Induction, ARQS

Modéliser la variation du champ magnétique, qui ne varie pas instantanément mais sur une durée $\displaystyle \tau$ non nulle.

Hypothèse : on néglige l’autoinduction.

Si on considère un échelon parfait pour la variation du champ, il ne se passe rien. En réalité il y a une augmentation progressive du champ sur une durée très courte $\displaystyle \tau$.

Phase 1 : le champ augmente, on peut considérer les barres comme ayant très peu bougé pendant le temps très bref de l’instauration du champ.

$\displaystyle \frac{d}{dt}\left(dB\ell\right)=d\dot{B}\ell+dB\dot{\ell}\simeq d\dot{B}\ell$. D’où la fem $\displaystyle e=-d\dot{B}\ell$, et l’équation électrique :

$\displaystyle Ri=-d\dot{B}2x_{0}$.

On écrit les équations mécaniques pour les deux barres (barre 1 à gauche) en appliquant le théorème du centre de masse en projection sur $\displaystyle \left(Ox\right)$, le circuit étant orienté pour avoir sa normale dans le sens de $\displaystyle \left(Oz\right)$. :

$\displaystyle \begin{cases} m\dot{v_{2}}=idB=-\frac{d^{2}2x_{0}}{R}B\dot{B}\\ m\dot{v_{1}}=-idB=\frac{d^{2}2x_{0}}{R}B\dot{B} \end{cases}$ d’où $\displaystyle \begin{cases} v_{2}\left(\tau\right)=-\frac{d^{2}x_{0}}{mR}B^{2}\\ v_{1}\left(\tau\right)=\frac{d^{2}x_{0}}{mR}B^{2} \end{cases}$. Les deux barres acquièrent une vitesse dirigée l’une vers l’autre (normal, les effets de l’induction s’opposent à l’augmentation du flux).

Phase 2 : Le champ est établi et ne varie plus, mais les barres ont acquis une vitesse. Cette fois $\displaystyle e=-\frac{d}{dt}\left(dB\ell\right)=-dB\dot{\ell}\simeq-dB(\dot{x_{2}}-\dot{x_{1}})$. L’équation électrique s’écrit :

$\displaystyle Ri=-dB(\dot{x_{2}}-\dot{x_{1}})$.

Les équations mécaniques sont :

$\displaystyle \begin{cases} m\dot{v_{2}}=idB=-\frac{d^{2}}{R}B^{2}(\dot{x_{2}}-\dot{x_{1}})\\ m\dot{v_{1}}=-idB=\frac{d^{2}}{R}B^{2}(\dot{x_{2}}-\dot{x_{1}}) \end{cases}$ soit $\displaystyle \begin{cases} m\dot{v_{2}}=-\frac{d^{2}}{R}B^{2}(v_{2}-v_{1})\\ m\dot{v_{1}}=-idB=-\frac{d^{2}}{R}B^{2}(v_{2}-v_{1}) \end{cases}$.

D’où $\displaystyle v_{1}+v_{2}=v_{1}\left(\tau\right)+v_{2}\left(\tau\right)=0$.

$\displaystyle \left(\dot{v_{2}}-\dot{v_{1}}\right)+\frac{d^{2}B^{2}}{mR}(v_{2}-v_{1})=0$.

Posons $\displaystyle \tau_{1}=\frac{mR}{d^{2}B^{2}}$.

$\displaystyle v_{2}-v_{1}=-\frac{2d^{2}x_{0}}{mR}B^{2}\exp\left(-\left(t-\tau\right)/\tau_{1}\right)$. On obtient les vitesses par demi-somme et demi-différence. Pendant cette phase (la seule observable car $\displaystyle \tau$ très petit) :

$\displaystyle v_{2}(t)=-\frac{d^{2}x_{0}}{mR}B^{2}\exp\left(-\left(t-\tau\right)/\tau_{1}\right)$ et
$\displaystyle v_{1}(t)=\frac{d^{2}x_{0}}{R}B^{2}\exp\left(-\left(t-\tau\right)/\tau_{1}\right)$.

Les barres partent l’une vers l’autre, puis leur vitesse décroit exponentiellement avec le temps (on pourrait discuter si elles entrent en collision ou pas, en intégrant pour trouver les positions).

• Flux magnétique créé par un circuit à travers un autre 👉 $\displaystyle \phi_{2\rightarrow1}=MI_2$ et $\displaystyle \phi_{1\rightarrow2}=MI_1$.
• Régime sinusoïdal forcé (RSF) 👉 Passer en complexes.

