Corrigé détaillé Mines Physique 1 PSI 2025

1. Trajectoire et portée maximale

On étudie une goutte d'eau assimilée à un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni du repère orthonormé (O, \vec{e}_x, \vec{e}_z) représenté sur la figure 2 (Ox horizontal, Oz vertical ascendant). La goutte sort du canon en O à t=0 avec la vitesse :

En négligeant tout frottement, la goutte n'est soumise qu'à son poids \vec{P} = -m g \vec{e}_z. La deuxième loi de Newton s'écrit :

Par intégrations successives avec les conditions initiales \vec{r}(0) = \vec{0} et \vec{v}(0) = \vec{v}_0 :

En éliminant le temps t = \frac{x}{v_0 \cos\alpha}, on obtient l'équation de la trajectoire :

Il s'agit d'une fonction polynomiale du second degré en x de coefficient dominant négatif : la trajectoire est une parabole concave vers le bas.

La portée x_P correspond à l'abscisse du point de retombée au sol (z(x_P) = 0 avec x_P > 0) :

La fonction \alpha \mapsto \sin(2\alpha) est maximale sur [0, \pi/2] pour \sin(2\alpha) = 1, soit :

2. Expression et calcul de la vitesse initiale v_0

Pour un angle de tir \alpha = 45^\circ, la portée maximale vaut L = \frac{v_0^2}{g}, d'où :

Application numérique avec g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} et L = 150\text{ m} :

Comme 38^2 = 1\,444 et 39^2 = 1\,521, avec deux chiffres significatifs :

3. Diamètre du canon

Le débit volumique D_v à travers la section circulaire S = \frac{\pi d^2}{4} s'exprime par :

On en déduit le diamètre intérieur du tube :

Avec D_v = 6\,000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{6\,000 \times 10^{-3}\text{ m}^3}{60\text{ s}} = 0{,}10\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} :

Soit, avec deux chiffres significatifs :

1. Caractère isobare du jet

À la frontière du jet libre en contact avec l'atmosphère, la continuité de la contrainte normale (en négligeant les effets de tension superficielle) impose une pression égale à la pression atmosphérique P_0.

Le jet n'étant pas confiné latéralement et son diamètre d étant très faible devant le rayon de courbure de la trajectoire (d \ll L), le gradient transversal de pression associé à la courbure des lignes de courant est totalement négligeable (\partial P / \partial n \approx 0). Par ailleurs, les particules fluides sont toutes en chute libre avec l'accélération \vec{g}, de sorte que la pression hydrostatique interne ne présente pas de surpression mesurable.

La pression est donc uniforme dans l'ensemble du jet :

2. Application du théorème de Bernoulli

Le fluide est supposé incompressible (\rho_0 = \text{cte}), de viscosité négligeable (fluide parfait), et les transferts thermiques sont inexistants. En régime permanent dans le référentiel terrestre (jet continu alimenté à débit constant), et sous l'action du seul champ de pesanteur uniforme dérivant de l'énergie potentielle massique g z, les conditions d'application du théorème de Bernoulli le long d'une ligne de courant sont satisfaites :

Comme la pression est uniforme et égale à P_0 en tout point du jet, cette relation se simplifie en :

qui traduit exactement la conservation de l'énergie mécanique par unité de masse d'une particule fluide en chute libre.

Il est donc tout à fait légitime d'appliquer le théorème de Bernoulli le long d'une ligne de courant de ce jet.

3. Vitesse minimale de l'eau

La relation de Bernoulli (ou l'étude cinématique du vol balistique) montre que la vitesse v(z) = \sqrt{v_0^2 - 2gz} est une fonction décroissante de l'altitude z. La vitesse scalaire est donc minimale au sommet de la trajectoire parabolique (flèche du tir), là où la composante verticale s'annule : v_z = 0.

La vitesse horizontale étant constante tout au long du vol, la vitesse minimale vaut :

En utilisant l'expression v_0 = \sqrt{gL} obtenue à la question précédente :

Application numérique : Avec v_0 \simeq 38\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et l'approximation fournie \sqrt{2} \simeq 1{,}4 :

Le nombre de Reynolds d'un écoulement en conduite cylindrique de diamètre intérieur d s'écrit :

où \rho_0 est la masse volumique du fluide, v_0 la vitesse moyenne d'écoulement et \eta la viscosité dynamique.

