Feuille d'entraînement : Induction et forces de Laplace

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q21

   Le moteur est modélisé par un dipôle passif constitué d'une résistance r en série avec un enroulement de flux propre total \Phi(t) = L(\theta_{\mathrm{r}}) \, i(t).

   D'après la loi de Faraday, la force électromotrice induite dans l'enroulement est e(t) = -\dfrac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}. En convention récepteur, la tension aux bornes du moteur s'écrit :

   u(t) = r\, i(t) - e(t) = r\, i(t) + \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}

   Le flux magnétique dépendant du temps à la fois par l'inductance L(\theta_{\mathrm{r}}(t)) et par le courant i(t), la règle de Leibniz donne :

   \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}t}\, i(t) + L(\theta_{\mathrm{r}})\, \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}

   Le rotor tourne à la vitesse angulaire instantanée :

   \boxed{\Omega = \dot{\theta}_{\mathrm{r}} = \frac{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}}{\mathrm{d}t}}

   Par dérivation d'une fonction composée, on exprime les dérivées temporelles en fonction des dérivées par rapport à la variable angulaire \theta_{\mathrm{r}} :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}t} &= \frac{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}}{\mathrm{d}t} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} = \Omega \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} \\ \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} &= \frac{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}}{\mathrm{d}t} \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} = \Omega \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} \end{aligned}

   En reportant ces relations dans l'expression de la tension u, on obtient :

   u(\theta_{\mathrm{r}}) = r\, i(\theta_{\mathrm{r}}) + \Omega \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}}\, i(\theta_{\mathrm{r}}) + \Omega L(\theta_{\mathrm{r}})\, \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}}

   Soit, en factorisant par i(\theta_{\mathrm{r}}) :

   \boxed{\left[r + \Omega \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}}\right] i(\theta_{\mathrm{r}}) + \Omega L(\theta_{\mathrm{r}}) \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} = u(\theta_{\mathrm{r}})}

   Résultat

   $$\Omega ={\dot{\theta }}_{\mathrm{r}}=\frac{\mathrm{d}{\theta }_{\mathrm{r}}}{\mathrm{d}t}$$

   $$\left[r+\Omega \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}{\theta }_{\mathrm{r}}}\right]i({\theta }_{\mathrm{r}})+\Omega L({\theta }_{\mathrm{r}})\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}{\theta }_{\mathrm{r}}}=u({\theta }_{\mathrm{r}})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Modelisation PSI 2026, Q45

   1. Relation entre le flux et la force contre-électromotrice :

   D'après la loi de Faraday (loi de l'induction électromagnétique), la force électromotrice induite dans la phase à courant nul est reliée au flux total \phi_t(t) par :

   \boxed{e(t) = -\frac{\mathrm{d}\phi_t(t)}{\mathrm{d}t}}

   Remarque : selon la convention d'orientation choisie pour la normale à la phase par rapport au sens de parcours de la maille, certains auteurs écrivent e(t) = \frac{\mathrm{d}\phi_t}{\mathrm{d}t} en convention récepteur.

   2. Loi des mailles :

   Sur le schéma de la Figure 29 :

   • la tension d'alimentation v(t) est fléchée vers le haut ;
   • le courant i(t) circule de gauche à droite dans l'inductance L_s, ce qui donne en convention récepteur une tension u_L(t) = L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t} orientée de droite à gauche ;
   • la force contre-électromotrice e(t) est fléchée vers le haut.

   En parcourant la maille dans le sens horaire :

   v(t) - L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t} - e(t) = 0

   soit la relation temporelle :

   \boxed{v(t) = e(t) + L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t}}

   3. Écriture sous forme complexe :

   En régime sinusoïdal permanent de pulsation \omega, l'opération de dérivation temporelle correspond à la multiplication par \mathrm{j}\omega. En adoptant la notation imposée x(t) \rightarrow \underline{X}(\omega), la loi des mailles devient :

   \boxed{\underline{V}(\omega) = \underline{E}(\omega) + \mathrm{j} L_s \omega \underline{I}(\omega)}

   Résultat

   $$e(t)=-\frac{\mathrm{d}{\varphi }_t(t)}{\mathrm{d}t}$$

   $$v(t)=e(t)+L_s\frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t}$$

   $$\underline{V}(\omega )=\underline{E}(\omega )+\mathrm{j}{L}_s\omega \underline{I}(\omega )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q24

   Le champ magnétique extérieur est uniforme et stationnaire : \vec{B} = B\,\vec{u}_x. À l'instant t, l'axe normal \vec{n}(t) à la spire, orienté selon la règle de la main droite avec le sens positif du courant i(t), forme l'angle \theta(t) = \omega t avec l'axe (Ox) :

   \vec{n}(t) = \cos(\omega t)\,\vec{u}_x + \sin(\omega t)\,\vec{u}_y.