1. Au centre de la spire, $\displaystyle \alpha=\pi/2, \left\Vert \overrightarrow{B}\right\Vert =\frac{\mu_{0}I}{2a}=1,3.10^{-5}$ T, du même ordre de grandeur que le champ magnétique terrestre (composante horizontale $\displaystyle 2.10^{-5}$ T).
   En un point M quelconque de l’espace,
   • Le plan contenant l’axe $\displaystyle \left(Oz\right)$ et $\displaystyle M$ est un plan d’antisymétrie de la distribution de courant. Donc $\displaystyle \overrightarrow{B}(M)$ est contenu dans ce plan. En utilisant la base locale cylindrique, $\displaystyle B_{\theta}$ est nulle.
   • Il y a invariance du problème par rotation autour de l’axe $\displaystyle \left(Oz\right)$, donc $\displaystyle \left\Vert \overrightarrow{B(M)}\right\Vert$ ne dépend que des coordonnées cylindriques $\displaystyle r,z$.$$\overrightarrow{B}(M)=B_{r}(r,z)\overrightarrow{u_{r}}+B_{z}\left(r,z\right)\overrightarrow{u_{z}}.$$
   On vérifie que, tous les plans contenant l’axe étant des plans d’antisymétrie de la distribution de courant, le champ sur l’axe est porté par l’intersection de tous ces plans, donc par $\displaystyle \overrightarrow{u_{z}}$.
   Le plan P contenant la spire étant un plan de symétrie de la distribution de courant, les champs en deux points $\displaystyle M$ et $\displaystyle M'$ symétriques par rapport à P, sont antisymétriques par rapport au plan :
   $\displaystyle \overrightarrow{B}(M')=-\textrm{sym}_{P}\left[\overrightarrow{B}(M)\right]$.
   Il y a continuité du champ dans les régions sans courant, ce qui permet de d’obtenir l’orientation des lignes de champ. On vérifie aussi la compatibilité avec l’orientation des lignes de champ au voisinage des intersections de la spire et du plan de la figure, où le champ se comporte comme celui créé par des fils infinis.
   Remarque — Le signe positif de $\displaystyle B_r$ peut se déduire du sens de variation de $\displaystyle B_z$ et de $\displaystyle \textrm{div}\overrightarrow{B}=0$.
   

2. En un point $\displaystyle M$, situé à une distance $\displaystyle r$ de l’axe du solénoïde de vecteur unitaire $\displaystyle \overrightarrow{u}$,
   • $\displaystyle r> R , \overrightarrow{B_{2}}=\overrightarrow{0}$
   • $\displaystyle r<R, \overrightarrow{B_{2}}=\mu_{0}nI_{2}\overrightarrow{u}$.

3. La spire est dans la région $\displaystyle r< R$, Le flux du champ créé par le solénoïde à travers la spire est $\displaystyle \phi_{2\rightarrow1}=\iint_{\textrm{surface spire}}\overrightarrow{B_{2}}.\overrightarrow{d^{2}S}=\mu_{0}nI_{2}\pi a^{2}\cos\theta$. On en déduit le coefficient de mutuelle inductance entre la spire et le solénoïde $$M=\mu_{0}n\pi a^{2}\cos\theta$$ et le flux du champ créé par la spire à travers le solénoïde $$\phi_{1\rightarrow2}=MI_1=\mu_{0}nI_{1}\pi a^{2}\cos\theta.$$

4. Etant donnée la valeur de la fréquence, on est dans l’ARQS. Il s’agit de deux circuits couplés (la spire et le solénoïde) qu’on étudie en RSF en utilisant les représentations complexes avec les notations habituelles.

$\displaystyle \begin{cases} 0=r_{1}\underline{i_{1}}+jM\mathbb{\omega}\underline{i_{2}}\\ \underline{u_{2}}=r_{2}\underline{i_{2}}+jL_{2}\mathbb{\omega}\underline{i_{2}}+jM\mathbb{\omega}\underline{i_{1}} \end{cases}$, d’où
$$\underline{i_{2}}=\frac{\underline{u_{2}}}{r_{2}+\frac{M^{2}\omega^{2}}{r_{1}}+jL_{2}\omega}.$$

En prenant la partie réelle, $$i_{2}(t)=\frac{u_{m}}{\sqrt{\left(r_{2}+\frac{M^{2}\omega^{2}}{r_{1}}\right)^{2}+\left(L_{2}\omega\right)^{2}}}\cos\left(\omega t-\varphi\right)$$

où $\displaystyle \varphi=\arctan\frac{L_{2}\omega}{r_{2}+\frac{M^{2}\omega^{2}}{r_{1}}}$.

Induction de Lorentz, le circuit est déjà orienté. 👉 Etablir les équations électrique et mécanique (force de Laplace).

