Imagerie par résonance magnétique

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XULC-2011
Imagerie par résonance magnétique
I- Production de champs magnétiques intense et homogène.
I-1) La densité de courant doit vérifier : 𝑆(𝑗⃗(𝑀)) = −𝑗⃗(𝑆(𝑀)) pour toute symétrie par
rapport à un plan contenant l’axe 𝑂𝑧 ,ce qui donne pour le plan (𝑀, 𝑒⃗𝑟 , 𝑒⃗𝑧 ) :
𝑗𝑟 (𝑀)𝑒⃗𝑟 + 𝑗𝜃 (𝑀)𝑒⃗𝜃 + 𝑗𝑧 (𝑀)𝑒⃗𝑧 = −(𝑗𝑟 (𝑀)𝑒⃗𝑟 − 𝑗𝜃 (𝑀)𝑒⃗𝜃 + 𝑗𝑧 (𝑀)𝑒⃗𝑧 ). On en déduit :
𝑗𝑟 (𝑀) = −𝑗𝑟 (𝑀); 𝑗𝑧 (𝑀) = −𝑗𝑧 (𝑀) ce qui donne 𝑗𝑟 (𝑀) = 0; 𝑗𝑧 (𝑀) = 0. La distribution de
⃗⃗𝜽
courant vérifie :𝒋⃗(𝑴) = 𝒋𝜽 (𝑴)𝒆
⃗⃗ (𝑀)) =
I-2) Pour toute symétrie par rapport à un plan contenant l’axe 𝑂𝑧 on aura 𝑆 (𝐵
⃗⃗ (𝑆(𝑀)) ; si on prend le plan (𝑀, 𝑒⃗𝑟 , 𝑒⃗𝑧 ) on en déduit 𝑆 (𝐵
⃗⃗ (𝑀)) = +𝐵
⃗⃗ (𝑀) , 𝐵
⃗⃗ (𝑀)
+𝐵
⃗⃗ (𝑀) = 𝐵𝑟 (𝑀)𝑒⃗𝑟 + 𝐵𝑧 (𝑀)𝑒⃗𝑧 . De plus il y a invariance
appartient à ce plan donc 𝑩𝜽 = 𝟎 et 𝐵
⃗⃗ (𝑀)‖ne dépend pas de 𝜃 ce qui donne :
par rotation d’axe 𝑧, donc ‖𝐵
⃗𝑩
⃗⃗(𝑴) = 𝑩𝒓 (𝒓, 𝒛)𝒆
⃗⃗𝒓 + 𝑩𝒛 (𝒓, 𝒛)𝒆
⃗⃗𝒛
I-3-a) Si la longueur L du solénoïde est très grande devant 𝑅2 , on peut assimiler ce solénoïde
à un solénoïde infini. Il y a donc invariance de la distribution de courant par translation par
⃗⃗ (𝑀) = 𝐵𝑟 (𝑟)𝑒⃗𝑟 + 𝐵𝑧 (𝑟)𝑒⃗𝑧 . De plus le plan (𝑀, 𝑒⃗𝑟 , 𝑒⃗𝜃 ) est un plan
rapport à 𝑧 ce qui donne 𝐵
⃗⃗ (𝑀) = 𝐵𝑧 (𝑟)𝑒⃗𝑧 .
de symétrie de la distribution de courant, donc 𝐵𝑟 (𝑟)𝑒⃗𝑟 = ⃗0⃗ ce qui donne: 𝐵
Pour montrer que le champ est uniforme à l’intérieur et à l’extérieur du solénoïde, on applique
le théorème d’Ampère à une courbe  rectangulaire, fermée et orientée.
ℎ

𝑟1
𝑟2
𝑧
⃗⃗ . 𝑑𝑙⃗ = ℎ(𝐵(𝑟1 ) − 𝐵(𝑟2 )) = 0 puisqu’il n’y a aucun courant enlacé. On en déduit :
∮𝐵
⃗⃗(𝑴) est uniforme en dehors de la distribution de courant.
