0

   Cette équation est bien de la forme :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} + \frac{i_2}{\tau_2} = \frac{I_0}{\tau_1}}

   avec les constantes de temps :

   \boxed{\tau_1 = \frac{L_2}{M} t_1 \quad \text{et} \quad \tau_2 = \frac{L_2}{R_2}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{i}_2}{\mathrm{d}t}+\frac{i_2}{{\tau }_2}=\frac{I_0}{{\tau }_1}$$

   $${\tau }_1=\frac{L_2}{M}{t}_1\text{et}{\tau }_2=\frac{L_2}{R_2}$$

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5. Exercice 5CentraleSupélec Physique 2 PC 2023, Q3

   1. Condition d'équilibrage et sens de la force :

   La balance est articulée en son centre C et symétrique par rapport au plan (xCz). En présence de la masse m sur le plateau de droite, le poids \vec{P} = m\vec{g} = mg\,\vec{u}_z (l'axe (Oz) étant orienté vers le bas) exerce un moment par rapport à l'axe de rotation qui tend à faire basculer le fléau dans le sens horaire autour de Oy.

   Pour maintenir le fléau à l'horizontale, la bobine située sur le plateau de gauche doit être soumise à une force de Laplace \vec{F} dirigée verticalement vers le bas, de même valeur que le poids :

   \vec{F} = F_z\,\vec{u}_z \quad \text{avec} \quad F_z > 0.

   2. Orientation du courant et calcul de la force de Laplace :

   Soit (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta, \vec{u}_z) la base cylindrique directe associée à l'axe vertical (Oz) orienté vers le bas. Dans cette base, la règle du tire-bouchon indique que \vec{u}_r \wedge \vec{u}_\theta = \vec{u}_z.

   Le champ magnétique est radial et sortant : \vec{B} = B\,\vec{u}_r avec B > 0. Un élément infinitésimal de fil s'écrit \mathrm{d}\vec{\ell} = \mathrm{d}\ell\,\vec{u}_{\text{fil}}. La force élémentaire de Laplace subie par la spire s'écrit :

   \mathrm{d}\vec{F} = I\,\mathrm{d}\vec{\ell} \wedge \vec{B}.

   En choisissant \mathrm{d}\vec{\ell} = \mathrm{d}\ell\,\vec{u}_\theta, on obtient :

   \vec{u}_\theta \wedge \vec{B} = B\,(\vec{u}_\theta \wedge \vec{u}_r) = - B\,\vec{u}_z.

   Pour que la force soit orientée selon +\vec{u}_z (vers le bas), il faut que le courant circule dans le sens -\vec{u}_\theta. Vu de dessus (c'est-à-dire en regardant dans le sens de +Oz), le sens trigonométrique correspond à -\vec{u}_\theta. Le courant doit donc circuler dans le sens anti-horaire (trigonométrique) vu de dessus.

   La force élémentaire est alors verticale descendante et uniforme le long du fil :

   \mathrm{d}\vec{F} = |I|\,\mathrm{d}\ell\,B\,\vec{u}_z.

   En intégrant sur l'ensemble des spires de longueur totale l :

   \vec{F} = \int_{\text{bobine}} \mathrm{d}\vec{F} = |I|\,B \left(\int \mathrm{d}\ell\right)\vec{u}_z = |I|\,B\,l\,\vec{u}_z.

   En convenant que l'intensité algébrique I est comptée positivement dans le sens -\vec{u}_\theta, la force qui agit sur la bobine s'écrit :

   \boxed{\vec{F} = I\,B\,l\,\vec{u}_z}

   Résultat

   $$\vec{F}=IBl{\vec{u}}_z$$

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6. Exercice 6CentraleSupélec Physique 2 PC 2023, Q4

   On étudie l'équilibre du fléau de la balance, de bras de levier identique L de part et d'autre du couteau d'appui C (symétrie par rapport au plan (xCz)), dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

   La balance étant initialement équilibrée en l'absence de masse m et de courant, les moments du poids propre du fléau et des suspensions se compensent exactement en C.