   Le flux magnétique extérieur à travers la spire de surface S s'écrit donc :

   \Phi_{\text{ext}}(t) = \iint_S \vec{B} \cdot \vec{n}\,\mathrm{d}S = B S \cos(\omega t).

   D'après la loi de Faraday, la force électromotrice induite d'origine extérieure est :

   e_{\text{ext}}(t) = -\frac{\mathrm{d}\Phi_{\text{ext}}}{\mathrm{d}t} = B S \omega \sin(\omega t).

   En tenant compte du phénomène d'auto-induction lié à l'inductance propre L, le flux propre est \Phi_p = L i(t), soit une force électromotrice d'auto-induction e_p(t) = -L \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}. La loi des mailles appliquée à la spire fermée sur elle-même de résistance R donne :

   e_{\text{ext}}(t) - L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = R i(t),

   soit l'équation différentielle linéaire régissant le courant :

   L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + R i(t) = B S \omega \sin(\omega t).

   En régime sinusoïdal forcé à la pulsation \omega, en associant à e_{\text{ext}}(t) = \operatorname{Im}\left(B S \omega \mathrm{e}^{j\omega t}\right) l'amplitude complexe \underline{E}_0 = B S \omega, le courant s'écrit i(t) = \operatorname{Im}\left(\underline{I}_0 \mathrm{e}^{j\omega t}\right) avec :

   \begin{aligned} \underline{I}_0 &= \frac{\underline{E}_0}{R + j L \omega} = \frac{B S \omega}{\sqrt{R^2 + L^2 \omega^2}}\,\mathrm{e}^{-j\varphi}, \end{aligned}

   où \varphi désigne le déphasage défini par \tan\varphi = \frac{L\omega}{R} avec \varphi \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right[.

   En revenant à l'expression temporelle, on obtient :

   \boxed{i(t) = \frac{B S \omega}{\sqrt{R^2 + L^2 \omega^2}} \sin(\omega t - \varphi) \quad \text{avec} \quad \tan\varphi = \frac{L\omega}{R}}

   ou, sous forme développée :

   i(t) = \frac{B S \omega}{R^2 + L^2 \omega^2} \left[ R \sin(\omega t) - L\omega \cos(\omega t) \right].

   Résultat

   $$i(t)=\frac{BS\omega }{\sqrt{R^2+L^2{\omega }^2}}\sin (\omega t-\phi )\text{avec}\tan \phi =\frac{L\omega }{R}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PSI 2024, Q10

   Lors de la chute à vitesse constante \vec{v}, l'intégralité de la puissance mécanique fournie pour vaincre le freinage inductif est convertie en puissance électrique dissipée par effet Joule au sein du tube :

   \mathcal{P}_{\text{méc, cédée}} = -\vec{F}\cdot\vec{v} = \mathcal{P}_\mathrm{J}

   La force de freinage inductif \vec{F} s'oppose au déplacement de l'aimant. Elle est donc colinéaire et de sens opposé à la vitesse \vec{v} :

   \vec{F} = -\lambda \vec{v} \quad \text{avec } \lambda > 0

   La puissance cédée s'écrit alors :

   -\vec{F}\cdot\vec{v} = \lambda v^2

   En identifiant avec l'expression donnée par l'énoncé, \mathcal{P}_\mathrm{J} = K M_0^2 v^2, on obtient directement le coefficient de frottement :

   \lambda = K M_0^2

   D'où l'expression vectorielle de la force de freinage exercée sur l'aimant :

   \boxed{\vec{F} = -K M_0^2 \vec{v}}

   Comme \vec{v} = -v\,\vec{e}_z avec v > 0, cette force est dirigée verticalement vers le haut :

   \vec{F} = K M_0^2 v\,\vec{e}_z

   Résultat

   $$\vec{F}=-K{M}_0^2\vec{v}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 PSI 2023, Q24

   Le champ magnétique étant nul à l'extérieur du barreau et uniforme de valeur B_0 à l'intérieur, le flux de \vec{B} à travers une section droite du cylindre de rayon R vaut :

   \phi = \iint_S \vec{B}\cdot\mathrm{d}\vec{S} = B_0 \pi R^2

   avec B_0 = \dfrac{\mu_0 \mu_r}{\ell}(N_1 I_1 + N_2 I_2) établi à la question Q23.