1. Le dispositif correspond à un circuit fermé par les barres $\displaystyle T_{0}$ et $\displaystyle T_{1}$. Le flux du champ magnétique à travers le circuit, orienté par la flêche indiquant le courant, est $\displaystyle \phi=-Bax_{1}$. La fem est donc $$e=-\frac{d\phi}{dt}=Bav_{1}.$$

2. Pour $\displaystyle n=2$
   
   Equation mécanique :
   Dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, la tige 1 est soumise à son poids, à la réaction des rails et à la force de Laplace.
   Le théorème du centre de masse (TCM) appliqué à $\displaystyle T_{1}$ donne, en projection sur $\displaystyle (Ox)$, $\displaystyle m\frac{dv_{1}}{dt}=-\left(i_{1}-i_{2}\right)Ba.$
   Équations électriques :
   Avec la loi des mailles et la loi des noeuds,
   $\displaystyle Ri_{1}+R\left(i_{1}-i_{2}\right)-e_{1}=0$ soit $\displaystyle 2Ri_{1}-Ri_{2}=av_{1}B$.
   $\displaystyle Ri_{1}+Ri_{2}-e_{2}=0$, soit $\displaystyle R\left(i_{1}+i_{2}\right)=av_{2}B$.
   On déduit des deux dernières équations $\displaystyle i_{1}=\frac{aB\left(v_{1}+v_{2}\right)}{3R}$
   et $\displaystyle i_{2}=\frac{aB\left(-v_{1}+2v_{2}\right)}{3R}$.
   En remplaçant dans l’équation mécanique,
   $\displaystyle \frac{dv_{1}}{dt}=\frac{a^{2}B^{2}\left(-2v_{1}+v_{2}\right)}{3Rm}=\frac{-2v_{1}+v_{_{0}}}{3\tau}$.
   D’où
   $$v_{1}(t)=v_{0}\left[1-\exp\left(-2t/3\tau\right)\right]/2.$$ où $\displaystyle \tau=\frac{mR}{a^{2}B^{2}}$ (homogène). En régime permanent les tiges se déplacent à vitesse constante, la première se déplaçant à une vitesse moitié de la seconde.

3. On procède comme en 2.
   Equations mécaniques :
   $\displaystyle m\frac{dv_{1}}{dt}=-\left(i_{1}-i_{2}\right)Ba$.
   $\displaystyle m\frac{dv_{2}}{dt}=-\left(i_{2}-i_{3}\right)Ba$ .
   Équations électriques :
   $\displaystyle Ri_{1}+R\left(i_{1}-i_{2}\right)-e_{1}=0$ soit $\displaystyle 2Ri_{1}-Ri_{2}=av_{1}B$.
   $\displaystyle Ri_{1}+R(i_{2}-i_{3})-e_{2}=0$, soit $\displaystyle R\left(i_{1}+i_{2}-i_{3}\right)=av_{2}B$.
   $\displaystyle Ri_{1}+Ri_{3}-e_{3}=0$, soit $\displaystyle R\left(i_{1}+i_{3}\right)=av_{0}B$.
   On déduit des équations électriques en les sommant $\displaystyle i_{1}=\frac{aB}{4R}\left(v_{1}+v_{2}+v_{0}\right)$, puis $\displaystyle i_{2}=\frac{aB}{2R}\left(v_{2}+v_{0}-v_{1}\right)$ et $\displaystyle i_{3}=\frac{aB}{4R}\left(3v_{0}-v_{1}-v_{2}\right)$.
   En remplaçant,
   $\displaystyle \begin{aligned}m\frac{dv_{1}}{dt}&=-\left(i_{1}-i_{2}\right)Ba\\&=\frac{a^{2}B^{2}}{4R}\left(-3v_{1}+v_{2}+v_{0}\right).\end{aligned}$
   $\displaystyle \begin{aligned}m\frac{dv_{2}}{dt}&=-\left(i_{2}-i_{3}\right)Ba\\&=\frac{a^{2}B^{2}}{4R}(v_{1}-3v_{2}+v_{0})\end{aligned}$.
   Les deux vitesses jouent des rôles équivalents et comme elles ont
   les mêmes conditions initiales, elles sont égales à chaque instant.
   D’où $\displaystyle \frac{dv_{1}}{dt}+\frac{a^{2}B^{2}}{4Rm}(2v_{1}-v_{0})=0$ , et
   $$v_{1}(t)=v_{0}\left[1-\exp\left(-t/2\tau\right)\right]/2.$$
   Comme dans le cas précédent, les deux vitesses identiques tendent exponentiellement vers $\displaystyle v_{0}/2$. Le temps caractéristiquede décroissance est maintenant $\displaystyle 2\tau$.