   Lorsque la masse m est déposée sur le plateau de droite et que le courant I circule dans la bobine à gauche, le système est soumis aux actions verticales supplémentaires suivantes :

   • le poids de la masse m sur le plateau de droite : \vec{P} = m\vec{g} = mg\,\vec{u}_z ;
   • la force de Laplace exercée sur la bobine sur le plateau de gauche : \vec{F} = IBl\,\vec{u}_z.

   Le théorème du moment cinétique appliqué au fléau à l'équilibre par rapport à l'axe de rotation horizontal passant par C donne :

   \mathcal{M}_C(\vec{F}) + \mathcal{M}_C(\vec{P}) = 0 \iff L \cdot F_z - L \cdot mg = 0

   soit :

   F_z = mg

   D'après l'expression de la force de Laplace établie à la question Q3, F_z = IBl, d'où :

   mg = IBl

   On en déduit l'expression de la masse m :

   \boxed{m = \frac{I B l}{g}}

   Résultat

   $$m=\frac{IBl}{g}$$

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7. Exercice 7CentraleSupélec Physique 2 PC 2023, Q8

   D'après l'énoncé, la force électromotrice induite lors du déplacement de la bobine à la vitesse v s'écrit :

   E = -B l v

   En multipliant cette relation par l'intensité I utilisée lors de la phase statique, on obtient :

   E I = - (I B l) v

   Or, d'après la condition d'équilibre statique établie à la question Q4, on a :

   m g = I B l

   En substituant I B l par m g, il vient directement :

   E I = - m g v

   soit :

   \boxed{E I + m g v = 0}

   Origine du nom « balance du watt » :

   • Le terme |E I| représente une puissance électrique (produit d'une tension et d'une intensité).
   • Le terme m g v représente une puissance mécanique (puissance développée par le poids à la vitesse v).

   Cette expérience réalise ainsi une équivalence entre une puissance mécanique et une puissance électrique, toutes deux homogènes à des watts (\mathrm{W}), ce qui justifie la dénomination historique de « balance du watt ».

   Résultat

   $$EI+mgv=0$$

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8. Exercice 8ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q2

   1. Orientation du champ et variation du flux : L'aimant possède un moment magnétique permanent \overrightarrow{\mathcal{M}} = -\mathcal{M}\vec{e}_x (\mathcal{M} \ge 0). Son pôle Nord est donc dirigé vers les x décroissants (en direction de la spire). Le champ magnétique \vec{B}_{\mathrm{a}} produit sur l'axe entre l'aimant et la spire est par conséquent dirigé selon -\vec{e}_x.

   La surface de la spire étant orientée par le vecteur unitaire \vec{e}_x, le flux du champ magnétique de l'aimant à travers la spire est négatif :

   \Phi = \iint_{\text{spire}} \vec{B}_{\mathrm{a}} \cdot \vec{e}_x \, \mathrm{d}S < 0

   L'aimant se situant à l'abscisse s > 0 et se déplaçant avec une vitesse v = \dot{s} < 0, la distance s diminue au cours du temps : l'aimant se rapproche de la spire. Le champ perçu au niveau de la spire devient plus intense, donc la valeur absolue du flux augmente, ce qui correspond à une diminution algébrique du flux :

   \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} < 0

   2. Loi de Lenz et f.é.m. induite : D'après la loi de Faraday, la force électromotrice induite dans la spire s'écrit :

   e = -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} > 0

   Sous l'hypothèse résistive \mathrm{H}_R, la relation constitutive de la spire s'écrit e = R i. La résistance R étant strictement positive, on en déduit immédiatement :

   i > 0

   Le courant induit i est donc conventionnellement positif.

   Physiquement, d'après la loi de modération de Lenz, le courant induit s'oppose à la cause qui lui donne naissance (le rapprochement de l'aimant). La spire tend donc à repousser l'aimant en présentant une face Nord face au pôle Nord de l'aimant, ce qui nécessite la création d'un champ induit \vec{B}_{\mathrm{ind}} dirigé selon +\vec{e}_x.

   3. Sens du courant au point \mathrm{P} : Le repère (O, x, y, z) étant direct, avec (Ox) horizontal vers la droite et (Oy) vertical vers le haut, l'axe (Oz) est perpendiculaire au plan (O, x, y) et dirigé vers l'avant (vers l'observateur).

