Charge dans B et avec frottements fluides.

Partie: Mecanique

niveau: PTSI

Une particule de masse $m$ et de charge $q=-e<0$ se trouve initialement en un point $O$ avec une vitesse $\vec{v}_0=v_0 \vec{e}_x$.

Elle se déplace dans un champ magnétique $\vec{B}$ uniforme et permanent $\vec{B}=B\vec{e}_z$ et subit également une force de frottement fluide de la forme $\vec{f}=-\lambda \vec{v}$ avec $\lambda$ une constante positive.

Question:

Quelle est le mouvement (trajectoire et vitesse) de la particule si $\lambda=0$ ? Représentez la trajectoire associée.

Réponse

Si $\lambda=0$, on retrouve le cas d'une particule dans $\vec{B}$ seul. Sa vitesse initiale étant normale à $\vec{B}$, on a affaire à un mouvement circulaire uniforme de rayon $R=\dfrac{mv_0}{eB}$ et de centre $(0,R,0)$ (trajectoire tracée en pointillés sur la figure ci-contre).

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Question:

On considère maintenant $\lambda \neq 0$ mais faible. Représentez, sans calcul supplémentaire, l'allure de la nouvelle trajectoire.

Réponse

Si $\lambda \neq 0$ mais reste faible, la trajectoire reste quasi circulaire mais par application du théorème de la puissance cinétique :

$$\begin{aligned} \dfrac{dE_c}{dt}=\mathcal{P}(\vec{F}_m)+\mathcal{P}(\vec{f})=0+\mathcal{P}(\vec{f})<0 \end{aligned}$$

on voit que la présence de frottement diminue $v$.

Comme $R=\dfrac{mv}{eB}$, le rayon de courbure de la trajectoire diminue d'où l'apparition d'une spirale.

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Question:

Déterminez les équations différentielles du mouvement dans le cas général.

Réponse

On détermine les équations différentielles du mouvement par application du principe fondamental de la dynamique à la particule $M$ qui n'est soumise qu'à $\vec{F}$ et $\vec{f}$ (on néglige son poids).

$m\vec{a}=q\vec{v} \wedge \vec{B}-\lambda.\vec{v}$ $\Rightarrow$

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    $\ddot{x}$           $\dot{x}$              $0$           $\dot{x}$

$m$ $\ddot{y}$ $= q$ $\dot{y}$ $\wedge$ $0-\lambda$ $\dot{y}$ $\ddot{z}$ $\dot{z}$ $B$ $\dot{z}$

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$\Rightarrow$

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$m\dot{v}_x=qBv_y-\lambda v_x$ $m\dot{v}_y=-qBv_x-\lambda v_y$ $m\dot{v}_z=-\lambda v_z$

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On pose $\underline{u}=x+jy$, $\omega=\dfrac{eB}{m}$ et $\tau=\dfrac{m}{\lambda}$.

Question:

Déterminez $\underline{u}(t)$. Comment calculerait-on $x(t)$ et $y(t)$ ? Précisez la position finale de la particule.

Réponse

En posant $\omega=\dfrac{eB}{m}=-\dfrac{qB}{m}$ et $\tau=\dfrac{m}{\lambda}$, les équations précédentes s'écrivent $\dot{v}_x=-\omega v_y-\dfrac{v_x}{\tau}$ (équation 1), $\dot{v}_y=\omega v_x-\dfrac{v_y}{\tau}$ (équation 2) et $\ddot{z}=-\dfrac{\dot{z}}{\tau}$ (équation 3).

L'équation 3 s'intègre facilement : $\dot{z}=-\dfrac{z}{\tau}+0$ et $z=A.e^{-\dfrac{t}{\tau}}$ avec $z(0)=0$ d'où $A=0$ et $z(t)=0$ pour tout $t$ : le mouvement reste plan.

Pour déterminer $x(t)$ et $y(t)$, c'est à dire pour résoudre les équations 1 et 2, on pose $\underline{u}=x+j.y$ et en dérivant par rapport au temps,

$$\begin{aligned} \dot{\underline{u}}=v_x+j.v_y \Rightarrow \ddot{\underline{u}}=\dot{v}_x+j\dot{v}_y=-\omega v_y-\dfrac{v_x}{\tau}+j\omega v_x-j\dfrac{v_y}{\tau}=j\omega \dot{\underline{u}}-\dfrac{1}{\tau}\dot{\underline{u}} \Rightarrow \ddot{\underline{u}}=[j\omega-\dfrac{1}{\tau}]\dot{\underline{u}} \end{aligned}$$

d'où $\dot{\underline{u}}=\underline{U}_0\exp[(j\omega-\dfrac{1}{\tau})t]$ et à $t=0$, $\dot{\underline{u}}(t)=v_x(0)+jv_y(0)=v_0 \Rightarrow \dot{\underline{u}}(t)=v_0\exp(j\omega t)\exp(-\dfrac{t}{\tau})$.

Par intégration, $\underline{u}(t)=\dfrac{v_0\tau}{1-j\tau\omega}[1-\exp(-\dfrac{t}{\tau})\exp(j\omega t)]$.

Le terme $e^{j\omega t}$ correspond au mouvement de rotation et celui en $\exp(-\dfrac{t}{\tau})$ à un amortissement exponentiel d'où une trajectoire en forme de spirale.

Pour déterminer complètement $x(t)$ et $y(t)$, il faudrait calculer $x(t)=\Re(\underline{u}(t))$ et $y(t)=\Im(\underline{u}(t))$ (calcul fastidieux). Pour $t \gg \tau$, $e^{-\dfrac{t}{\tau}}$ tend vers 0 et

$$\begin{aligned} &\underline{u}(\infty) \simeq \dfrac{v_0\tau}{1-j\tau\omega}=\dfrac{v_0\tau(1+j\omega\tau)}{1+\omega^2\tau^2}=x(\infty)+jy(\infty) \\ \Rightarrow & x(\infty)\simeq \dfrac{v_0\tau}{1+\omega^2\tau^2} \text{ et } y(\infty)\simeq \dfrac{\omega v_0\tau^2}{1+\omega^2\tau^2} \end{aligned}$$

par identification.

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auteur(s) : Maxence Miguel-Brebion

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