Mines-PSI-2015 Machines à écoulement - MP*1

Mines-PSI-2015
Machines à écoulement permanent
1-A- Dimensionnement des étages de compression
5
1- Pour un gaz diatomique, la capacité thermique molaire à volume constant vaut : 𝑐𝑣 = 2 𝑅.
On a la relation de Mayer pour un GP : 𝑐𝑝 − 𝑐𝑣 = 𝑅 ce qui donne pour la capacité thermique
7
molaire à pression constante : 𝑐𝑝 = 2 𝑅.
D’où l’expression de 𝛾 : 𝛾 =
𝑐𝑝
𝑐𝑣
7
= 5 = 1,4
Dans le compresseur, le gaz subit une transformation adiabatique et réversible. La loi de
Laplace est vérifiée. On a donc entre l’entrée et la sortie d’un compresseur : 𝑃1−𝛾 𝑇 𝛾 = 𝑐𝑡𝑒 ce
1−𝛾
𝛾
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟é𝑒 𝑇𝑒𝑛𝑡𝑟é𝑒
qui donne
=
1−𝛾
𝛾
𝑃𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒 𝑇𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟é𝑒
soit 𝑇𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒 = 𝑇𝑒𝑛𝑡𝑟é𝑒 ( 𝑃
𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒
𝑃
)
1−𝛾
𝛾
. Entre l’entrée et
𝑃
1/𝑁
la sortie de chaque compression le rapport des pressions est 𝑟 = 𝑃 𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒 = (𝑃𝐴 )
𝑒𝑛𝑡𝑟é𝑒
𝑇𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒 =
1−𝛾
1−𝛾
𝑃
𝛾𝑁
𝑇𝑒𝑛𝑡𝑟é𝑒 (𝑃𝐵 )
𝐴
𝑃
𝛾𝑁
𝑇𝐸 (𝑃𝐵 )
𝐴
=
𝐵
d’où
puisque l’entrée du compresseur revient toujours à la
même température
L’énoncé nous dit que la température du diazote ne doit jamais dépasser la valeur 𝑇𝑚𝑎𝑥 donc
𝑇𝑚𝑎𝑥
1−𝛾
𝑃
𝛾𝑁
𝑇𝐸 (𝑃𝐵 )
𝐴
< 𝑇𝑚𝑎𝑥 ce qui donne 𝑁 >
1−𝛾 𝐿𝑛( 𝑇𝐸 )
𝑃
𝛾
𝐿𝑛( 𝐵 )
𝑃𝐴
𝑃
On obtient le nombre minimal de compressions: 𝑁𝑚𝑖𝑛 =
𝐵
1−𝛾 𝐿𝑛(𝑃𝐴 )
𝛾 𝐿𝑛(𝑇𝑚𝑎𝑥 )
= 4,6.
𝑇𝐸
Il faut donc 5 compressions.
2- Si la transformation est irréversible, la température en fin de compression sera plus
importante. Il faudra donc diminuer 𝑟 pour ne pas atteindre 𝑇𝑚𝑎𝑥 et du coup augmenter 𝑁
3- Dans le réfrigérant, si on considère comme système le diazote en écoulement, la
température à l’entrée du réfrigérant du diazote est la température de sortie du compresseur,
𝑇𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒 < 𝑇𝑚𝑎𝑥 , et la température de sortie est 𝑇𝐸 . En appliquant le premier principe aux
systèmes en écoulement et en supposant que les énergies cinétiques sont négligeables on a :
𝐷𝑐𝑝 (𝑇𝐸 − 𝑇𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒 ) = 𝛿𝑄 + 𝛿𝑊 mais le réfrigérant n’échange pas de travail des forces
7𝑅
pressantes et la capacité thermique massique à pression constante du diazote vaut 𝑐𝑝 = 2𝑅 ce
7𝑅
qui donne : 𝐷 2𝑀 (𝑇𝐸 − 𝑇𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒 ) = 𝛿𝑄
L’eau du réfrigérant reçoit cette énergie de transfert thermique et passe de la température 𝑇𝑒 à
′
une température 𝑇𝑓 < 𝑇𝑚𝑎𝑥
soit : 𝐷𝑒𝑎𝑢 𝑐𝑒 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑒 ) = −𝛿𝑄
′
On en déduit dans le cas limite où 𝑇𝑠𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 et 𝑇𝑓 = 𝑇𝑚𝑎𝑥
:
7𝑅
′
𝐷 2𝑀 (𝑇𝐸 − 𝑇𝑚𝑎𝑥 ) = −𝐷𝑒𝑎𝑢 𝑐𝑒 (𝑇𝑚𝑎𝑥
− 𝑇𝑒 ) soit
𝐷𝑒𝑎𝑢
𝐷
7𝑅 (𝑇𝑚𝑎𝑥 −𝑇𝐸 )
= 2𝑀𝑐
𝑒
′
(𝑇𝑚𝑎𝑥
−𝑇𝑒 )
= 0,32
4- La courbe 𝐶1 représente une isotherme. A basse pression, le gaz se comporte comme un
gaz parfait. Comme l’enthalpie d’un gaz parfait ne dépend que de la température, à basse
pression les isothermes sont des isenthalpiques et l’asymptote devient une droite verticale.