   L'orientation positive de la surface étant donnée par \vec{e}_x, le sens de parcours direct de la spire est déterminé par la règle de la main droite (ou du tire-bouchon de Maxwell) autour de l'axe (Ox). Au point \mathrm{P}(0, a, 0), le vecteur tangent au contour orienté positivement est :

   \vec{t} = \vec{e}_x \wedge \vec{e}_y = \vec{e}_z

   Comme i > 0, le courant circule dans le sens direct : au point \mathrm{P}, il est orienté selon +\vec{e}_z, c'est-à-dire dirigé vers le lecteur.

   \boxed{\text{Le courant } i \text{ est conventionnellement positif } (i > 0) \text{ et sortant du plan } (\mathrm{O}, x, y) \text{ au point P : symbole } \odot.}

   Résultat

   $$\text{Le courant }i\text{ est conventionnellement positif }(i>0)\text{ et sortant du plan }(\mathrm{O},x,y)\text{ au point P : symbole }\odot .$$

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9. Exercice 9ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q3

   1. Expression et représentation de la force élémentaire au point \mathrm{P}

   Au point \mathrm{P}(0, a, 0), le vecteur déplacement élémentaire orienté dans le sens du courant positif (i > 0, courant sortant du plan (\mathrm{O}, x, y), établi à la question précédente) s'écrit :

   \mathrm{d}\vec{\ell} = \mathrm{d}\ell\,\vec{e}_z

   La portion élémentaire de conducteur subit la force de Laplace :

   \mathrm{d}\vec{F} = i\,\mathrm{d}\vec{\ell}\wedge\vec{B}_{\mathrm{a}}(\mathrm{P}) = i\,\mathrm{d}\ell\,\vec{e}_z \wedge \bigl(B_{\mathrm{a},x}\,\vec{e}_x + B_{\mathrm{a},y}\,\vec{e}_y\bigr) = -i\,\mathrm{d}\ell\,B_{\mathrm{a},y}\,\vec{e}_x + i\,\mathrm{d}\ell\,B_{\mathrm{a},x}\,\vec{e}_y

   D'après l'allure des lignes de champ tracées à la question 1 :

   • La ligne de champ issue du pôle Nord de l'aimant s'évase vers le haut en atteignant \mathrm{P}, ce qui donne une composante radiale B_{\mathrm{a},y} > 0.
   • Pour la position représentée sur la figure (s > a/\sqrt{2}), la ligne de champ est orientée vers les x décroissants, soit B_{\mathrm{a},x} < 0.

   On en déduit le signe des composantes de la force de Laplace élémentaire :

   • Composante axiale : \mathrm{d}F_x = -i\,\mathrm{d}\ell\,B_{\mathrm{a},y} < 0, dirigée selon -\vec{e}_x (vers la gauche) ;
   • Composante radiale : \mathrm{d}F_y = i\,\mathrm{d}\ell\,B_{\mathrm{a},x} < 0, dirigée selon -\vec{e}_y (centripète, vers l'axe (\mathrm{O}x)).

   Le vecteur \mathrm{d}\vec{F} est donc orienté vers le bas et vers la gauche dans le plan (\mathrm{O}, x, y).

   2. Conséquences mécaniques de cette force

   • À l'échelle locale (sur le conducteur) :

     • Effet axial : chaque élément de spire subit une poussée axiale selon -\vec{e}_x.
     • Effet de striction : la composante radiale centripète (\mathrm{d}F_r < 0) s'exerce vers l'intérieur tout le long du pourtour, induisant une contrainte mécanique de compression circonférentielle (tendance à contracter la spire).

   • À l'échelle globale de la spire :

     • Par symétrie de révolution autour de l'axe (\mathrm{O}x), la résultante des forces radiales est strictement nulle : \displaystyle \oint \mathrm{d}\vec{F}_{\perp} = \vec{0}.

     • Les composantes axiales s'ajoutent constructivement pour former une force résultante répulsive non nulle :

       \vec{F}_{\mathrm{a/s}} = F_{\mathrm{a/s}}\,\vec{e}_x \quad \text{avec} \quad F_{\mathrm{a/s}} < 0

       La spire étant maintenue fixe, cette force se transmet intégralement sous forme d'effort mécanique sur son bâti de fixation.