4. Equations électriques :
   $\displaystyle Ri_{1}+R(i_{k}-i_{k+1})-e_{k}=0$, pour $\displaystyle 1\leq k\leq n-1$.
   $\displaystyle Ri_{1}+Ri_{n}-e_{n}=0$, soit $\displaystyle R\left(i_{1}+i_{n}\right)=av_{0}B$.
   Equations mécaniques :
   $\displaystyle m\frac{dv_{k}}{dt}=-\left(i_{k}-i_{k+1}\right)Ba$ pour $\displaystyle 1\leq k\leq n-1$, soit
   $\displaystyle \begin{aligned}m\frac{dv_{k}}{dt}&=-\left(i_{k}-i_{k+1}\right)Ba\\&=-\left[aBv_{k}/R-i_{1}\right]Ba\end{aligned}$
   en utilisant les équations électriques.
   La même équation est vérifiée par tous les $\displaystyle v_{k}$ pour $\displaystyle 1\leq k\leq n-1$, et les valeurs initiales sont les mêmes, ces vitesses sont donc identiques.
   Cherchons la vitesse limite $\displaystyle v_l$ atteinte par les barres $\displaystyle k$ pour $\displaystyle 1\leq k\leq n-1$, lorsque $\displaystyle \frac{dv_{k}}{dt}=0$. Alors
   $\displaystyle Ri_{1}=av_{l}B$.
   Par ailleurs, on a vu $\displaystyle R\left(i_{1}+i_{n}\right)=av_{0}B$ et en sommant toutes les équations électriques $\displaystyle R\left(n+1\right)i_{1}=e_{n}+(n-1)e_{1}=av_{0}B+(n-1)av_{l}B$, soit $\displaystyle \left(n+1\right)av_{l}B=av_{0}B+(n-1)av_{l}B$, soit
   $$v_{l}=v_{0}/2.$$
   On retrouve le résultat des cas $\displaystyle n=2, n=3$.

Conducteur(s) mobile(s) dans un champ magnétique permanent (induction de Lorentz)
👉 Faire une analyse qualitative avant de se lancer dans les calculs et orienter le circuit.
👉 Loi de Faraday, loi de Lenz.

1. Il s’agit d’induction de Lorentz (conducteurs mobile dans un champ magnétique permanent). La tige $\displaystyle (AC)$ étant mise en mouvement, la surface du circuit fermé par $\displaystyle (AC)$ et $\displaystyle (A'C')$ varie, le flux de $\displaystyle \overrightarrow{B}$ à travers le circuit varie, il apparait donc une f.é.m. induite, donc un courant induit dans le circuit. Les deux barres sont donc soumises à des forces de Laplace qui, d’après la loi de Lenz tendent à s’opposer à la variation du flux magnétique.
   Orientons le circuit, par exmple :
   
   En l’absence d’information, on suppose l’auto-induction négligeable.
   Equation électrique
   Le flux de $\displaystyle \overrightarrow{B}$ est $\displaystyle \phi=\iint\overrightarrow{B}.\overrightarrow{d^{2}S}=\iint B.d^{2}S=B\ell\left(x_{2}-x_{1}\right)$.
   La f.é.m. induite s’obtient par la loi de Faraday $\displaystyle e=-\frac{d\phi}{dt}=-B\ell\left(\dot{x}_{2}-\dot{x}_{1}\right)$.D’où l’équation électrique $\displaystyle e=2ri$, soit $\displaystyle -B\ell\left(\dot{x}_{2}-\dot{x}_{1}\right)=2ri.$
   Equations mécaniques
   En référentiel supposé galiléen, on applique le théorème du centre de masse à chacune des barres.
   La barre (AC) est soumise à son poids vertical, à la réaction des rails normale aux rails car sans frottement, à la force de Laplace $\displaystyle \overrightarrow{F}_{L_{1}}=\int_{A}^{C}i\overrightarrow{d\ell}\land\overrightarrow{B}=i\ell B\overrightarrow{e_{x}}$.
   En projetant sur $\displaystyle \left(Ox\right)$ $\displaystyle m\ddot{x}_{2}=Bi\ell$.
   De même $\displaystyle m\ddot{x}_{1}=-Bi\ell$.
   On obtient ainsi en faisant la somme et la différence des deux équations
   mécaniques le système
   $\displaystyle \begin{cases} \ddot{x}_{2}+\ddot{x}_{1}=0\\ m\left(\ddot{x}_{2}-\ddot{x}_{1}\right)=2Bi\ell=-\frac{B^{2}\ell^{2}}{r}\left(\dot{x}_{2}-\dot{x}_{1}\right) \end{cases}$
   $\displaystyle \Longrightarrow\begin{cases} \dot{x}_{2}+\dot{x}_{1}=V_{0}\\ \dot{x}_{2}-\dot{x}_{1}=V_{0}\exp\left(-t/\tau\right) & \textrm{avec }\tau=\frac{mr}{B^{2}\ell^{2}}. \end{cases}$
   On obtient ainsi
   $\displaystyle \begin{cases} \dot{x}_{2}(t)=\frac{V_{0}}{2}\left[1+\exp\left(-t/\tau\right)\right]\\ \dot{x}_{1}(t)=\frac{V_{0}}{2}\left[1-\exp\left(-t/\tau\right)\right] \end{cases}$
   Les deux barres tendent à avoir une vitesse commune, égale à $\displaystyle \frac{V_{0}}{2}$, et
   $\displaystyle \begin{cases} x_{2}(t)=\frac{V_{0}}{2}\left[t-\tau\exp\left(-t/\tau\right)\right]+a_{0}+\frac{V_{0}}{2}\tau\\ x_{1}(t)=\frac{V_{0}}{2}\left[t+\tau\exp\left(-t/\tau\right)\right]-\frac{V_{0}}{2}\tau \end{cases}$
   La distance entre les barres $\displaystyle a(t)=a_{0}+V_{0}\tau\left[1-\exp\left(-t/\tau\right)\right]$.
   Elle tend vers la limite $\displaystyle a_{\infty}=a_{0}+V_{0}\tau$. Pour $\displaystyle t\gg\tau$, le flux magnétique ne varie plus, les deux barres se déplacent à vitesse constante en l’absence de frottement.