𝐵(𝑟1 ) = 𝐵(𝑟2 ). ⃗𝑩
⃗⃗𝒆𝒙𝒕 = ⃗𝟎⃗ .
I-3-b) A l’extérieur le dispositif est un solénoïde infini, donc ⃗𝑩
I-3-c) Pour 𝑅1 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅2 : on applique le théorème d’Ampère à la même courbe que
précédemment mais avec 𝑟2 à l’extérieur du solénoïde et 𝑟1 = 𝑟 à l’intérieur de la distribution
⃗⃗ . 𝑑𝑙⃗ = ℎ𝐵(𝑟) = 𝜇𝑜 𝐼𝑒𝑛𝑙 .
de courant : ∮ 𝐵
𝐼𝑒𝑛𝑙 = ∬ 𝑗⃗(𝑀). 𝑛⃗⃗𝑀 𝑑𝑆 = 𝑗𝑜 ℎ(𝑅2 − 𝑟) ; ce qui donne 𝐵(𝑟) = 𝑗𝑜 𝜇𝑜 (𝑅2 − 𝑟).
Pour 𝑟 ≤ 𝑅1 : on applique le théorème d’Ampère à la même courbe que précédemment mais
⃗⃗ . 𝑑𝑙⃗ = ℎ𝐵(𝑟) =
avec 𝑟2 à l’extérieur du solénoïde et 𝑟1 = 𝑟 à l’intérieur du solénoïde : ∮ 𝐵
𝜇𝑜 𝐼𝑒𝑛𝑙 avec 𝐼𝑒𝑛𝑙 = 𝑗𝑜 ℎ(𝑅2 − 𝑅1 ) ; ce qui donne 𝐵(𝑟) = 𝑗𝑜 𝜇𝑜 (𝑅2 − 𝑅1 ).
2
Récapitulatif :
⃗⃗(𝒓) = 𝒋𝒐 𝝁𝒐 (𝑹𝟐 − 𝒓)𝒆
⃗⃗𝒛
𝑹𝟏 ≤ 𝒓 ≤ 𝑹𝟐 : ⃗𝑩
⃗⃗⃗(𝒓) = 𝒋𝒐 𝝁𝒐 (𝑹𝟐 − 𝑹𝟏 )𝒆
⃗⃗𝒛
Pour 𝒓 ≤ 𝑹𝟏 : 𝑩
𝑩𝒐 = 𝒋𝒐 𝝁𝒐 (𝑹𝟐 − 𝑹𝟏 )
I-4) La puissance d’un radiateur électrique ordinaire est d’environ 𝟐𝒌𝑾. Le dispositif
magnétif dissipe par effet Joule une puissance non négligeable.
I-5) Si on réalise l’enroulement avec un fil, l’enroulement est une hélice. La distribution de
courant a une composante sur 𝑒⃗𝑧 . Pour ce rapprocher le plus du modèle, il faut prendre le fil le
plus fin possible. Si 𝑑 est le diamètre du fil il faut 𝒅 << 𝑹𝟏 .
⃗⃗ (𝑀) = 𝐵𝑟 (𝑟, 𝑧)𝑒⃗𝑟 +
I-6) Lorsque 𝐿 et 𝑅2 sont du même ordre de grandeur, on a toujours 𝐵
𝐵𝑧 (𝑟, 𝑧)𝑒⃗𝑧 . De plus si 𝑀 appartient à l’axe des 𝑧, tout plan contenat 𝑂𝑧 étant un plan
⃗⃗ (𝑀) appartient à l’axe 𝑂𝑧 et on a 𝐵
⃗⃗ (𝑀) = 𝐵(𝑧)𝑒⃗𝑧 .
d’antisymétrie, 𝐵
On a toujours 𝐵(𝑧) = 𝐵(−𝑧) et le champ est plus intense au centre de la bobine ce qui donne
le schéma suivant :
Pour pallier à ce défaut il suffit de faire un bobinage plus important sur les bords du
solénoïde :
I-7) On calcule le flux du champ magnétique à travers un cylindre d’axe 𝑂𝑧, de rayon 𝑟 et de
longueur 𝑑𝑧.