5- La courbe 𝐶2 représente une isentropique. Dans la zone vapeur, le long d’une isentropique
on a 𝑑ℎ = 𝑇𝑑𝑠 + 𝑣𝑑𝑃 = 𝑣𝑑𝑃 ce qui donne :
𝑑𝑃
𝑑ℎ
1
= 𝑣 > 0. Le diagramme présenté est un
diagramme (𝐿𝑛𝑃, ℎ). La pente d’une isenstropique est
𝒅𝑳𝒏𝑷
𝒅𝒉
𝟏 𝒅𝑷
𝟏
= 𝑷 𝒅𝒉 = 𝑷𝒗 > 𝟎. La pente de
la courbe est bien positive.
6- La courbe 𝑪 𝟑 se décompose en courbe de rosée à droite, le diazote y est sous forme de
vapeur et en courbe d’ébullition à gauche, le diazote y est sous forme de liquide.
En 𝑂, on a le point critique.
7- La courbe 𝐶4 est une courbe isotitre. Le diazote en 𝑀 est de titre 0,1, c’est-à-dire que c’est
un mélange avec 𝟏𝟎% de liquide et 𝟗𝟎% de vapeur.
8- On a ℎ𝐶 = 𝑥ℎ𝑙𝑖𝑞 + (1 − 𝑥)ℎ𝑣𝑎𝑝
9- Le débit massique du diazote est : 𝐷 =
(1 − 𝑥)
𝑑𝑚
𝑑𝑡
𝑑𝑚
𝑑𝑡
avec 𝐷𝑚 =
𝑑𝑚𝑙𝑖𝑞
𝑑𝑡
=𝑥
𝑑𝑚
𝑑𝑡
et 𝐷′ =
𝑑𝑚𝑣𝑎𝑝
𝑑𝑡
=
ce qui donne : 𝐷𝑚 = 𝑥𝐷 et 𝐷′ = (1 − 𝑥)𝐷
10- On prend comme système {l’échangeur}
Pour le gaz en écoulement de 𝐴 à 𝐵, 𝐷(ℎ𝐵 − −ℎ𝐴 ) = 𝑄̇𝐴𝐵
Pour le gaz en écoulement de 𝐷 à 𝐸, 𝐷′(ℎ𝐸 − ℎ𝐷 ) = 𝑄̇𝐷𝐸
L’échangeur étant un système un système isolé, 𝑄̇𝐴𝐵 + 𝑄̇𝐷𝐸 = 0 donc
𝐷(ℎ𝐵 − −ℎ𝐴 ) + 𝐷′(ℎ𝐸 − −ℎ𝐷 )
On a 𝐷ℎ𝐵 = 𝐻̇𝑐 = 𝐷𝑥ℎ𝑙𝑖𝑞 + 𝐷(1 − 𝑥)ℎ𝑣𝑎𝑝 car la transformation BC est isenthalpique et
ℎ𝐷 = ℎ𝑣𝑎𝑝 car en D on n’a que de la vapeur.