2. En multipliant l’équation électrique par $\displaystyle i$, et les équations mécaniques par les vitesses,
   $\displaystyle \begin{cases} -B\ell i\left(\dot{x}_{2}-\dot{x}_{1}\right)=2ri^{2}\\ m\dot{x}_{2}\ddot{x}_{2}=Bi\ell\dot{x}_{2}\\ m\dot{x}_{1}\ddot{x}_{1}=-Bi\ell\dot{x}_{1} \end{cases}$
   En éliminant le terme de couplage électromécanique $\displaystyle \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}_{2}^{2}+\frac{1}{2}m\dot{x}_{1}^{2}\right)=-2ri^{2}$.
   L’énergie cinétique initiale de la barre 2 est partiellement dissipée sous forme d’effet Joule, le reste se répartissant entre les deux barres.

Conducteur(s) mobile(s) dans un champ magnétique permanent (induction de Lorentz)
👉 Faire une analyse qualitative et orienter le circuit.
👉 Loi de Faraday, loi de Lenz.

1. Il s’agit d’induction de Lorentz (conducteur mobile dans un champ magnétique permanent). À cause de la tension du ressort, la barre se met en mouvement et le flux de $\displaystyle \overrightarrow{B}$ à travers le circuit varie, il apparait donc une f.é.m. induite, donc un courant induit dans le circuit. La barre est soumise, en plus de la tension du ressort, à une force de Laplace qui, d’après la loi de Lenz tendent à s’opposer à la variation du flux magnétique.
   Orientons le circuit.
   
   Equation électrique
   Le flux de $\displaystyle \overrightarrow{B}$ est $\displaystyle \phi=\iint\overrightarrow{B}.\overrightarrow{d^{2}S}=\iint B.d^{2}S=B\ell\left(x-x_{A}\right)$.
   La f.é.m. induite s’obtient par la loi de Faraday $\displaystyle e=-\frac{d\phi}{dt}=-B\ell\dot{x}$. L’équation électrique est donc $\displaystyle e=ri$, soit $$-B\ell\dot{x}=ri.$$
   Equation mécanique
   En référentiel supposé galiléen, on applique le théorème du centre de masse à la barre.
   La barre est soumise à son poids vertical, à la réaction des rails normale aux rails car sans frottement, à la force de Laplace $\displaystyle \overrightarrow{F}_{L}=\int_{A}^{C}i\overrightarrow{d\ell}\land\overrightarrow{B}=i\ell B\overrightarrow{e_{x}}$, et à la tension du ressort $\displaystyle \overrightarrow{T}=-kx\overrightarrow{e_{x}}$.
   En projetant sur $\displaystyle \left(Ox\right) m\ddot{x}=Bi\ell-kx$.
   En éliminant le courant, $\displaystyle m\ddot{x}=Bi\ell-kx=-\frac{B^{2}\ell^{2}}{r}\dot{x}-kx$, soit
   $$\ddot{x}+2\lambda x+\omega_{0}^{2}x=0,$$ avec $\displaystyle \omega_{0}=\sqrt{\frac{k}{m}}$ et $\displaystyle \lambda=\frac{B^{2}\ell^{2}}{2mr}.$
   L’équation caractéristique associée à l’équation différentielle est $\displaystyle r^{2}+2\lambda r+\omega_{0}^{2}r=0$. Le régime est pseudo-périodique lorsque les racines de l’équation caractéristiques sont non réelles, soit $\displaystyle \Delta=4\left(\lambda^{2}-\omega_{0}^{2}\right)<0$, soit $\displaystyle \frac{B^{2}\ell^{2}}{2r}<\sqrt{km}$. Il faut que le champ, qui crèe l’amortissement, ne soit pas trop grand, et que la raideur du ressort, qui crèe les oscillations, soit assez grande. La solution alors est de la forme $\displaystyle x(t)=X_{0}\exp\left(-\lambda t\right)\cos\left[\sqrt{\omega_{0}^{2}-\lambda^{2}}t+\varphi\right]$.