⃗⃗ (𝑀) = 𝐵𝑟 (𝑟, 𝑧)𝑒⃗𝑟 + 𝐵𝑧 (𝑟, 𝑧)𝑒⃗𝑧 .
On a vu que 𝐵
On a :
⃗⃗𝑑𝑆⃗ = ∬
⃗⃗(𝑟, 𝑧). (−𝑒⃗𝑧 )𝑑𝑆 + ∬
⃗⃗(𝑟, 𝑧 + 𝑑𝑧). (+𝑒⃗𝑧 )𝑑𝑆 + ∬
⃗⃗(𝑟, 𝑧). (+𝑒⃗𝑟 )𝑑𝑆
𝐵
𝐵
𝐵
∯𝐵
𝑧=𝑐𝑠𝑡𝑒
𝑧+𝑑𝑧=𝑐𝑠𝑡𝑒
𝑟=𝑐𝑠𝑡𝑒
3
⃗⃗𝑑𝑆⃗ = − ∬
𝐵 (𝑟, 𝑧) 𝑑𝑆 + ∬𝑧+𝑑𝑧=𝑐𝑠𝑡𝑒 𝐵𝑧 (𝑟, 𝑧 + 𝑑𝑧) 𝑑𝑆 + ∬𝑟=𝑐𝑠𝑡𝑒 𝐵𝑟 (𝑟, 𝑧)𝑑𝑆.
∯𝐵
𝑧=𝑐𝑠𝑡𝑒 𝑧
𝜕𝐵
Or 𝑟 ≪ 𝑅1 donc 𝐵𝑧 (𝑟, 𝑧)~𝐵𝑧 (0, 𝑧) + 𝑟 ( 𝜕𝑟𝑧)
De même 𝐵𝑧 (𝑟, 𝑧 + 𝑑𝑧)~𝐵𝑧 (0, 𝑧 + 𝑑𝑧)
~𝐵𝑧 (0, 𝑧) = 𝐵𝑜
0,𝑧
𝜕𝐵
+ 𝑟 ( 𝜕𝑟𝑧 )
~𝐵𝑧 (0, 𝑧
0,𝑧+𝑑𝑧
+ 𝑑𝑧) = 𝐵𝑜
𝐵𝑟 (𝑟, 𝑧) étant pratiquement indépendant de entre 𝑧 et 𝑧 + 𝑑𝑧, on a ∬𝑟=𝑐𝑠𝑡𝑒 𝐵𝑟 (𝑟, 𝑧)𝑑𝑆~ 2𝜋𝑟𝑑𝑧𝐵𝑟 (𝑟, 𝑧)
⃗⃗𝑑𝑆⃗ = 2𝜋𝑟𝑑𝑧𝐵𝑟 (𝑟, 𝑧)
On a donc ∯ 𝐵
⃗⃗ est un vecteur à flux conservatif, on a : ∯ 𝐵
⃗⃗ . 𝑛⃗⃗𝑑𝑆 = 0.
Comme 𝐵
⃗⃗(𝑴)~𝑩𝒐 𝒆
⃗⃗𝒛
On en déduit qu’au voisinage de l’axe, 𝐵𝑟 (𝑟, 𝑧) = 0 d’où au voisinage de l’axe : ⃗𝑩
II-Utilisation de supraconducteurs
II-1) Dans un réf galiléen, l’électron n’est soumis qu’à la force électrique (le poids de
l’électron est négligeable devant la force électrique).
