DM7 corrigé - MP*1

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Centrale-MP-2016
L’effet dynamo, origine du champ géomagnétique
I- Une mesure du champ géomagnétique
I-A- Tout plan contenant l’axe 𝑂𝑥 est un plan d’antisymétrie de la distribution de courant. On en
⃗ (𝑀) appartient à tous ces plans si 𝑀 est sur l’axe des 𝑥. On a donc :
déduit que 𝐵
⃗ (𝑀) = 𝐵𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒 (𝑥)𝑢
𝐵
⃗𝑥
Les lignes de champ magnétique tourne autour des courants dans le sens direct par rapport au courant
ce qui donne le schéma suivant :
I- B- On prend deux bobines identiques, chacune de 𝑁 spires. Le schéma représentant le
dispositif est le suivant :
Les champs magnétiques créés par chacune des bobines s’ajoutent.
⃗ (𝑀) = 𝐵
⃗ 𝑒/2 (𝑀) + 𝐵
⃗ −𝑒/2 (𝑀)
On a sur l’axe des 𝑥 : 𝐵
D’après la question précédente on a :
⃗ 𝑒/2 (𝑀) = 𝑁𝐵𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒 (𝑥 − 𝑒/2)𝑢
⃗ −𝑒/2 (𝑀) = 𝑁𝐵𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒 (𝑥 + 𝑒/2)𝑢
𝐵
⃗ 𝑥 et 𝐵
⃗𝑥
−3/2
𝑥−𝑒/2 2
⃗ (𝑀) = 𝜇𝑜 𝑁𝐼 [(1 + (
l’expression suivante : 𝐵
2𝑅
𝑅
) )
+ (1 + (
ce
−3/2
𝑥+𝑒/2 2
𝑅
) )
qui
donne
]𝑢
⃗𝑥
I-C-1) Pour une spire, la fonction 𝐵(𝑥) est symétrique, centrée en 𝑥 = 0 et tend vers zéro
pour 𝑥 = ±∞. La largeur de la courbe est de l’ordre de 𝑅 ce qui donne la courbe suivante :
Si on ajoute les deux champs des deux spires on obtient les courbes suivantes, dans les cas où
𝑒 >> 𝑅 et 𝑒 ≪ 𝑅:
2
I-C-2- La courbe 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒 est paire, donc toutes les dérivées impaires en 𝑥 = 0 sont nulles
Pour une courbe 𝐵𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒 (𝑥), il existe deux points d’inflexion répartis de façon symétrique
autour de x=0. (le calcul, non demandé, montre qu’il s’agit des positions 𝑥 = ±𝑅/2)
Pour une certaine valeur de 𝑒, le point d’inflexion 𝑥 > −𝑒/2 de la spire en 𝑥 = −𝑒/2
coïncide avec le point d’inflexion 𝑥 < 𝑒/2 de la spire en 𝑥 = 0. On a donc également un
point d’inflexion en 𝑥 = 0 pour 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒 (𝑥), donc une dérivée seconde nulle en x=0.
Ainsi le développement de Taylor de la fonction 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒 (𝑥) au voisinage de zéro est d’ordre
4 : 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒 (𝑥) = 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒 (𝑥 = 0) + 𝑂(𝑥 ′ )
𝑩𝒃𝒐𝒃𝒊𝒏𝒆 (𝒙) peut donc être supposée une fonction constante jusqu’à l’ordre 3
⃗⃗ ∧ 𝐵
⃗
I-D- La boussole est assimilée à un dipôle magnétique et subit le couple Γ = 𝑀
⃗ = 𝐵𝑢
⃗⃗ = 𝑀(cos(𝜃) 𝑢
On a le schéma suivant avec 𝐵
⃗ 𝑥 et 𝑀
⃗ 𝑥 + sin(𝜃) 𝑢
⃗ 𝑦)
Ce qui donne : Γ = −𝑀𝐵sin⁡(𝜃)𝑢
⃗𝑧
Les positions d’équilibre correspondent à 𝜃 = 0 ou 𝜃 = 𝜋
Quand on écarte le dipôle magnétique d’un petit angle par rapport à sa position d’équilibre, il
faut qu’il revienne vers cette position. La position d’équilibre stable est donc 𝜃 = 0, c’est-àdire quand le dipôle magnétique est aligné suivant les lignes de champ.
3
I-E- On applique le théorème du moment cinétique dans le référentiel du laboratoire supposé
galiléen.
On fait l’hypothèse que les moments du poids et de la réaction de l’axe sont nuls par rapport à
l’axe de la boussole.
Le moment cinétique de la boussole projeté sur l’axe de rotation est 𝐿∆ = 𝐽𝜃̇ et le couple
magnétique est Γ = −𝑀𝐵sin⁡(𝜃)𝑢
⃗ 𝑧 ce qui donne en appliquant le TMC :
̈
𝐽𝜃 = −𝑀𝐵𝑠𝑖𝑛(𝜃) . On s’intéresse aux petites oscillations autour de la position d’équilibre
𝜃 = 0 soit : 𝐽𝜃̈ = −𝑀𝐵𝜃.