2. En multipliant l’équation électrique par i et l’équation mécanique par $\displaystyle \dot{x}$ :
   $\displaystyle \begin{cases} -B\ell\dot{x}i=ri^{2}\\ \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^{2}\right)=Bi\ell\dot{x}-\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}kx^{2}\right) \end{cases}$
   d’où $$\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^{2}\right)+\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}kx^{2}\right)=-ri^{2}.$$

L’énergie potentielle élastique initiale est convertie pendant le mouvement en énergie cinétique et dissipée par effet Joule. Finalement, l’énergie mécanique est totalement dissipée en effet Joule.

Conducteur fixe en présence d’un champ magnétique dépendant du temps
👉 Induction de Neumann. Loi de Faraday.
👉 Orienter les circuits et faire une analyse qualitative.

1. Le câble parcouru par un courant variable crèe un champ magnétique dépendant du temps, dont le flux à travers les bobines dépend du temps. Il s’agit d’induction de Neumann.
   Une fém apparait dans les bobines, donc un courant induit apparait.
2. Faisons l’hypothèse que l’autoinduction est négligeable et que l’induction mutuelle entre les deux bobines est négligeable.

• Le champ créé par le câble est évalué dans l’ARQS au vu de la faible fréquence. On se place en coordonnées cylindriques $\displaystyle r,\theta,z$ pour repérer un point de l’espace.
  -Direction du champ en tout point de l’espace : le plan contenant l’axe
  du câble et un point $\displaystyle M$ quelconque est plan de symétrie de la distribution
  de courant, donc $\displaystyle \overrightarrow{B}(M)$ est perpendiculaire à ce plan $\displaystyle \overrightarrow{B}(M)=B(M)\overrightarrow{u_{\theta}}$.
  -Paramètres d’espace de $\displaystyle \overrightarrow{B}$: il y a invariance de la distribution de courant par translation selon l’axe du fil (axe $\displaystyle \left(Oz\right)$) et par rotation autour de $\displaystyle \left(Oz\right)$ ; donc $\displaystyle B(M)$ ne dépend que de $\displaystyle r$.
  -On applique le théorème d’Ampère à un contour circulaire d’axe $\displaystyle \left(Oz\right)$ passant par $\displaystyle M$ :
  $\displaystyle \oint\overrightarrow{B}.\overrightarrow{d\ell}=\mu_{0}i_{enlac\acute{e}}$, soit $\displaystyle B(M).2\pi r=\mu_{0}i_{enlac\acute{e}}$.
  Pour $\displaystyle M$ extérieur au câble, $\displaystyle i_{enlac\acute{e}}=i(t)$, d’où

$$\overrightarrow{B}(M)=\frac{\mu_{0}i(t)}{2\pi r}\overrightarrow{u_{\theta}}.$$

• Pour évaluer le flux de $\displaystyle \overrightarrow{B}$ à travers les bobines plates, il faut les orienter. L’orientation choisie ici est indiquée sur le schéma (vecteur surface selon $\displaystyle \overrightarrow{u_{\theta}}$).
  

Le flux à travers la bobine 1 est $\displaystyle \phi_{1}=N\frac{\mu_{0}i(t)}{2\pi }a\ln\left(\frac{D+a}{D}\right)$ ; la fém induite $\displaystyle e_{1}=-N\frac{\mu_{0}}{2\pi }a\ln\left(\frac{D+a}{D}\right)\frac{di}{dt}$.