⃗⃗
𝒅𝒗
⃗⃗
On applique la loi de la quantité de mouvement : 𝒎𝒆 𝒅𝒕 = −𝒆𝑬
II-2) L’expression du vecteur densité de courant pour des électrons de vitesse 𝑣⃗, de densité
⃗⃗
𝑑𝑣
volumique 𝑛 et de charge – 𝑒 est 𝑗⃗ = −𝑛𝑒𝑣⃗. En se servant de la question II-1) on a 𝑚𝑒 𝑑𝑡 =
⃗⃗
⃗⃗
𝜕𝑣
𝜕𝑣
−𝑒𝐸⃗⃗ soit 𝑚𝑒 𝜕𝑡 = −𝑒𝐸⃗⃗ d’après l’énoncé ce qui donne : 𝑚𝑒 𝜕𝑡 (−𝑛𝑒) = −𝑒𝐸⃗⃗ (−𝑛𝑒) soit :
𝝏𝒋⃗
𝝏𝒕
=
𝒏𝒆𝟐
𝒎𝒆
⃗⃗⃗ .
𝑬
⃗⃗ ) = 𝜇𝑜 𝑗⃗ ce qui donne en dérivant par rapport
II-3) L’équation de Maxwell-Faraday est : ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑟𝑜𝑡(𝐵
2
𝜕
⃗⃗ )] = 𝜇𝑜 𝜕𝑗⃗ = 𝜇𝑜 𝑛𝑒 𝐸⃗⃗ .
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(𝐵
au temps : 𝜕𝑡 [𝑟𝑜𝑡
𝜕𝑡
𝑚
𝑒
2
⃗⃗ )]) = 𝜇𝑜 𝑛𝑒 𝑟𝑜𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ( 𝜕 [𝑟𝑜𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐸⃗⃗ ; or d’après
On prend le rotationnel de cette expression : 𝑟𝑜𝑡
𝜕𝑡
𝑚
𝑒
⃗⃗
𝜕𝐵
𝜕
⃗⃗ )]) = −
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸⃗⃗ = − . On obtient : 𝑟𝑜𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ( [𝑟𝑜𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝐵
l’équation de Maxwell-Faraday : 𝑟𝑜𝑡
𝜕𝑡
𝜕𝑡
⃗⃗
𝜇𝑜 𝑛𝑒 2 𝜕𝐵
𝑚𝑒
𝜕𝑡
.
Les variables d’espace et de temps sont des variables indépendantes. On peut écrire :
𝟐
𝝏
⃗⃗ avec 𝜶 = √ 𝒎𝒆 𝟐 .
⃗⃗⃗)) + 𝝁𝒐𝒏𝒆 𝑩
⃗⃗⃗] = 𝟎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝒓𝒐𝒕
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(𝑩
[𝒓𝒐𝒕
𝝏𝒕
𝒎
𝝁 𝒏𝒆
𝒆
𝒐
II-4) 𝜶 = 𝟓, 𝟐. 𝟏𝟎−𝟖 𝒎 .
⃗⃗ )) + 12 𝐵
⃗⃗ = ⃗⃗
⃗⃗ )) − ∆𝐵
⃗⃗ + 12 𝐵
⃗⃗ = ⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑟𝑜𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝐵
II-5) On a 𝑟𝑜𝑡
0 ce qui donne 𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗𝑑 (𝑑𝑖𝑣(𝐵
0. Or
𝛼
𝛼
⃗⃗ = 0. Le champ magnétique vérifie l’équation : ∆𝐵
⃗⃗ − 12 𝐵
⃗⃗ = ⃗0⃗. On admet que dans le
𝑑𝑖𝑣𝐵
𝛼
⃗⃗ (𝑀) = 𝐵(𝑥)𝑒⃗𝑧 . L’équation projeté sur la direction 𝑒⃗𝑧 est :
milieu supraconducteur, 𝐵
1
∆𝐵(𝑥) − 𝛼2 𝐵(𝑥) = 0 soit
𝑑2 𝐵(𝑥)
𝑑𝑥 2
1
− 𝛼2 𝐵(𝑥) = 0.