On obtient : 𝐷 ((1 − 𝑥)ℎ𝑣𝑎𝑝 + 𝑥ℎ𝑙𝑖𝑞 ) − 𝐷ℎ𝐴 + (1 − 𝑥)𝐷(ℎ𝐸 − ℎ𝑣𝑎𝑝 ) = 0
ℎ −ℎ
→ 𝐷𝑥ℎ𝑙𝑖𝑞 + (1 − 𝑥)𝐷ℎ𝐸 − 𝐷ℎ𝐴 = 0 ce qui donne pour 𝑥 : 𝑥 = ℎ 𝐸−ℎ 𝐴
𝐸
𝑙𝑖𝑞
11- Pour le point A on est sur l’isotherme 27°𝐶 à la pression de 100 bars.
On lit ℎ𝐴 = 500 𝑘𝐽. 𝑘𝑔−1
Pour le point E on est sur l’isotherme 27°C à la pression de 1 bar.
On lit ℎ𝐸 = 520𝑘𝐽. 𝑘𝑔−1
En C on a la pression de 1 bar et un système diphasé. ℎ𝑙𝑖𝑞 se lit sur la courbe d’ébullition à 1
bar soit ℎ𝑙𝑖𝑞 = 80 𝑘𝐽. 𝑘𝑔−1 et ℎ𝑣𝑎𝑝 se lit sur la courbe de rosée à 1 bar soit
ℎ𝑣𝑎𝑝 = 290 𝑘𝐽. 𝑘𝑔−1 . On obtient 𝑥 = 0,043
Si le gaz était parfait on obtiendrait 𝒉𝑨 = 𝒉𝑬 et 𝒙 = 𝟎
12- B est à l’intersection de l’isobare passant par A et de l’isentalpique passant par C. Au
point D le diazote est sous forme de gaz à la température de −𝟏𝟏𝟎 °𝑪.
13- Dans un compresseur adiabatique 𝑤 = ∆ℎ = 𝑐𝑝 ∆𝑇.
La puissance correspondant aux N compresseurs est : 𝑃 = 𝑁𝐷𝑤 = 𝑁𝐷𝑐𝑝 ∆T avec 𝐷 =
𝑐𝑝 =
7𝛾𝑅
2𝑀
et ∆𝑇 = (𝑇𝐴 − 𝑇𝐸 ) soit 𝑃 = 𝑁
𝐷𝑚 7𝛾𝑅
𝑥 2𝑀
𝐷𝑚
𝑥
,
(𝑇𝐴 − 𝑇𝐸 ) = 188 𝑘𝑊
0,81
Le débit de 1𝐿. ℎ−1 correspond à 3600 = 0,23 𝑔. 𝑠 −1 soit une puissance 1,43 𝑘𝑊 = 2 ℎ𝑝
Problème 2 :X-MP-2000
Propulseur électromagnétique
Principe et ordres de grandeurs :
𝑑
A-1) On a  = 𝐿𝐼(𝑡) ; D’près la loi de Faraday 𝑒 = − 𝑑𝑡 , on en déduit 𝑒 = −𝐿
𝑑𝐼(𝑡)
𝑑𝑡
A-2) Si on applique la loi des mailles au circuit on a 𝐸 = 𝑅𝐼(𝑡) − 𝑒 soit 𝐸 = 𝑅𝐼(𝑡) + 𝐿
𝑑𝐼(𝑡)
𝑑𝑡
On multiplie par 𝐼(𝑡)𝑑𝑡 cette égalité ce qui donne :
𝑑𝐼(𝑡)
1
𝐸𝐼(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑅𝐼 2 (𝑡)𝑑𝑡 + 𝐿
𝐼(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑅𝐼 2 (𝑡) + 𝑑 ( 𝐿𝐼 2 (𝑡))
𝑑𝑡
2
2 (𝑡)𝑑𝑡
Le terme 𝑅𝐼
correspond à l’effet Joule dépensée entre 𝑡 et 𝑡 + 𝑑𝑡.
1
Le terme 𝑑 (2 𝐿𝐼 2 (𝑡)) correspond à l’énergie magnétique emmagasinée par la bobine entre 𝑡
1
et 𝑡 + 𝑑𝑡. On a donc 𝐸𝑚 = 2 𝐿𝐼 2 (𝑡)
B-1) Lorsqu’un courant électrique parcourt le circuit, celui-ci crée un champ magnétique. Le
barreau est donc un circuit parcouru par un courant et placé dans un champ magnétique. Il est
soumis à une force de Laplace.