   Le flux total \Phi_1 embrassé par les N_1 spires de la bobine \text{N}^\circ\,1 s'écrit :

   \begin{aligned} \Phi_1 &= N_1 \phi = \frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_1}{\ell}(N_1 I_1 + N_2 I_2) \\ &= \left(\frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_1^2}{\ell}\right) I_1 + \left(\frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_1 N_2}{\ell}\right) I_2 \end{aligned}

   Par identification avec l'expression constitutive \Phi_1 = L_1 I_1 + M_0 I_2, on obtient l'inductance propre L_1 et l'inductance mutuelle M_0.

   De même, le flux total \Phi_2 embrassé par les N_2 spires de la bobine \text{N}^\circ\,2 s'écrit :

   \begin{aligned} \Phi_2 &= N_2 \phi = \frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_2}{\ell}(N_1 I_1 + N_2 I_2) \\ &= \left(\frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_1 N_2}{\ell}\right) I_1 + \left(\frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_2^2}{\ell}\right) I_2 \end{aligned}

   Par identification avec \Phi_2 = M_0 I_1 + L_2 I_2, on identifie l'inductance propre L_2.

   On en déduit :

   \boxed{L_1 = \frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_1^2}{\ell}} \quad , \quad \boxed{L_2 = \frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_2^2}{\ell}} \quad \text{et} \quad \boxed{M_0 = \frac{\mu_0 \mu_r \pi R^2 N_1 N_2}{\ell}}

   Résultat

   $$L_1=\frac{{\mu }_0{\mu }_r\pi R^2{N}_1^2}{\ell }$$

   $$L_2=\frac{{\mu }_0{\mu }_r\pi R^2{N}_2^2}{\ell }$$

   $$M_0=\frac{{\mu }_0{\mu }_r\pi R^2{N}_1{N}_2}{\ell }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6E3A Physique-Chimie PSI 2022, Q7

   L'équation locale de Maxwell-Faraday s'écrit :

   \boxed{\vec{\operatorname{rot}}\vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}}

   Soit une surface ouverte S fixe dans le référentiel d'étude, s'appuyant sur un contour fermé \mathcal{L} orienté selon la règle de la main droite relativement au vecteur surface \mathrm{d}\vec{S}.

   En intégrant l'équation locale de Maxwell-Faraday sur la surface S, on obtient :

   \begin{aligned} \iint_{S} \vec{\operatorname{rot}}\vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} &= -\iint_{S} \frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\vec{S} \end{aligned}

   D'une part, en appliquant le théorème de Stokes au membre de gauche :

   \iint_{S} \vec{\operatorname{rot}}\vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \oint_{\mathcal{L}} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell}

   D'autre part, la surface S étant géométriquement fixe dans le temps, l'opérateur de dérivation temporelle commute avec l'intégrale spatiale :

   -\iint_{S} \frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = -\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\iint_{S} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}

   On en déduit la formulation intégrale (ou globale) de l'équation de Maxwell-Faraday :

   \boxed{\oint_{\mathcal{L}} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = -\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\iint_{S} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S}}

   En introduisant la force électromotrice induite e = \oint_{\mathcal{L}} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} le long du contour \mathcal{L} et le flux magnétique \Phi = \iint_{S} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S} à travers la surface S, cette relation n'est autre que la loi de Faraday :

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

   Résultat

   $$\overrightarrow{\mathrm{rot}}\vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}$$

   $${\oint }_{\mathcal{L}}\vec{E}\cdot \mathrm{d}\vec{\ell }=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\iint }_S\vec{B}\cdot \mathrm{d}\vec{S}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7E3A Physique-Chimie PSI 2022, Q8

   Considérons un cercle \mathcal{L} de rayon r (r \leqslant a), situé dans le plan de la poêle, centré en O et orienté selon \vec{u}_\theta.