𝑥
𝑥
La solution de cette équation est : 𝐵(𝑥) = 𝐴𝑒𝑥𝑝 (− 𝛼) + 𝐴′𝑒𝑥𝑝 (+ 𝛼)
On suppose que le champ magnétique reste borné donc 𝐴’ = 0. 𝐵(𝑥 = 0) = 𝐵𝑜 ce qui donne
⃗⃗(𝒙) = 𝑩𝒐 𝒆𝒙𝒑 (− 𝒙 ) 𝒆
⃗⃗𝒛 . L’effet Meissner est
𝐴 = 𝐵𝑜 . On a dans le milieu supraconducteur : ⃗𝑩
𝜶
4
bien expliqué. Il n’y a quasiment aucun champ dans le milieu supraconducteur, 𝛼 étant de
l’ordre de 0,01 µ𝑚.
⃗⃗ = 𝜇𝑜 𝑗⃗ ce qui donne
II-6) D’après l’équation de Maxwell-Ampère : ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑟𝑜𝑡𝐵
⃗⃗ = − 𝜕𝐵(𝑥) 𝑒⃗𝑦 = 𝐵𝑜 𝑒𝑥𝑝 (− 𝑥 ) 𝑒⃗𝑦 = 𝜇𝑜 𝑗⃗ soit : 𝒋⃗ = 𝑩𝒐 𝒆𝒙𝒑 (− 𝒙 ) 𝒆
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗𝒚 .
𝑟𝑜𝑡𝐵
𝜕𝑥
𝛼
𝛼
𝜶𝝁𝒐
𝜶
III-Moments magnétiques
III-1) L’énergie d’interaction d’un dipôle magnétique dans un champ uniforme est :
⃗⃗⃗𝒐 = −𝝁𝒛 𝑩𝒐
𝑼 = −𝝁
⃗⃗. 𝑩
Application numérique : −𝟐, 𝟏. 𝟏𝟎−𝟐𝟔 𝑱 < 𝑼 < 𝟐, 𝟏. 𝟏𝟎−𝟐𝟔 𝑱
⃗⃗𝑜 sur le dipôle magnétique 𝜇⃗
III-2) L’expression du couple exercé par le champ magnétique 𝐵
⃗⃗𝒐
est ⃗⃗ = 𝝁
⃗⃗ ∧ ⃗𝑩
III-3) On applique le théorème du moment cinétique au proton :
𝑑𝑆⃗
𝑑𝑡
= ⃗⃗, ce qui donne
𝑑𝑆⃗
𝑑𝑡
⃗⃗𝑜 → 1 𝑑𝜇⃗⃗ = 𝜇⃗ ∧ 𝐵
⃗⃗𝑜 → 𝑑𝜇⃗⃗ = 𝛾𝜇⃗ ∧ 𝐵𝑜 𝑒⃗𝑧 .
= ⃗⃗ = 𝜇⃗ ∧ 𝐵
𝛾 𝑑𝑡
𝑑𝑡
Si on projette sur la direction 𝑒⃗𝑧 on trouve :
Si on projette dans le plan 𝑥𝑂𝑦, on a :
𝑑𝜇𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝜇𝑧
𝑑𝑡
= 0 ; la composante 𝜇𝑧 est une constante.
= 𝛾𝐵𝑜 𝜇𝑦 (1) et
𝑑𝜇𝑦
𝑑𝑡
= −𝛾𝐵𝑜 𝜇𝑥 (2).
On pose 𝑍 = 𝜇𝑥 + 𝑖𝜇𝑦 . 𝑍(𝑡) vérifie l’équation différentielle, obtenue en sommant (1) +
𝑖(2) :
𝑑𝑍(𝑡)
𝑑𝑡
= −𝑖𝛾𝐵𝑜 𝑍(𝑡) soit 𝑍(𝑡) = 𝑍𝑜 exp(−𝑖𝛾𝐵𝑜 𝑡) ; comme les axes 𝑥 et 𝑦 sont arbitraires, on
choisit 𝑥 tel que 𝜇𝑥 (𝑡 = 0) = 𝜇𝑜𝑥 et 𝜇𝑦 (𝑡 = 0) = 0 ce qui donne 𝑍(𝑡) = 𝜇𝑜𝑥 exp(−𝑖𝛾𝐵𝑜 𝑡).