On a donc l’équation différentielle : 𝜃̈ +
𝑀𝐵
𝐽
𝑀𝐵
𝜃 = 0 de pulsation 𝜔1 = √
𝐽
et de période
𝐽
𝑇1 = 2𝜋√𝑀𝐵 avec 𝐵 = 𝐵𝐻 + 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒
I-F- Lorsqu‘on inverse le sens des bobines, le champ magnétique est 𝐵 ′ = 𝐵𝐻 − 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒 et la
𝐽
nouvelle période est 𝑇2 = 2𝜋√𝑀𝐵′
𝑇1
𝐵𝐻 −𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒
2
𝐻 +𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒
On en déduit 𝑇 = √𝐵
soit 𝐵𝐻 = 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒 (𝑥 = 0)
𝑇
1+( 1 )
2
𝑇
1−( 1 )
2
𝑇2
𝑇2
L’intérêt de cette méthode est une mesure facile de 𝐵𝐻 . Le défaut est la faible valeur de 𝐵𝐻 .
Pour que la différence de période soit significative il faut que 𝐵𝐻 > 𝐵𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑒 , or 𝐵𝐻 ~10−5 ⁡𝑇.
Il n’est pas facile de fabriquer un champ magnétique aussi faible en faisant passer un courant
dans une spire de façon précise.
II- Nécessité d’un mécanisme d’entretien du champ géomagnétique : l’effet
dynamo
II-A- Limites des explications historiques
II-A-1) On lit dans l’annexe 1 que la température du noyau atteint 4000°𝐶. Or Un aimant
perd son aimantation au dessus de la température de Curie. Les températures de Curie sont de
l’ordre de 800°𝐶. Il ne peu pas d’aimant permanent à la température du noyau terrestre .
Il existe des inversions du champ magnétique terrestre. On imagine mal tout le noyau terrestre
se retrourner pour provoquer cette inversion.
Le modèle d’un aimant permanent dans le noyau est faux.
II-A-2-a) L’électron possède un moment magnétique proportionnel à son moment orbital.
Dans un modèle classique, l’électron tourne autour du noyau placé en 𝑂 dans un plan
perpendiculaire à 𝑂𝑧 ; son mouvement circulaire, de vitesse 𝑣 et de rayon 𝑟. Son moment
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑚𝑣 = 𝑟𝑚𝑣𝑢
⃗ 𝑜 = 𝑂𝑀
cinétique par rapport à 𝑂 est 𝐿
⃗𝑧
De par sa rotation, l’électron décrit une boucle de courant de surface 𝑆 = 𝜋𝑟 2 , d’intensité du
𝑒
𝑒𝑣
⃗⃗ = 𝑆𝑖𝑢
⃗⃗ =
courant 𝑖 = − =
ce qui lui confère un moment magnétique : 𝑀
⃗ 𝑧 soit 𝑀
𝑇
2𝜋𝑟
4
𝑒𝑣
⃗⃗ = − 𝑒𝑟𝑣 𝑢
−𝜋𝑟 2 2𝜋𝑟 𝑢
⃗ 𝑧 . On obtient 𝑀
⃗ 𝑧 ce qui donne comme relation entre le moent cinétique
2
⃗⃗ = − 𝑒 𝐿
⃗
et le moment magnétique : 𝑀
2𝑚 𝑜
II-A-2-b) Les 𝑍 électrons sont répartis uniformément dans une boule de rayon 𝑎 ce qui donne
3𝑍𝑒
dans la boule une distribution volumique de charge 𝜌 = − 4𝜋𝑎3 .
On considère dans un premier temps le volume élémentaire en coordonnées sphériques :
𝑑𝜏 = 𝑟 2 𝑑𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜃𝑑𝜑 .
La couronne élémentaire entre 𝑟 et 𝑟 + 𝑑𝑟⁡, 𝜃 et 𝜃 + 𝑑𝜃 correspond à un volume 𝑑𝜏𝑐 =
3𝑍𝑒
2𝜋𝑟 2 𝑑𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜃. Ce volume porte la charge 𝑑𝑞 = 𝜌𝑑𝜏𝑐 = − 4𝜋𝑎3 2𝜋𝑟 2 𝑑𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜃 =
3𝑍𝑒
− 2𝑎3 𝑟 2 𝑑𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜃.