     • Par symétrie cylindrique, le moment résultant en \mathrm{O} est nul : \vec{\Gamma}_{\mathrm{O}} = \vec{0} (aucun couple de basculement ni de rotation).

   • Par action-réaction, sur l'aimant mobile : En vertu de la troisième loi de Newton, l'aimant subit de la part de la spire la force directement opposée :

     \vec{F}_{\mathrm{s/a}} = -\vec{F}_{\mathrm{a/s}} = |F_{\mathrm{a/s}}|\,\vec{e}_x

     Comme l'aimant se déplace vers les x décroissants (\vec{v} = v\vec{e}_x avec v < 0), cette force est de sens opposé à la vitesse : il s'agit d'une force de freinage électromagnétique qui ralentit l'aimant.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q8

    1. Bilan mécanique sur l'aimant :

    Dans le référentiel galiléen \mathcal{R}, l'aimant (de masse m) n'est soumis qu'à la force exercée par la spire \vec{F}_{\mathrm{s/a}} (pesanteur et frottements fluides étant négligés). Le théorème de la puissance cinétique donne :

    \frac{\mathrm{d}E_{\mathrm{c}}}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}_{\mathrm{m\acute{e}ca}} = \vec{F}_{\mathrm{s/a}} \cdot \vec{v}

    L'énergie potentielle d'interaction entre le dipôle \overrightarrow{\mathcal{M}} et le champ créé par la spire s'écrit E_{\mathrm{p}} = -\overrightarrow{\mathcal{M}} \cdot \vec{B}_{\mathrm{s}}(\mathrm{A}). Par le théorème de réciprocité, ce champ est proportionnel au courant i et au flux créé par l'aimant à travers la spire : E_{\mathrm{p}} = - i\,\phi_{\mathrm{a/s}}(s). La force s'en déduit selon \vec{F}_{\mathrm{s/a}} = -\frac{\mathrm{d}E_{\mathrm{p}}}{\mathrm{d}s}\vec{e}_x = i \frac{\mathrm{d}\phi_{\mathrm{a/s}}}{\mathrm{d}s}\vec{e}_x.

    La puissance mécanique reçue par l'aimant vaut donc :

    \mathcal{P}_{\mathrm{m\acute{e}ca}} = \left(i \frac{\mathrm{d}\phi_{\mathrm{a/s}}}{\mathrm{d}s}\right) v = i \, \frac{\mathrm{d}\phi_{\mathrm{a/s}}}{\mathrm{d}t}

    2. Bilan électrique dans la spire :

    D'après la loi de Faraday, la force électromotrice induite dans la spire est :

    e = -\frac{\mathrm{d}\phi_{\mathrm{a/s}}}{\mathrm{d}t}

    Sous l'hypothèse résistive (H_R), le terme auto-inductif L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} est négligé, de sorte que la loi d'Ohm pour la spire fermée s'écrit e = R\,i. On en déduit :

    \mathcal{P}_{\mathrm{m\acute{e}ca}} = - e\,i = - R\,i^2 = -\mathcal{P}_{\mathrm{Joule}} \le 0

    3. Bilan global du système {aimant + spire} :

    Le système global n'échange aucun travail mécanique avec l'extérieur (la spire étant maintenue fixe). En sommant les contributions :

    \boxed{\frac{\mathrm{d}E_{\mathrm{c}}}{\mathrm{d}t} = - R\,i^2 \le 0 \quad \text{soit} \quad \Delta E_{\mathrm{c}} = - \int_{0}^{+\infty} R\,i^2(t)\,\mathrm{d}t = - E_{\mathrm{Joule}} < 0}

    L'énergie cinétique perdue par l'aimant lors de son passage est intégralement convertie, par le biais du couplage électromécanique induit, en énergie thermique dissipée par effet Joule dans la spire.

    Résultat

    $$\frac{\mathrm{d}{E}_{\mathrm{c}}}{\mathrm{d}t}=-R{i}^2\le 0\text{soit}\Delta E_{\mathrm{c}}=-{\int }_0^{+\infty }R{i}^2(t)\mathrm{d}t=-E_{\mathrm{Joule}}<0$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question