On en déduit : 𝜇𝑥 (𝑡) = 𝜇𝑜𝑥 cos(𝛾𝐵𝑜 𝑡) et 𝜇𝑦 (𝑡) = −𝜇𝑜𝑥 sin(𝛾𝐵𝑜 𝑡)
Récapitulatif :
𝝁𝒙 (𝒕) = 𝝁𝒐𝒙 𝐜𝐨𝐬(𝜸𝑩𝒐 𝒕)
𝝁𝒚 (𝒕) = −𝝁𝒐𝒙 𝐬𝐢𝐧(𝜸𝑩𝒐 𝒕)
𝝁𝒛 = 𝝁𝒐𝒛
⃗⃗⃗⃗𝒐 = −𝜸𝑩𝒐 𝒆
⃗⃗𝒛
On a bien un mouvement de précession de vitesse angulaire 𝝎
𝟖
−𝟏
Pour 𝐵𝑜 = 1,5 𝑇on a 𝝎𝒐 = 𝟑, 𝟖. 𝟏𝟎 𝒓𝒅. 𝒔
⃗⃗𝑜 subit la force de Lorentz : 𝐹⃗ = 𝑒(𝑣⃗ ∧ 𝐵
⃗⃗𝑜 ).
III-4) Un proton dans un champ magnétique 𝐵
⃗⃗
𝑑𝑣
⃗⃗𝑜 ). Comme la vitesse
On applique la loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑝 𝑑𝑡 = 𝐹⃗ = 𝑒(𝑣⃗ ∧ 𝐵
est initialement perpendiculaire au champ magnétique, on en déduit que 𝑣𝑧 = 0 et que le
mouvement est plan.
Dans la question précédente, on avait l’équation :
⃗⃗
𝑑𝜇
𝑑𝑡
= 𝛾𝜇⃗ ∧ 𝐵𝑜 𝑒⃗𝑧 et une vitesse angulaire
𝜔
⃗⃗𝑜 = −𝛾𝐵𝑜 𝑒⃗𝑧 .
Dans cette question on a
𝒆𝑩𝒐
⃗⃗
𝑑𝑣
𝑑𝑡
⃗⃗⃗⃗𝒄 = −
⃗⃗𝒛 .
angulaire est 𝝎
𝒆
𝒎
𝒑
𝑒
⃗⃗𝑜 , ; on peut en déduire tout de suite que la vitesse
= 𝑚 𝑣⃗ ∧ 𝐵
𝑝
5
Pour 𝐵𝑜 = 1,5 𝑇on a 𝝎𝒄 = 𝟏, 𝟒. 𝟏𝟎𝟖 𝒓𝒅. 𝒔−𝟏 . Les deux vitesses angulaires sont du même
ordre de grandeur.
IV-Résonance magnétique
IV-1) On a vu à la question III-3 que le mouvement du moment magnétique dans un champ
magnétique extérieur s’exprimait :
⃗⃗
𝑑𝜇
𝑑𝑡
⃗⃗. Comme l’aimantation est proportionnelle au
= 𝛾𝜇⃗ ∧ 𝐵
moment magnétique, on en déduit que le vecteur M vérifie :
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
𝑑𝑡
⃗⃗⃗ ∧ 𝐵
⃗⃗.