Le flux à travers la bobine 2 est $\displaystyle \phi_{2}=N\frac{\mu_{0}i(t)}{2\pi }a\ln\left(\frac{D+3a}{D+2a}\right)$ ; la fém induite $\displaystyle e_{2}=-N\frac{\mu_{0}}{2\pi }a\ln\left(\frac{D+3a}{D+2a}\right)\frac{di}{dt}$.
Les capteurs relèvent des valeurs efficaces, on se place en représentation complexe avec avec $\displaystyle i(t)=\mathscr{\textrm{Re}}\left(\underline{i}(t)\right)=\mathscr{\textrm{Re}}\left(i_{\textrm{eff}}\sqrt{2}\exp\left[j\left(\omega t+\varphi\right)\right]\right)$.
$\displaystyle \underline{i_{1}}=\underline{e_{1}}/R=-j\omega N\frac{\mu_{0}}{2\pi R}a\ln\left(\frac{D+a}{D}\right)\underline{i}$
et $\displaystyle \underline{i_{2}}=\underline{e_{2}}/R=-j\omega N\frac{\mu_{0}}{2\pi R}a\ln\left(\frac{D+3a}{D+2a}\right)\underline{i}$.
D’où
$\displaystyle i_{1,\textrm{eff }}=\omega N\frac{\mu_{0}}{2\pi R}a\ln\left(\frac{D+a}{D}\right)i_{{\textrm{eff }}}$
et $\displaystyle i_{2,{\textrm{eff }}}=\omega N\frac{\mu_{0}}{2\pi R}a\ln\left(\frac{D+3a}{D+2a}\right)i_{{\textrm{eff }}}$
Avec $\displaystyle \ln\left(1+x\right)\simeq x-x^{2}/2$ à l’ordre 2 en $\displaystyle x$ :
$\displaystyle \ln\left(\frac{D+a}{D}\right)\simeq\frac{a}{D}-\frac{1}{2}\left(\frac{a}{D}\right)^{2}$
$\displaystyle \begin{aligned}\ln\left(\frac{D+3a}{D+2a}\right)&\simeq\frac{3a}{D}-\frac{9}{2}\left(\frac{a}{D}\right)^{2}-\left[\frac{2a}{D}-\frac{4}{2}\left(\frac{a}{D}\right)^{2}\right]\\&=\frac{a}{D}-\frac{5}{2}\left(\frac{a}{D}\right)^{2}\end{aligned}$.
D’où
$\displaystyle i_{1,{\textrm{eff }}}=\omega N\frac{\mu_{0}}{2\pi R}a\left[\frac{a}{D}-\frac{1}{2}\left(\frac{a}{D}\right)^{2}\right]i_{{\textrm{eff }}}$
et $\displaystyle i_{2,{\textrm{eff }}}=\omega N\frac{\mu_{0}}{2\pi R}a\left[\frac{a}{D}-\frac{5}{2}\left(\frac{a}{D}\right)^{2}\right]i_{{\textrm{eff }}}$
$\displaystyle i_{1,{\textrm{eff }}}/i_{2,{\textrm{eff }}}=\frac{1-\frac{1}{2}\left(\frac{a}{D}\right)}{1-\frac{5}{2}\left(\frac{a}{D}\right)}\simeq1+2\frac{a}{D}$
$\displaystyle \Longrightarrow\frac{a}{D}=\frac{1}{2}\left(\frac{i_{1,{\textrm{eff }}}}{i_{2,{\textrm{eff }}}}-1\right)$
et $\displaystyle i_{{\textrm{eff }}}=i_{1,{\textrm{eff }}}/\left[\omega N\frac{\mu_{0}}{2\pi R}a\left[\frac{a}{D}-\frac{1}{2}\left(\frac{a}{D}\right)^{2}\right]\right]$, soit en ne gardant que le premier terme du dénominateur,
$$i_{\textrm{eff }}=\frac{4\pi Ri_{1,\textrm{eff }}i_{2,\textrm{eff }}}{\mu_{0}\omega Na(i_{1,\textrm{eff }}-i_{2,\textrm{eff }})},$$
expression homogène (H.$\displaystyle \Omega^{-1}=$ s)
A.N. $\displaystyle i_{\textrm{eff }}=6,2.10^{2}$ A, ce qui est un courant très important.

3. Au vu de la valeur de la fréquence, on est largement dans les conditions de l’ARQS $\displaystyle (D\ll c/f)$. On a supposé le câble infini, il faut que $\displaystyle D$ soit très petit devant la longueur du câble, et que les bobines ne soient pas situées près des extrémités du câble.
   Comme déjà dit, on a supposé que l’autoinduction est négligeable et que l’induction mutuelle entre les deux bobines est négligeable. Etant données les valeurs respectives des courants, cela semble a priori justifié.
4. Il n’existe pas (à ma connaissance 🤔) d’ampèremètre permettant de mesurer de tels courants.
   Une pince ampèremétrique nécessite de pouvoir la placer autour du câble. Ici on peut mesurer le courant dans un câble inaccessible (par exemple un câble enterré), ou posé au fond de la mer (une pince nécessiterait de bouger le câble).

• Conducteur en mouvement dans un champ magnétique
  👉 Induction de Lorentz.
  👉 Analyse qualitative et orientation du circuit.
• Pas de circuit filiforme 👉 Loi de Faraday inutilisable. Utiliser un bilan de puissance : la somme de la puissance électrique et de la puissance des actions de Laplace est nulle.