Ce volume tourne à la vitesse angulaire 𝜔. La charge 𝑑𝑞 fait un tour en un temps 𝑇 =
qui correspond à un courant : 𝑑𝑖 =
𝑑𝑞
𝑇
=−
3𝑍𝑒 2
𝑟 𝑑𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜃
2𝑎3
2𝜋
𝜔
=−
3𝑍𝑒𝜔𝑟 2
4𝜋𝑎3
2𝜋
𝜔
ce
𝑑𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜃
⃗⃗ =
Cette couronne a une surface 𝑆 = 𝜋(𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃))2 et possède un moment magnétique : 𝑑𝑀
2
⃗⃗ = −𝜋(𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃))2 3𝑍𝑒𝜔𝑟3 𝑑𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜃𝑢
𝑆𝑑𝑖𝑢
⃗ 𝑧 ce qui donne : 𝑑𝑀
⃗ 𝑧 soit :
4𝜋𝑎
3𝑍𝑒𝜔 4
𝑟 𝑑𝑟𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)𝑑𝜃𝑢
⃗𝑧
4𝑎3
𝑎
𝜋
⃗⃗ = − 3𝑍𝑒𝜔
Le moment magnétique total de la boule est : 𝑀
⃗ 𝑧 ce qui
∫ 𝑟 4 𝑑𝑟 ∫0 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)𝑑𝜃 𝑢
4𝑎3 0
⃗⃗ = −
𝑑𝑀
5
2
𝑎 4
⃗⃗ = − 3𝑍𝑒𝜔
⃗⃗ = − 𝑍𝑒𝜔𝑎 𝑢
donne : 𝑀
𝑢
⃗ soit : 𝑀
⃗𝑧
4𝑎3 5 3 𝑧
5
II-A-2-c) Le noyau terrestre n’est pas chargé. Cette hypothèse est donc fausse.
II-B- L’effet dynamo
⃗ ).
II-B-1-a) la force de Lorentz s’écrit dans le référentiel 𝑅 :𝐹 = 𝑞(𝐸⃗ + 𝑣 ∧ 𝐵
Dans le référentiel 𝑅’ la particule est au repos, elle n’a pas de vitesse et la force de Lorentz
s’écrit : 𝐹 = 𝑞𝐸⃗ ′ .
La force de Lorentz étant invariante par changement de référentiel, on en déduit l’expression
⃗
du champ électrique dans le référentiel propre de la particule : 𝐸⃗ ′ = 𝐸⃗ + 𝑣 ∧ 𝐵
II-B-1-b) Dans un milieu conducteur, il existe deux types de porteurs de charge : les porteurs
de charge mobiles et les porteurs de charge liés à la matière.
5
′
′
Dans 𝑅’, référentiel lié au fluide, 𝑗′ = 𝜌𝑚 𝑣𝑚
+ 𝜌𝑙 𝑣𝑙′ = 𝜌𝑚 𝑣𝑚
puisque la matière est immobile
dans 𝑅’.
Dans R, réf du labo, 𝑗 = 𝜌𝑚 𝑣𝑚 + 𝜌𝑙 𝑣𝑙
′
On peut utiliser la compoosotion des vitesse : 𝑣𝑚 = 𝑣𝑚
+ 𝑣𝑒 mais ici la vitesse
d’entrainement est la vitesse de la matière, donc la vitesse des porteurs de charge liés soit :
′
𝑣𝑚 = 𝑣𝑚
+ 𝑣𝑙 .
′
′
On a donc : 𝑗 = 𝜌𝑚 (𝑣𝑚
+ 𝑣𝑙 ) + 𝜌𝑙 𝑣𝑙 ⁡ = 𝜌𝑚 𝑣𝑚
+ (𝜌𝑙 + 𝜌𝑚 )𝑣𝑙
L’énoncé nous dit que le conducteur ohmique est neutre donc 𝜌𝑙 + 𝜌𝑚 = 0.
′
On en déduit : 𝑗 ⁡ = 𝜌𝑚 𝑣𝑚
= 𝑗′
II-B-2-c) La loi d’Ohm s’écrit : 𝑗′ = 𝜎𝐸⃗ ′ ce qui donne en se servant des résultats des deux
⃗)
questions précédentes : 𝑗 = 𝜎(𝐸⃗ + 𝑣 ∧ 𝐵
⃗ 𝑜 cré un courant 𝑗1 = 𝜎(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ 𝑜 ) . En
II-B-2-a) Le champ électromoteur 𝐸⃗𝑀𝑜 = 𝑣 ∧ 𝐵
appliquant l’équation de Maxwell-Ampère, la densité de courant 𝑗1 est la source d’un champ
⃗ 1 qui vérifie l’équation : 𝑟𝑜𝑡(𝐵
⃗ 1 ) = 𝜇𝑜 𝑗1 soit : 𝑟𝑜𝑡(𝐵
⃗ 1 ) = 𝜇𝑜 𝜎(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ 𝑜)
magnétique 𝐵
II-B-2-b) En ordre de grandeur, en introduisant la longueur carctéristique 𝐿 et la vitesse
caractéristique 𝑈, la relation donne :
𝐵1
𝐿
~𝜇𝑜 𝜎𝑈𝐵𝑜 soit : 𝐵1 ~𝜇𝑜 𝜎𝐿𝑈𝐵𝑜
II-B-2-c) La coefficient de proportionnalité est 𝑟𝑚 = 𝜇𝑜 𝜎𝐿𝑈 =
𝐿𝑈
𝜆
𝑟𝑚 caractérise l’efficacité du processus d’induction.