   La circulation du champ électrique induit le long de ce contour s'écrit :

   \oint_{\mathcal{L}} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = \int_{0}^{2\pi} E(r, t)\,\vec{u}_\theta \cdot (r\,\mathrm{d}\theta\,\vec{u}_\theta) = 2\pi r\, E(r, t)

   La surface S délimitée par ce cercle est orientée par le vecteur normal \vec{u}_z selon la règle de la main droite. Le champ magnétique \vec{B} étant uniforme sur la section de la poêle, le flux magnétique traversant S vaut :

   \Phi(t) = \iint_{S} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \vec{B} \cdot (\pi r^2 \vec{u}_z) = \frac{\mu_0\mu_{\mathrm{r}} i(t)}{2R}\,\pi r^2

   D'après la loi de Faraday établie à la question Q7 :

   \oint_{\mathcal{L}} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = -\frac{\pi\mu_0\mu_{\mathrm{r}} r^2}{2R} \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}

   Avec i(t) = I_0 \cos(\omega t), la dérivée temporelle de l'intensité est :

   \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = -\omega I_0 \sin(\omega t)

   On en déduit :

   2\pi r\, E(r, t) = \frac{\pi\mu_0\mu_{\mathrm{r}} \omega I_0 r^2}{2R} \sin(\omega t)

   Soit finalement :

   \boxed{E(r, t) = \frac{\mu_0\mu_{\mathrm{r}}I_0\omega r}{4R} \sin(\omega t)}

   Résultat

   $$E(r,t)=\frac{{\mu }_0{\mu }_{\mathrm{r}}{I}_0\omega r}{4R}\sin (\omega t)$$

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8. Exercice 8X-ENS Physique PSI 2022, Q39

   Le phénomène physique exploité par ce système est l'induction électromagnétique (plus précisément l'induction motionnelle ou de Lorentz, correspondant à un circuit déformable ou mobile dans un champ magnétique stationnaire).

   L'apparition du courant électrique s'explique selon deux points de vue équivalents :

   • Point de vue macroscopique (loi de Faraday) : Au passage de l'onde sismique, la barre est mise en mouvement relativement au bâti avec une vitesse \dot{z}(t)\,\vec{e}_z. L'aire \mathcal{S}(t) délimitée par le circuit fermé (constitué de la barre mobile, des rails et de la résistance R) varie au cours du temps. Le champ magnétique \vec{B}_0 étant stationnaire et uniforme, le flux magnétique à travers le circuit,

     \Phi(t) = \iint_{\mathcal{S}(t)} \vec{B}_0 \cdot \mathrm{d}\vec{S},

     dépend du temps car la surface d'intégration varie. D'après la loi de Faraday, cette variation temporelle de flux donne naissance à une force électromotrice induite :

     e(t) = -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}.

     Le circuit étant fermé sur la résistance R, cette f.é.m. engendre la circulation d'un courant induit i(t).

   • Point de vue microscopique (force de Lorentz) : Dans la barre mobile, les porteurs de charge libres (de charge q) sont animés d'une vitesse d'entraînement macroscopique non nulle selon l'axe vertical (Oz). Ils sont ainsi soumis à la force magnétique de Lorentz :

     \vec{F}_{\mathrm{mag}} = q\,\vec{v} \wedge \vec{B}_0.

     Comme \vec{v} est selon \vec{e}_z et \vec{B}_0 selon \vec{e}_x, cette force est dirigée le long de la barre mobile selon \vec{e}_y (\vec{e}_z \wedge \vec{e}_x = \vec{e}_y), ce qui induit un déplacement de charges le long de la barre : c'est l'origine du champ électromoteur de Lorentz \vec{E}_m = \vec{v} \wedge \vec{B}_0.

   \boxed{\text{Le phénomène exploité est l'induction électromagnétique (induction de Lorentz).}}

   Résultat

   $$\text{Le pheˊnomeˋne exploiteˊ est l’induction eˊlectromagneˊtique (induction de Lorentz).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique PSI 2022, Q40

   1. Équation électrique

   Considérons le circuit formé par les deux rails verticaux, la barre mobile horizontale de longueur \ell à la cote z(t) et la branche inférieure contenant la résistance R. Dans le référentiel lié au bâti, le champ magnétique appliqué \vec{B}_0 = B_0 \vec{e}_x est stationnaire et uniforme. La tige mobile se déplace à la vitesse relative :

   \vec{v} = \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\vec{e}_z

   Le champ électromoteur de Lorentz au sein de la tige vaut :

   \vec{E}_m = \vec{v} \wedge \vec{B}_0 = \left(\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\vec{e}_z\right) \wedge (B_0 \vec{e}_x) = B_0 \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} \vec{e}_y