= 𝛾𝑀
⃗⃗⃗
⃗⃗ = 𝐵
⃗⃗𝑜 + 𝐵
⃗⃗1 (𝑡), ce qui donne 𝑑𝑀 = 𝛾𝑀
⃗⃗⃗ ∧ (𝐵
⃗⃗𝑜 + 𝐵
⃗⃗1 (𝑡))
Or 𝐵
𝑑𝑡
⃗⃗⃗⃗
𝒅𝑴
D’où l’équation demandée :
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗𝒐 + 𝝎
⃗⃗⃗⃗𝟏 (𝒕)) ∧ 𝑴
= (𝝎
𝒅𝒕
⃗⃗𝑜 et ⃗𝝎
⃗⃗⃗𝟏 (𝒕)
⃗⃗⃗𝟏 (𝒕) = −𝜸𝑩
avec 𝜔
⃗⃗𝑜 = −𝛾𝐵
IV-2-a) Le référentiel 𝑅 est en rotation par rapport au référentiel 𝑅’ avec une vitesse
⃗⃗
𝒅𝒆
angulaire −𝜔
⃗⃗ . On en déduit : ( 𝒅𝒕𝒙)
𝑹′
⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝒆
⃗⃗𝒙 .
= −𝝎
⃗⃗⃗ (𝑡) = 𝑀𝑥 𝑒⃗𝑥 + 𝑀𝑦 𝑒⃗𝑦 + 𝑀𝑧 𝑒⃗𝑧 .
IV-2-b) On a 𝑀
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
( 𝑑𝑡 ) =
𝑅
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
( 𝑑𝑡 )
𝑅′
=
𝑑𝑀𝑥
𝑑𝑡
𝑒⃗𝑥 +
𝑑𝑀𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑀𝑦
𝑒⃗𝑥 +
𝑑𝑡
𝑒⃗𝑦 +
𝑑𝑀𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑀𝑧
𝑒⃗𝑦 +
𝑑𝑡
𝑒⃗𝑧 .
𝑑𝑀𝑧
𝑑𝑡
𝑑𝑒⃗𝑦
𝑑𝑒⃗
𝑑𝑒⃗
𝑒⃗𝑧 + 𝑀𝑥 ( 𝑑𝑡𝑥 ) + 𝑀𝑦 ( 𝑑𝑡 ) + 𝑀𝑧 ( 𝑑𝑡𝑧 )
𝑅′
𝑅′
𝑅′
Ce qui donne :
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
⃗⃗⃗
( 𝑑𝑡 )
𝑅′
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
𝑑𝑀
⃗⃗⃗.
= ( 𝑑𝑡 ) + 𝑀𝑥 (−𝜔
⃗⃗ ∧ 𝑒⃗𝑥 ) + 𝑀𝑦 (−𝜔
⃗⃗ ∧ 𝑒⃗𝑥 ) + 𝑀𝑧 (−𝜔
⃗⃗ ∧ 𝑒⃗𝑦 ) = ( 𝑑𝑡 ) − 𝜔
⃗⃗ ∧ 𝑀
𝑅
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
𝑅
⃗⃗⃗.
On a vu que ( 𝑑𝑡 ) = (𝜔
⃗⃗𝑜 + 𝜔
⃗⃗1 (𝑡)) ∧ 𝑀
𝑅
⃗⃗⃗⃗
𝒅𝑴
Donc : ( 𝒅𝒕 )
𝑹′
⃗⃗⃗⃗ .
⃗⃗⃗⃗𝒐 + 𝝎
⃗⃗⃗⃗𝟏 (𝒕) − 𝝎
⃗⃗⃗⃗) ∧ 𝑴
= (𝝎
IV-3) Dans 𝑅’ le mouvement de l’aimantation est donnée par :
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
( 𝑑𝑡 )
𝑅′
⃗⃗⃗.