𝑟𝑚 est proportionnel à 𝜎. Plus le milieu est conducteur, plus le phénomène d’induction est
important.
⃗ 2 = 𝛾𝑟𝑚 𝐵
⃗ 1 = (𝛾𝑟𝑚 )2 𝐵
⃗𝑜
II-B-3-a) Le processus est itératif. On a 𝐵
⃗ = ∑∞
⃗
II-B-3-b) On obtient comme champ magnétique total : 𝐵
𝑖=0 𝐵𝑖 ce qui donne :
𝑖⃗
⃗ = ∑∞
𝐵
𝑖=0(𝛾𝑟𝑚 ) 𝐵𝑜
On a une suite géométrique de raison 𝛾𝑟𝑚 .
II-B-3-c) On remarque que pour que cette suite converge il faut 𝛾𝑟𝑚 < 1. Pour avoir une
instabilité, donc une suite qui ne converge pas il faut donc : 𝛾𝑟𝑚 > 1.
II-C- etude d’une dynamo à courant et mouvement contraints : la dynamo de Bullard
II-C-1) Question peu claire :
Si on considère la géométrie du montage 𝐴, le plan de la feuille est un plan de symétrie, donc
⃗ 1 (𝑀) est perpendiculaire au plan de la feuille si 𝑀 appartient à ce plan donc perpendiculaire
𝐵
⃗ 𝑜 alors qu’on cherche un champ 𝐵
⃗ 1 parallèle à 𝐵
⃗ 𝑜 . ce montage ne convient pas.
à𝐵
⃗ 1 appartient à ce
Dans le montage B, le plan de la feuille est un plan d’antisymétrie, donc 𝐵
plan si 𝑀 y appartient ce qui est recherché.
6
Le bon montage est le montage B.
II-C-2) Si on considère le champ créé par le disque, on a vu dans la partie I que tous les plans
contenant l’axe des 𝑧 sont des plans d’antisymétrie, donc si 𝑀 est un point de l’axe des 𝑧,
⃗ (𝑀) appartient à tous ces plans donc 𝐵
⃗ 1 (𝑀 ∈ 𝑂𝑧, 𝑡) = 𝐵1 (𝑧, 𝑡)𝑢
𝐵
⃗𝑧
Comme 𝑎 << 𝑏, on peut supposer que les points du disque sont très proche de l’axe 𝑧, donc
⃗ 1 (𝑃 ∈ 𝑑𝑖𝑠𝑞𝑢𝑒, 𝑡)~𝐵1 (𝑑, 𝑡)𝑢
le champ en tout pount du disque est le même et vaut 𝐵
⃗𝑧
Comme 𝑑 << 𝑏, on peut faire l’hypothèse que⁡𝑑 est très proche du centre de la spire et
⃗ 1 (𝑃 ∈ 𝑑𝑖𝑠𝑞𝑢𝑒, 𝑡)~𝐵1 (0, 𝑡)𝑢
écrire : 𝐵
⃗𝑧
II-C-3-a) Le flux du champ de la spire sur le disque est donné par :
⃗ 1 . 𝑛⃗𝑑𝑆
𝜑𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒→𝑑𝑖𝑠𝑞𝑢𝑒 = ∬𝑑𝑖𝑠𝑞𝑢𝑒 𝐵
Comme on suppose que le champ magnétique créé par la spire est uniforme sur le disque on
obtient : 𝜑𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒→𝑑𝑖𝑠𝑞𝑢𝑒 = 𝐵1 𝜋𝑎2
Or l’énoncé introduit le coefficient d’inductance mutuelle 𝑀 : 𝜑𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒→𝑑𝑖𝑠𝑞𝑢𝑒 = 𝑀𝑖1.