B-2) On a toujours  = 𝐿𝐼(𝑡) mais cette fois 𝐿 = 𝐿(𝑥). En appliquant la loi de Faraday on a
𝑑
donc : 𝑒 = − 𝑑𝑡 = −
𝑑(𝐿𝐼)
𝑑𝑡
= −𝐼(𝑡)
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝑡
− 𝐿(𝑥)
𝑑𝐼(𝑡)
𝑑𝑡
On applique la loi des mailles à ce circuit on obtient :
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝐼(𝑡)
𝐸 = 𝑅𝐼(𝑡) + 𝐼(𝑡)𝑥̇ (𝑡)
+ 𝐿(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
On multiplie l’expression par 𝐼(𝑡)𝑑𝑡 ce qui donne :
= −𝐼(𝑡)𝑥̇ (𝑡)
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝑥
− 𝐿(𝑥)
𝑑𝐼(𝑡)
𝑑𝑡
.
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝐼(𝑡)
+ 𝐿(𝑥)𝐼(𝑡)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
La puissance fournie par le générateur en sus de celle dissipée par effet Joule est donc :
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝐼(𝑡)
𝑃 = 𝐼 2 (𝑡)𝑥̇ (𝑡)𝑑𝑡
+ 𝐿(𝑥)𝐼(𝑡)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝐸𝐼(𝑡)𝑑𝑖 = 𝑅𝐼 2 (𝑡)𝑑𝑡 + 𝐼 2 (𝑡)𝑥̇ (𝑡)𝑑𝑡
1
B-3) A la question A-2 on a trouvé le terme d’énergie magnétique 𝐸𝑚 = 2 𝐿(𝑥)𝐼 2 (𝑡) qui se
dérive par
𝑑𝐸𝑚
𝑑𝑡
𝑑
1
= 𝑑𝑡 (2 𝐿(𝑥)𝐼 2 (𝑡)) = 𝐿(𝑥)𝐼(𝑡)
𝑑𝐼(𝑡)
𝑑𝑡
1
+ 2 𝐼 2 (𝑡)𝑥̇ (𝑡)
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝑥
La puissance mécanique donnée au barreau est : 𝑃𝑚é𝑐𝑎 = 𝑃 −
𝑑𝐸𝑚
𝑑𝑡
soit 𝑃𝑚é𝑐𝑎 =
1 2
𝑑𝐿(𝑥)
𝐼 (𝑡)𝑥̇ (𝑡) 𝑑𝑥
2
̇ d’où : 𝐹 = 1 𝐼 2 (𝑡) 𝑑𝐿(𝑥)
B-4) La puissance d’une force est 𝑃 = 𝐹⃗ . 𝑣⃗ soit ici : 𝑃 = 𝐹𝑥(𝑡)
2
𝑑𝑥
C-1-a) Le plan (𝑀, 𝑂𝑥, 𝑂𝑧) est un plan de symétrie. On en déduit que le champ magnétiques
est dirigé selon 𝑶𝒚.
C-2-b) La distribution de courant étant invariante par translation suivant 𝑂𝑥 et 𝑂𝑦 on en
⃗⃗ = 𝐵(𝑧)𝑒⃗𝑦 .
déduit : 𝐵
Dans l’une des trois zones de l’espace délimitée par les plaques, on applique le théorème
d’Ampère, la circulation du champ étant calculée sur un rectangle de côtés parallèles à 𝑂𝑦 et à
𝑂𝑧.
z
E
F
H
G
y
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗ = ∫𝐹 𝐵
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗𝐸𝐹 + ∫𝐺 𝐵
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗𝐹𝐺 + ∫𝐻 𝐵
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗𝐺𝐻 + ∫𝐸 𝐵
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗𝐻𝐸 .
On a ∮ 𝐵
𝐸
𝐹
𝐺
𝐻
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗𝐹𝐺 = 0 et 𝐵
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗𝐻𝐸 = 0 ;
Le champ magnétique est suivant 𝑂𝑦 donc 𝐵
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗ = (𝐵(𝑧𝐸 ) − 𝐵(𝑧𝐺 ))𝐸𝐹
Le champ magnétique ne dépend que de z ce qui donne : ∮ 𝐵
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗ = 𝜇𝑜 𝐼𝑒 = 0 puisqu’il n’y a aucun courant enlacé
On applique le théorème d’Ampère : ∮ 𝐵
par la courbe.