= (𝜔
⃗⃗𝑜 + 𝜔
⃗⃗1 (𝑡) − 𝜔
⃗⃗) ∧ 𝑀
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
⃗⃗⃗. 𝑀
⃗⃗⃗ décrit un mouvement de
Si ‖𝜔
⃗⃗𝑜 − 𝜔
⃗⃗‖ ≫ ‖𝜔
⃗⃗1 (𝑡)‖, on peut écrire : ( 𝑑𝑡 ) ~(𝜔
⃗⃗𝑜 − 𝜔
⃗⃗) ∧ 𝑀
𝑅′
précession autour de l’axe des 𝑧 à la vitesse angulaire (𝜔
⃗⃗𝑜 − 𝜔
⃗⃗). Initialement l’aimantation
⃗⃗⃗𝑜 = 𝐶𝐵
⃗⃗ /𝑇 avec 𝐵
⃗⃗ = 𝐵
⃗⃗𝑜 + 𝐵
⃗⃗1 (𝑡 = 0), comme ‖𝐵
⃗⃗𝑜 ‖ ≫ ‖𝐵
⃗⃗1 (𝑡 = 0)‖, on a au
est égale à 𝑀
temps 𝑡 = 0 une faible composante de l’aimantation dans le plan 𝑥𝑂𝑦 par rapport à la
composante suivant 𝑂𝑧. Dans le mouvement de précession, la composante suivant 𝑂𝑧 reste
constante ainsi que la norme de la composante dans le plan 𝑥𝑂𝑦. On peut donc supposer que
les composantes de l’aimantation perpendiculaires à 𝑂𝑧 sont petites pour tout 𝑡 > 0 sauf si 𝜔
est très proche de 𝜔𝑜 .
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
IV-4) A la résonance, 𝜔 = 𝜔𝑜 . Le mouvement de M est défini par ( 𝑑𝑡 )
𝑅′
⃗⃗⃗ avec
=𝜔
⃗⃗1 (𝑡) ∧ 𝑀
⃗⃗1 (𝑡). Dans le référentiel R’, 𝐵
⃗⃗1 (𝑡) = 𝐵1 𝑢
𝜔
⃗⃗1 (𝑡) = − 𝛾𝐵
⃗⃗𝑥 et 𝜔
⃗⃗1 (𝑡) = − 𝛾𝐵1 𝑢
⃗⃗𝑥 . On a un
6
⃗⃗⃗ , mais par rapport à l’axe 𝑂𝑋 dans 𝑅’. La composante 𝑀𝑧 étant
mouvement de précession de 𝑀
⃗⃗⃗ un mouvement de rotation de
bien plus importante que les autres composantes, on a pour 𝑀
l’aimantation autour de l’axe 𝑂𝑋.
Dans le référentiel 𝑅, le mouvement de M est la composée d’un mouvement de rotation rapide
autour de 𝑂𝑧 à la vitesse angulaire 𝜔𝑜 et d’un mouvement de rotation plus lent autour de OX
à la vitesse angulaire 𝜔1.
𝜋
𝜋
IV-5) La vitesse angulaire dans R’ est 𝜔1. 𝜏 vaut un quart de période soit 𝜏 = 2𝜔 = 2𝛾𝐵 .
1
Comme 𝛾 =
𝜇
𝑆
=
𝜇4𝜋
ℎ
1
𝒉
on a 𝝉 = 𝟖𝝁𝑩 = 𝟐, 𝟏. 𝟏𝟎−𝟒 𝒔.
𝟏
⃗⃗⃗
𝑑𝑀
Pour 𝑡 > 𝜏 dans le référentiel 𝑅’, ( 𝑑𝑡 )
𝑅′
= ⃗⃗
0 . L’aimantation est un vecteur constant dans 𝑅’.
⃗⃗⃗ tournant dans le sens antitrigonométrique, après un quart de tour 𝑀
⃗⃗⃗ est suivant −𝑢
𝑀
⃗⃗𝑌 .
IV-6) D’après les équations données, on en déduit :
𝒕
𝒕
𝑴𝑿 (𝒕) = 𝑴𝑿𝒐 𝐞𝐱𝐩(− 𝑻 )~𝟎 ; 𝑴𝒀 (𝒕) = 𝑴𝒀𝒐 𝐞𝐱𝐩(− 𝑻 ) ;
𝟐
𝟐
𝒕
𝑴𝒁 (𝒕) = (𝑴𝒁𝒐 − 𝑴𝒐 ) 𝐞𝐱𝐩 (− ) + 𝑴𝒐
𝑻𝟏
Ce qui donne compte-tenu des résultats précédents les allures de graphes suivant :
.
7