On en déduit l’expression de 𝑖1 : 𝑖1 =
𝐵1 𝜋𝑎2
𝑀
Le circuit électrique équivalent au circuit parcouru par le courant induit est :
On a 𝑒1 = 𝑅𝑖1 avec 𝑖1 =
𝑒1 = Ω𝐵𝑜
𝑎2
2
=𝑅
𝐵1 𝜋𝑎2
𝑀
𝐵1 𝜋𝑎2
𝑀
et 𝑒1 donnée par l’énoncé : 𝑒1 = Ω𝐵𝑜
1 Ω𝑀
soit 𝐵1 = 2𝜋
1 Ω𝑀
II-C-3-b) On identifie 𝛾𝑟𝑚 = 2𝜋
𝑅
𝑅
𝑎2
ce qui donne :
2
𝐵𝑜
1 Ω𝑀
. La condition d’effet dynamo est donc : 2𝜋
II-C-4) Par analogie avec la formule II-4) on a : 𝑒(𝑡) = Ω𝐵
𝑒(𝑡) =
Ω𝑀
𝑖(𝑡)
2𝜋
𝑎2
2
et 𝑖(𝑡) =
𝐵𝜋𝑎2
𝑀
𝑅
>1
ce qui donne
II-C-5) si la spire a un corfficient d’auto-induction L, le schéma électrique équivalent est cette
fois :
7
On a la loi des mailles : 𝑒(𝑡) = 𝑅𝑖(𝑡) + 𝐿
D’où l’équation différentielle : 𝐿
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
𝑑𝑖(𝑡)
+ (𝑅 −
Ω𝑀
=
𝑑𝑡
Ω𝑀
2𝜋
2𝜋
𝑖(𝑡)
) 𝑖(𝑡) = 0
Pour démarrer l’effet dynamo il faut que la solution ne tende pas vers zéro quand le temps
tend vers l’infini, donc 𝑅 −
Ω𝑀
2𝜋
Ω𝑀
< 0 soit
2𝜋𝑅
> 1. On retrouve bien la condition de la question
II-C-3.
II-C-6) On répond à cette question en lisant les questions d’après :
On a considérer que la vitesse angulaire était une constante et on n’a pas pris en compte les
actions de Laplace qui vont modifier la vitesse angulaire.
II-C-7) On applique le TMC au disque. Il subit le couple moteur Γ𝑚 et le moment des actions
de Laplace.
Le calcul du moment des actions de Laplace sur le disque est hors programme :
⃗
On a pour un élément de longueur 𝑑𝑙 en 𝑀 de disque : 𝑑𝐹 = 𝑖𝑑𝑙 ∧ 𝐵
Le moment par rapport à O s’appliquant à l’élément 𝑑𝑙 vaut : 𝑑Γ𝑜 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 ∧ 𝑑𝐹 soit : 𝑑Γ𝑜 =
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑖𝑑𝑙 )𝐵
⃗ ) = (𝑂𝑀
⃗ )𝑖𝑑𝑙 − (𝑂𝑀
⃗ . Or ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗ = 0 car le disque est
𝑂𝑀 ∧ (𝑖𝑑𝑙 ∧ 𝐵
𝑂𝑀. 𝐵
perpendiculaire au champ donc :
2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑖𝑑𝑙 )𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑑𝑙 )𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ 𝐵
⃗ = −𝑖(𝑂𝑀
⃗ = − 𝑖 𝑑‖𝑂𝑀
⃗ = − 𝑖 𝑑𝑟 2 𝐵
⃗
𝑑Γ𝑜 = −(𝑂𝑀
2
2
𝑖 𝑎
⃗ soit Γ𝑜 = − 𝑖 𝑎2 𝐵
⃗
Pour obtenir le moment des forces de Laplace on écrit : Γ𝑜 = − ∫0 𝑑𝑟 2 𝐵
2
2
Mais 𝑖(𝑡) =
𝐵𝜋𝑎2
𝑀
donc Γ𝑜 = −
𝑀𝑖 2
𝑢
⃗𝑧
2𝜋
Le TMC donne :
𝑑Ω
𝐽 𝑑𝑡 = Γ𝑚 −
𝑀𝑖 2
2𝜋
et l’équation électrique trouvée précédement est :
𝐿
𝑑𝑖(𝑡)
Ω𝑀
= ( 2𝜋 − 𝑅) 𝑖(𝑡) .