   D'après la figure 15, le courant i(t) descend dans la branche droite, traverse le fond de droite à gauche, remonte le rail gauche et traverse la barre mobile de gauche à droite selon +\vec{e}_y. La force électromotrice d'induction de Lorentz s'exprime donc par circulation de \vec{E}_m le long de la barre :

   e(t) = \int_0^\ell \vec{E}_m \cdot (\mathrm{d}y\,\vec{e}_y) = B_0 \ell \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \sigma \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}

   En négligeant l'auto-inductance du circuit, la loi d'Ohm (ou loi des mailles) s'écrit directement :

   \boxed{ e(t) = R\,i(t) \quad \text{soit} \quad R\,i(t) = \sigma \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} }

   2. Équation mécanique

   On applique le principe fondamental de la dynamique à la tige mobile de masse m dans le référentiel non galiléen lié au bâti. Le mouvement est repéré par son écart à l'équilibre z(t) le long de l'axe vertical (Oz). Les actions exercées sur la barre sont :

   • la résultante du poids et de la force de rappel élastique : -k\,z(t)\,\vec{e}_z (d'après l'étude à la question Q36) ;
   • la force de frottement fluide visqueux : \vec{f}_v = -\alpha \dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\vec{e}_z ;
   • la force d'inertie d'entraînement due à l'accélération du sol : \vec{f}_{ie} = -m \dfrac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}\vec{e}_z ;

   • la force de Laplace exercée sur la tige parcourue par le courant i(t)\vec{e}_y dans le champ \vec{B}_0 :

     \vec{F}_L = (i \ell \vec{e}_y) \wedge (B_0 \vec{e}_x) = - i \ell B_0 \vec{e}_z = -\sigma\,i(t)\,\vec{e}_z

   En projetant la relation fondamentale de la dynamique sur l'axe (Oz), on obtient :

   m \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} = -k\,z - \alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} - \sigma\,i(t) - m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}

   soit finalement :

   \boxed{ m \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + k\,z(t) + \sigma\,i(t) = -m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} }

   Résultat

   $$e(t)=Ri(t)\text{soit}Ri(t)=\sigma \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}$$

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{\mathrm{d}{t}^2}+\alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}+kz(t)+\sigma i(t)=-m\frac{{\mathrm{d}}^{2}x}{\mathrm{d}{t}^2}$$

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10. Exercice 10E3A Physique-Chimie PSI 2021, Q1

    Considérons le circuit fermé plan constitué du générateur, des rails fixes et de la barre mobile de largeur \ell. D'après la figure 2, le repère (\vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z) est direct : l'axe (Ox) est l'axe de déplacement horizontal, l'axe (Oy) porte la barre de largeur \ell, et l'axe (Oz) est vertical ascendant, colinéaire au champ magnétique uniforme \vec{B} = B\,\vec{e}_z.

    La position de la barre le long de l'axe (Ox) est repérée par son abscisse X(t) = \ell_0 + x(t), où \ell_0 est la position d'équilibre et x(t) l'élongation. La surface délimitée par le circuit à l'instant t vaut ainsi :

    S(t) = \ell\,(\ell_0 + x(t))

    Le courant i(t) est fléché sur la figure 2 le long du rail inférieur dans le sens de \vec{e}_x, remonte le long de la barre mobile selon \vec{e}_y, puis revient le long du rail supérieur selon -\vec{e}_x. Ce contour est ainsi parcouru dans le sens direct (trigonométrique) dans le plan (xOy).

    D'après la règle du tire-bouchon de Maxwell (ou de la main droite), la normale unitaire au circuit associée à cette orientation est :

    \vec{n} = \vec{e}_z

    Le flux magnétique à travers la surface orientée du circuit s'écrit donc :

    \begin{aligned} \Phi(t) &= \iint_{\mathcal{S}(t)} \vec{B} \cdot \vec{n}\,\mathrm{d}S \\ &= \iint_{\mathcal{S}(t)} (B\,\vec{e}_z) \cdot \vec{e}_z\,\mathrm{d}S \\ &= B\,S(t) = B\ell\,(\ell_0 + x(t)) \end{aligned}

    D'après la loi de Faraday, la f.é.m. induite dans le circuit orienté par i(t) est donnée par :

    \begin{aligned} e(t) &= -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} \\ &= -B\ell\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

    En posant v(t) = \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}, on obtient bien :

    \boxed{e(t) = -B\ell v(t)}

    Résultat

    $$e(t)=-B\ell v(t)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question