On en déduit 𝑩(𝒛𝑬 ) = 𝑩(𝒛𝑮 )
Le champ magnétique est bien uniforme dans chacune des trois zones délimitée par les
plans.
Chaque plan conducteur infini crée un champ uniforme de norme identique mais de signes
opposés puisque les distributions de courants sont de sens opposés. En superposant les deux
champs dans la zone extérieure, on trouve donc un résultat nul.
⃗⃗𝑒𝑥𝑡 = ⃗⃗
𝐵
0
On applique le théorème d’Ampère avec la même courbe que précédemment mais cette fois
on circule entre deux zone :
z
𝑗⃗𝑠
E
F
H
G
y
⃗⃗ 𝑑𝑙⃗ = (𝐵(𝑧𝐸 ) − 𝐵(𝑧𝐺 ))𝐸𝐹 = 𝜇𝑜 𝐼𝑒
On a encore ∮ 𝐵
avec 𝐵(𝑧𝐸 ) = 0 et 𝐼𝑒 = −𝐸𝐹𝑗𝑠
⃗⃗𝑖𝑛𝑡 = 𝜇𝑜 𝑗𝑠 𝑒⃗𝑦
On en déduit : 𝐵
C-2-a) On a 𝑗𝑠 =
𝐼
ℎ
; d’après les questions précédentes, on en déduit l’expression du champ
𝐼
⃗⃗ = 𝜇𝑜 𝑒⃗𝑦 .
magnétique créé par les rails : 𝐵
ℎ
Les rails sont espacées de 𝑤. Le flux du champ magnétique pour une unité de longueur 𝑑𝑥
𝐼
est : 𝑑 = 𝜇𝑜 ℎ 𝑤𝑑𝑥.
Le flux par unité de longueur est
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝑥
=
𝑑
𝑑𝑥
𝐼
= 𝜇𝑜 ℎ 𝑤. L’inductance par unité de longueur est : 𝐿′ =
𝜇𝑜 𝑤
ℎ
C-2-b) 𝐿’ = 0,408.10−6 𝐻
D) La force 𝐹 est supposée constante. On applique le théorème de l’énergie cinétique :
1
1
1
𝑚𝑣𝑓2 − 𝑚𝑣𝑖2 = 𝑚𝑣𝑓2 = 𝑊𝑖→𝑓 (𝐹) = 𝐹𝑑
2
2
2
1
1
Ce qui donne 2 𝑚𝑣𝑓2 = 2 𝐼 2
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝑥
1
𝑑 = 2 𝐼2𝑑
𝜇𝑜 𝑤
ℎ
ℎ𝑚
soit 𝐼 = 𝑣𝑓 √𝑑𝜇
𝑜𝑤
= 297.103 𝐴
Accélération du projectile par un plasma
A-1) Le plasma est parcouru par un courant et placé dans un champ magnétique. Il est donc
⃗⃗ ce qui correspond pour la tranche comprise entre
soumis à la force de Laplace : 𝑑𝐹⃗ = 𝐽⃗𝑑𝜏 ∧ 𝐵
⃗⃗ (𝑥𝑝 ) soit :
𝑥𝑝 et 𝑥𝑝 + 𝑑𝑥𝑝 , de volume 𝑑𝜏 = 𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 à la force : 𝑑𝐹⃗ = 𝐽⃗(𝑥𝑝 )𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 ∧ 𝐵
𝑑𝐹⃗ = −𝐽(𝑥𝑝 )𝐵(𝑥𝑝 )𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 𝑒⃗𝑥
A-2) Pour le plasma les forces pressantes s’exercent sur la face 𝑥𝑝 et sur la face 𝑥𝑝 + 𝑑𝑥𝑝 ,
chaque face ayant une surface 𝑆 = 𝑤ℎ.