𝑑𝑡
II-C-8) en régime stationnaire on a Γ𝑚 −
avoir un courant non nul : Ω =
2𝜋𝑅
𝑀
𝑀𝑖 2
Ω𝑀
= 0 et ( 2𝜋 − 𝑅) 𝑖(𝑡) = 0 ce qui donne pour
2𝜋
Γ𝑚 2𝜋
et 𝑖 = ±√
𝑀
II-C-9) Pour faire un bilan énergétique on multiplie la première équation par Ω𝑑𝑡 et la
deuxième équation par 𝑖𝑑𝑡 ce qui donne :
𝑑Ω
𝐽 𝑑𝑡 Ω𝑑𝑡 = Γ𝑚 Ω𝑑𝑡 −
𝐿
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
𝑖𝑑𝑡 =
Ω𝑀 2
𝑖 𝑑𝑡
2𝜋
𝑀𝑖 2
2𝜋
1
Ω𝑑𝑡 soit : 𝑑 (2 JΩ2 ) = Γ𝑚 Ω𝑑𝑡 −
1
− 𝑅𝑖 2 𝑑𝑡 soit : 𝑑 (2 𝐿𝑖 2 ) =
Ω𝑀 2
𝑖 𝑑𝑡
2𝜋
𝑀𝑖 2
2𝜋
Ω𝑑𝑡 = 𝛿𝑊(Γ𝑚 ) −
− 𝑅𝑖 2 𝑑𝑡 =
ce qui donne : en sommant les deux expressions :
1
1
𝑑 (2 JΩ2 ) + 𝑑 (2 𝐿𝑖 2 ) = −𝛿𝑊𝐽 + 𝛿𝑊(Γ𝑚 )
Avec :
1
𝑑 (2 JΩ2 ) variation d’énergie cinétique pendant 𝑑𝑡 ;
Ω𝑀 2
𝑖 𝑑𝑡
2𝜋
𝑀𝑖 2
2𝜋
− 𝛿𝑊𝐽
Ω𝑑𝑡
8
1
𝑑 (2 𝐿𝑖 2 ) variation d’énergie magnétique pendant 𝑑𝑡 ;
𝛿𝑊𝐽 perte par effet Joule pendant 𝑑𝑡 ;
𝛿𝑊(Γ𝑚 ) travail du couple moteur pendant 𝑑𝑡.
II-C-10) en régime stationnaire le bilan énergétique devient : 𝛿𝑊𝐽 = 𝛿𝑊(Γ𝑚 )
Le couple moteur sert à compenser les pertes par effet Joule. En régime stationnaire il n’y a
pas de stockage d’énergie sous forme cinétique ou magnétique.
C-11) On trouve deux solutions pour l’intensité du courant, l’une positive et l’autre négative
ce qui pourrait expliquer le changement de polarité du champ mais la dynamo étudiée est
stable et ne rend pascompte du caractère chaotique des inversion du champ magnétique
terrestre observées.
III-Relations fondamentales de la magnétohydrodynamique
III-A) Les équations de Maxwell sont
𝜌
Equation de Maxwell-Gauss : 𝑑𝑖𝑣𝐸⃗ = 𝑒
𝜀𝑜
⃗ =0
Equation de Maxwell sur le flux : 𝑑𝑖𝑣𝐵
⃗
𝜕𝐵
Equation de Maxwell-Faraday : 𝑟𝑜𝑡𝐸⃗ = − 𝜕𝑡
𝜕𝐸⃗
⃗ = 𝜇𝑜 𝑗 + 𝜇𝑜 𝜀𝑜
Equation de Maxwell-Ampère : 𝑟𝑜𝑡𝐵
𝜕𝑡
Si on compare la densité de courant à la densité de courant de déplacement deux méthodes
dans ce problème
Soit on écrit : 𝑗 = 𝜎𝐸⃗ et 𝑗𝑑 = 𝜀𝑜
donne
𝑗
𝑗𝑑
𝜎𝑇
𝜕𝐸⃗
𝐸⃗
~𝜀𝑜 𝑇 avec T temps carctéristique du problème ce qui
𝜕𝑡
~ 𝜀 ≫ 1 ; c’est la démonstration qui définit l’ARQS mais le fait que le fluide est
𝑜
non relativiste ne jour ici aucun rôle.
𝐵
⃗ ce qui donne : 𝑗~
Soit on écrit l’ordre de grandeur de 𝑗 est celui de 𝑟𝑜𝑡𝐵
𝜇
𝑜𝐿
avec L longueur
carctéristique du problème .
𝐸
𝐵
𝐸𝑇
L’équation de Maxwell-Faraday donne 𝐿 ~ 𝑇 ce qui donne : 𝑗~ 𝜇
𝑗
Donc 𝑗 ~ 𝜇
𝑑
𝑇2
𝑜 𝜀𝑜
𝐿
𝐿2
𝑜
. En introduisant la vitesse 𝑈 = 𝑇 on en déduit :
𝐿2
𝑗
𝑗𝑑
𝐸
et on a 𝑗𝑑 ~𝜀𝑜 𝑇
𝑐2
~ 𝑈 2 ≪ 1 si le fluide n’est
pas relativiste.
III-B-1) L’équation de conservation de la charge est :
𝜕𝜌𝑒
𝜕𝑡
+ 𝑑𝑖𝑣𝑗 = 0 ce qui donne en
⃗ ) : 𝜕𝜌𝑒 + 𝜎𝑑𝑖𝑣𝐸⃗ + 𝜎𝑑𝑖𝑣(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ ) = 0.
remplaçant 𝑗 par 𝜎(𝐸⃗ + 𝑣 ∧ 𝐵
𝜕𝑡
𝜌
On peut alors écrire 𝑑𝑖𝑣𝐸⃗ = 𝜀 𝑒 ce qui donne l’équation demandée :
𝑜
𝜕𝜌𝑒 𝜎
⃗)
+ 𝜌𝑒 = −𝜎𝑑𝑖𝑣(𝑣 ∧ 𝐵
𝜕𝑡
𝜀𝑜
III-B-2) Pour un fluide au repos on a
𝜕𝜌𝑒
𝜕𝑡
𝜎
+ 𝜀 𝜌𝑒 = 0 qui a pour solution :
𝑜
9
𝑡𝜎
𝜌𝑒 = 𝜌𝑒0 𝑒𝑥𝑝 (− 𝜀 )
𝜀𝑜
La constante de temps carcatéristique est 𝜏 =
𝜎
𝑜
= 1,48. 10−19⁡ 𝑠. C’est un temps très faible.