1. L’eau est conductrice, on a donc un conducteur en mouvement en présence du champ magnétique terrestre. Il apparait un phénomène d’induction de Lorentz, qui conduit à l’apparition d’un courant induit dans le circuit. La loi de Faraday ne peut pas être utilisée simplement ici, on utilise un bilan auxiliaire de puissance pour déterminer la f.é.m. $$eI+P_{L}=0.$$
   Le courant est réparti uniformément entre les plaques. Orientons le “circuit” selon $\displaystyle \left(Oz\right)$.
   
   $\displaystyle I=\iint\overrightarrow{j}.\overrightarrow{d^{2}S}=ja^{2}$. Sur un élément de volume $\displaystyle d^{3}\tau$ s’exerce la force de Laplace $\displaystyle d^{3}\overrightarrow{F_{L}}=\overrightarrow{j}\land\overrightarrow{B}d^{3}\tau=-jB\overrightarrow{u}_{x}d^{3}\tau$ où le champ magnétique terrestre horizontal $\displaystyle B\simeq2.10^{-5}$ T (la composante verticale est parallèle à $\displaystyle \overrightarrow{j}$). La force résultante s’obtient en intégrant sur tout le volume entre les deux plaques $$\overrightarrow{F_{L}}=-jBa^{2}h\overrightarrow{u}_{x}=-IBh\overrightarrow{u}_{x}.$$
   Comme la force est uniformément répartie, la puissance de la force de Laplace est simplement $\displaystyle P_L=\overrightarrow{F_{L}}$.$\displaystyle \overrightarrow{V_{0}}=-IBhV_{0}$.
   Le bilan auxiliaire de puissance $\displaystyle eI+P_{L}=0$ donne $$e=BhV_{0}.$$
   La résistance de l’eau de mer entre les deux plaques est $\displaystyle r=\rho\frac{h}{a^{2}}$.
   On a ainsi un générateur de fem $\displaystyle e$, de résistance $\displaystyle r$.

2. Le circuit peut être modélisé par le générateur en série avec la résistance $\displaystyle R$.
   
   La puissance fournie à la résistance est $\displaystyle P=RI^{2}=R\left(\frac{e}{r+R}\right)^{2}$.
   On cherche $\displaystyle R$ telle que $\displaystyle P$ soit maximale.
   $\displaystyle P'=e^{2}$$\displaystyle \left[\frac{\left(r+R\right)^{2}-R2(r+R)}{\left(r+R\right)^{4}}\right]=e^{2}\frac{r^{2}-R^{2}}{\left(r+R\right)^{4}}$.
   La valeur maximale de la puissance est obtenue pour $\displaystyle r=R$ et $$P_{max}=\frac{e^{2}}{4r}.$$

3. $\displaystyle P_{max}=\frac{hS\left(BV_{0}\right)^{2}}{4\rho}$. A.N. $\displaystyle P_{max}=1,5.10^{-7}$W,
   trop minuscule pour réchauffer le repas du naufragé, il va devoir manger froid…

4. $\displaystyle d^{3}\overrightarrow{F_{L}}=\overrightarrow{j}\land\overrightarrow{B}d^{3}\tau$ et
   $\displaystyle d^{3}\overrightarrow{F_{P}}=-\overrightarrow{\textrm{grad}}P.d^{3}\tau$
   (à savoir redémontrer dans le cas où la pression ne dépend que d’une coordonnée d’espace).
   En négligeant tout phénomène de viscosité, comme la vitesse du fluide est uniforme, la somme des forces volumiques est nulle : $\displaystyle \overrightarrow{\textrm{grad}}P=\overrightarrow{j}\land\overrightarrow{B}$
   , d’où $\displaystyle \frac{dP}{dx}=-jB=-\frac{I}{S}B=-\frac{B^{2}V_{0}}{\rho}$. En intégrant,
   $$P(0)-P(a)=\frac{B^{2}V_{0}}{\rho}a.$$
   Déterminons la puissance fournie par le courant. Pour cela considérons le système constitué par l’eau entre les plaques à la date $\displaystyle t$ + l’eau entrant entre $\displaystyle t$ et $\displaystyle t+dt$ dans cette zone. Le travail des forces de pression reçu par ce système entre $\displaystyle t$ et $\displaystyle t+dt$ est $\displaystyle \left[-P(0)(0-haV_{0}dt)-P(a)(haV_{0}dt-0)\right]=\frac{B^{2}V_{0}^{2}}{\rho}hSdt$, d’où la puissance mécanique reçue par le système
   $\displaystyle P_{m\acute{e}ca}=\frac{B^{2}V_{0}^{2}}{\rho}hS$.
   On obtient $\displaystyle P_{m\acute{e}ca}=-P_{L}=eI$, la puissance fournie par le courant est finalement dissipée en effet Joule.