𝑑𝑃
La résultante des forces pressantes sera : (𝑃(𝑥𝑝 )𝑤ℎ − 𝑃(𝑥𝑝 + 𝑑𝑥𝑝 )𝑤ℎ)𝑒⃗𝑥 = − 𝑑𝑥 𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 𝑒⃗𝑥
𝑝
𝑑𝑃
Soit 𝑑𝐹⃗𝑠 = − 𝑑𝑥 𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 𝑒⃗𝑥
𝑝
A-3) On applique la loi de la quantité de mouvement à la tranche de plasma de masse 𝑑𝑚 =
𝜌(𝑥𝑝 )𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 dans un référentiel galiléen :
𝜌(𝑥𝑝 )𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 𝑎 = −𝐽(𝑥𝑝 )𝐵(𝑥𝑝 )𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 −
𝑑𝑃
𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑃
Ce qui donne en simplifiant par 𝑤ℎ𝑑𝑥𝑝 : 𝜌(𝑥𝑝 )𝑎 = −𝐽(𝑥𝑝 )𝐵(𝑥𝑝 ) − 𝑑𝑥
𝑝
A-4-a) D’après la question précédente on peut écrire :
𝑑𝑃 = −𝐽(𝑥𝑝 )𝐵(𝑥𝑝 )𝑑𝑥𝑝 − 𝜌(𝑥𝑝 )𝑎𝑑𝑥𝑝 , soit en mettant l’expression sous forme d’intégrales :
𝑙
𝑙
𝑃(𝑙) − 𝑃𝑜 = − ∫0 𝐽(𝑥𝑝 )𝐵(𝑥𝑝 )𝑑𝑥𝑝 − ∫0 𝜌(𝑥𝑝 )𝑎𝑑𝑥𝑝
A-4-b) Si on applique la loi de la quantité » de mouvement au système {plasma + projectile},
la seule force appliquée à ce système est la force magnétique car la pression est la même des
deux côtés du système ; les forces pressantes se compensent.
𝑙
La somme des forces magnétiques sur tout le plasma vaut : 𝐹𝑚𝑎𝑔 = −𝑤ℎ ∫0 𝐽(𝑥𝑝 )𝐵(𝑥𝑝 )𝑑𝑥𝑝
𝑙
On a donc (𝑀𝑜 + 𝑀𝑝 )𝑎 = −𝑤ℎ ∫0 𝐽(𝑥𝑝 )𝐵(𝑥𝑝 )𝑑𝑥𝑝
⃗⃗ = 𝜇𝑜 𝑗⃗
B-1) Dans l’ARQS on a l’équation de Maxwell-Ampère : 𝑟𝑜
⃗⃗⃗⃗⃗𝑡𝐵
⃗⃗ = 𝐵(𝑥)𝑒⃗𝑦 ce qui donne 𝑟𝑜
⃗⃗ = 𝑑𝐵 𝑒⃗𝑧 = 𝜇𝑜 𝑗⃗ soit 𝑗⃗ = 𝑑𝐵 𝑒⃗𝑧
B-2) On a 𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗𝑡𝐵
𝑑𝑥
𝜇 𝑑𝑥
𝑜
𝑑𝐵
On a donc 𝑗(𝑥) = 𝜇
𝑜 𝑑𝑥
Si on reprend l’expression de la force magnétique exercée sur le plasma et le projectile :
𝑙
𝑙
𝐵(𝑙)
𝑑𝐵
1
𝐹𝑚𝑎𝑔 = −𝑤ℎ ∫ 𝐽(𝑥𝑝 )𝐵(𝑥𝑝 )𝑑𝑥𝑝 = −𝑤ℎ ∫
𝐵(𝑥𝑝 )𝑑𝑥𝑝 = −𝑤ℎ ∫
𝐵𝑑𝐵
0
0 𝜇𝑜 𝑑𝑥𝑝
𝐵(0) 𝜇𝑜
𝑤ℎ
Ce qui donne après intégration : 𝐹𝑚𝑎𝑔 = 2𝜇 𝐵 2 (0) puisque l’énoncé nous dit que 𝐵(𝑙) = 0.
𝑜
𝑤ℎ
La force magnétique vaut : 𝐹𝑚𝑎𝑔 = 2𝜇 𝐵 2 (0) =
𝑜
la question I-C-2) .On obtient donc 𝐹𝑚𝑎𝑔 =
𝐿′𝐼 2
2
𝜇𝑜 𝑤𝐼 2
2ℎ
. Or on avait trouvé 𝐿′ =
, résultat de la question I-B-4).
𝑑𝐿(𝑥)
𝑑𝑥
=
𝜇𝑜 𝑤
ℎ
à