On peut considérer qu’un fluide au repos est neutre.
⃗)
III-B-3) Pour un fluide en mouvement en régime stationnaire on a 𝜌𝑒 = −𝜀𝑜 𝑑𝑖𝑣(𝑣 ∧ 𝐵
Un ordre de grandeur de 𝜌𝑒 est 𝜌𝑒 ~𝜀𝑜
𝑈𝐵
𝐿
−3
𝜀
𝑅𝑚 𝐵
𝑜
𝐿2
= 𝜇 𝑜𝜎
= 4,7. 10−13 ⁡𝐶. 𝑚−3 en prenant d’après
l’article : 𝑅𝑚 = 50; ⁡𝐵 = 50⁡𝐺 = 5. 10 ⁡𝑇 et 𝐿 = 600⁡𝑚𝑚
Pour calculer la densité de charges libres on utilise la masse volumique du sodium est
𝜌𝑁𝑎 =
𝑁𝑁𝑎 𝑚𝑁𝑎
𝑚𝑁𝑎 =
𝑉
𝑀𝑁𝑎
𝑁𝐴
où 𝑁𝑁𝑎 est le nombre d’atomes de sodium contenu dans le volume V et
la masse d’un atome de sodium.
On en déduit la densité particulaire du sodium 𝑛𝑁𝑎 =
𝑁𝐴 𝜌𝑁𝑎
𝑀𝑁𝑎
et en supposant que chaque
atome de sodium fournit un électron libre on obtient la densité de charges libres :
𝜌𝑙𝑖𝑏 = −𝑒
𝑁𝐴 𝜌𝑁𝑎
𝑀𝑁𝑎
= −5. 1011 ⁡𝐶. 𝑚−3
On constate donc que 𝜌𝑒 ≪ 𝜌𝑙𝑖𝑏 . Cette densité de charge de la magnétohydodynamique est
très faible. Elle est nécessaire pour expliquer la présence du champ électromoteur.
III-C) En régime stationnaire on a 𝑑𝑖𝑣𝑗 = 0 (cette expression ne sert à rien)
𝜌
On utilise l’équation de Maxwell-Gauss : 𝑑𝑖𝑣𝐸⃗ = 𝑒. Comme 𝐸⃗ = −𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑉, on en déduit
𝜀𝑜
𝜌𝑒
l’équation de Poisson : ∆𝑉 = − 𝜀
𝑜
⃗
⃗ = 𝜇𝑜 𝑗 + 𝜇𝑜 𝜀𝑜 𝜕𝐸 qu’on peut
III-D) On part de l’équation de Maxwell-Ampère : 𝑟𝑜𝑡𝐵
𝜕𝑡
⃗ = 𝜇𝑜 𝑗 et on remplace 𝑗 par 𝜎(𝐸⃗ + 𝑣 ∧ 𝐵
⃗ ) ce qui
simplifier d’après la question III-A : 𝑟𝑜𝑡𝐵
⃗ = 𝜇𝑜 𝜎(𝐸⃗ + 𝑣 ∧ 𝐵
⃗ ) . On prend le rotationnel de cette expression :
donne : 𝑟𝑜𝑡𝐵
⃗ ) = 𝜇𝑜 𝜎𝑟𝑜𝑡(𝐸⃗ ) + 𝜇𝑜 𝜎𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗)
𝑟𝑜𝑡(𝑟𝑜𝑡𝐵
⃗ ) = 𝑔𝑟𝑎
⃗ )) − ∆𝐵
⃗ et 𝑑𝑖𝑣(𝐵
⃗)=
On utilise la formule d’analyse vectorielle : 𝑟𝑜𝑡(𝑟𝑜𝑡𝐵
⃗⃗⃗⃗ 𝑑 (𝑑𝑖𝑣(𝐵
⃗ = 𝜇𝑜 𝜎𝑟𝑜𝑡(𝐸⃗ ) + 𝜇𝑜 𝜎𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗)
0 ce qui donne : −∆𝐵
⃗
𝜕𝐵
On utilise l’équation de Maxwell-Faraday : 𝑟𝑜𝑡𝐸⃗ = − 𝜕𝑡 pour obtenir l’expression
demandée :
On a 𝜆 = 𝜇
1
𝑜𝜎
⃗
𝜕𝐵
1
⃗ + 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗)
=
∆𝐵
𝜕𝑡 𝜇𝑜 𝜎
en 𝑚2 . 𝑠 −1 coefficient de diffusion magnétique (voir cours à venir de diffusion
thermique)
1
⃗ est le terme de diffusion
∆𝐵
𝜇𝑜 𝜎
⃗ ) est le terme d’induction
𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
III-E) Comme le terme parle d’énergie magnétique on multiplie scalairement l’équation de la
⃗
1
⃗ ce qui donne :⁡ 1 𝐵
⃗ . 𝜕𝐵 = 𝜆 𝐵
⃗ . ∆𝐵
⃗ + 1𝐵
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ ) soit
diffusion par 𝜇 𝐵
𝜇
𝜕𝑡
𝜇
𝜇
𝑜
𝑜
𝑜
𝑜
10
𝜕
⃗2
𝐵
𝜆
⃗ . ∆𝐵
⃗ + 1𝐵
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗)
( )=𝜇 𝐵
𝜕𝑡 2𝜇
𝜇
𝑜
𝑜
𝑜
𝜆
⃗ . ∆𝐵
⃗ =− 𝜆 𝐵
⃗ . 𝑟𝑜𝑡 (𝑟𝑜𝑡(𝐵
⃗ )) = −𝜆𝐵
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑗)
Le terme 𝜇 𝐵
𝜇
𝑜
𝑜
⃗)=𝐵
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑗) − 𝑗. 𝑟𝑜𝑡(𝐵
⃗)
On utilise le formulaire d’analyse vectorielle : 𝑑𝑖𝑣(𝑗 ∧ 𝐵
2
𝜆
⃗ . ∆𝐵
⃗ = −𝜆𝑑𝑖𝑣(𝑗 ∧ 𝐵
⃗ ) − 𝜆𝑗. 𝑟𝑜𝑡(𝐵
⃗ ) = −𝜆𝑑𝑖𝑣(𝑗 ∧ 𝐵
⃗)−𝑗
On a donc : 𝜇 𝐵
𝜎
𝑜
𝜕
⃗2
2
𝐵
⃗ )−𝑗 + 1 𝐵
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗)
On a donc : 𝜕𝑡 (2𝜇 ) = −𝜆𝑑𝑖𝑣(𝑗 ∧ 𝐵
𝜎
𝜇
𝑜
𝑜
Soit un volume 𝑉 de l’espace ; on a l’égalité :
∭𝑣
⃗2
𝐵
𝜕
⃗ )𝑑𝜏 − ∭
( ) 𝑑𝜏 = −𝜆 ∭𝑉 𝑑𝑖𝑣(𝑗 ∧ 𝐵
𝑉
𝜕𝑡 2𝜇
𝑜
𝑗2
𝜎
𝑑𝜏 + ∭𝑉
1
𝜇𝑜
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ )𝑑𝜏
𝐵
Ce qui donne :
⃗2
𝐵
𝑑
⃗ )𝑑𝜏 − ∭
∭𝑣 (2𝜇 ) 𝑑𝜏 = −𝜆 ∭𝑉 𝑑𝑖𝑣(𝑗 ∧ 𝐵
𝑉
𝑑𝑡
𝑜
𝑗2
𝜎
𝑑𝜏 + ∭𝑉
1
𝜇𝑜
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ )𝑑𝜏
𝐵
Puis en appliquant le théorème d’Ostrogradski :
⃗2
𝑑
𝐵
⃗ . 𝑑𝑆 − ∭
∭𝑣 (2𝜇 ) 𝑑𝜏 = −𝜆 ∯𝑆 𝑗 ∧ 𝐵
𝑉
𝑑𝑡
𝑜
𝑗2
𝜎
𝑑𝜏 + ∭𝑉
1
𝜇𝑜
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ )𝑑𝜏
𝐵
⃗ . 𝑑𝑆 = 0 car l’énoncé nous dit que la vitesse du fluide est nulle audelà de la
le terme ∯𝑆 𝑗 ∧ 𝐵
surface 𝑆.
On
a
finalement
identifiant :
𝑑𝑊𝑚
𝑑𝑡
𝑑
⃗2
𝐵
∭𝑣 (2𝜇 ) 𝑑𝜏 = − ∭𝑉
𝑑𝑡
= −𝑃𝐽 + ∭𝑉
𝑜
1
𝜇𝑜
𝑗2
𝜎
𝑑𝜏 + ∭𝑉
1
𝜇𝑜
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ )𝑑𝜏
𝐵
L’effet Joule est toujours positif. Il s’agit d’une puissance perdue.
⃗ . 𝑟𝑜𝑡(𝑣 ∧ 𝐵
⃗ )𝑑𝜏
𝐵
soit
en