À l'aide des valeurs de l'énoncé et du diamètre d \simeq 5{,}8\text{ cm} obtenu à la question 1 :

• \rho_0 = 1{,}0 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3},
• v_0 \simeq 38\text{ m}\cdot\text{s}^{-1},
• d \simeq 5{,}8 \times 10^{-2}\text{ m},
• \eta = 1{,}0 \times 10^{-3}\text{ Pa}\cdot\text{s}.

L'application numérique donne :

Le nombre de Reynolds critique pour une conduite circulaire lisse étant \mathcal{R}_c \sim 2\,000 (comme visualisé sur le diagramme de Moody de la figure 3 au terme de la branche laminaire), on a ici \mathcal{R} \gg \mathcal{R}_c. L'écoulement de l'eau dans le tube du canon est donc nettement turbulent (en régime de turbulence pleinement développée).

La rugosité relative s'écrit \varepsilon/d. Avec d \simeq 58\text{ mm} (d'après la question Q1) et \varepsilon \in [0{,}1\text{ mm} \,;\, 1{,}0\text{ mm}] :

D'après la question Q3, \mathcal{R} \simeq 2{,}2 \times 10^6. À ce nombre de Reynolds élevé, l'écoulement se situe dans le domaine de « turbulence complète », où les courbes de Darcy-Weisbach deviennent horizontales (le facteur de friction ne dépend plus de \mathcal{R}, mais uniquement de la rugosité relative).

La lecture sur le diagramme de Moody (figure 3) donne :

• pour \varepsilon/d \simeq 1{,}7 \times 10^{-3} : \xi_{\min} \simeq 0{,}022 à 0{,}023 ;
• pour \varepsilon/d \simeq 1{,}7 \times 10^{-2} : \xi_{\max} \simeq 0{,}045 à 0{,}046.

D'après la relation de Darcy-Weisbach fournie par l'énoncé :

Le facteur commun vaut, avec v_0^2 = gL \simeq 1{,}47 \times 10^3\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-2} (ou 38^2 \simeq 1{,}44 \times 10^3\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-2}) et \ell = 1{,}0\text{ m} :

On en déduit les pertes de charge extrêmes :

Commentaires :

• Bien que la longueur du canon soit faible (\ell = 1{,}0\text{ m}), la perte de charge \Delta P est très importante (plusieurs fois la pression atmosphérique P_0 = 1{,}0\text{ bar}), en raison de la très grande vitesse d'éjection (v_0 \simeq 38\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}).
• L'état de surface intérieur du tuyau joue un rôle prépondérant : un tuyau rugueux double presque la chute de pression par rapport à un tuyau mieux usiné.
• La valeur maximale obtenue (\Delta P \simeq 5{,}8\text{ bar}) concorde remarquablement avec la pression d'entrée P_e = 6{,}0\text{ bar} = P_0 + \Delta P annoncée pour la suite de l'épreuve.

Considérons le fluide incompressible de masse volumique \rho_0 s'écoulant en régime stationnaire. On applique le bilan d'énergie mécanique en écoulement stationnaire (théorème de Bernoulli avec transfert de travail) entre :

• l'état (1) à la surface libre du réservoir, où la vitesse est négligeable (v_1 \simeq 0), la pression est atmosphérique (P_1 = P_0) et l'altitude est z_1 ;
• l'état (2) juste à la sortie de la pompe (entrée du tuyau du canon), où la vitesse vaut v_2 = v_0, la pression vaut P_2 = P_e et l'altitude est z_2 = z_1 (même niveau).

En l'absence de frottements au sein de la pompe, la relation de Bernoulli généralisée s'écrit pour une particule fluide :

où w_{\text{pompe}} est le travail massique fourni par la pompe à l'eau :

Le débit massique traversant la pompe étant D_m = \rho_0 D_v, la puissance fournie par la pompe au fluide s'exprime par \mathcal{P} = D_m w_{\text{pompe}}, soit :

L'eau sort du canon à la pression atmosphérique P_0 avec la vitesse v_0. L'impulsion acquise par le jet d'eau correspond à la puissance cinétique utile emportée par le fluide à la sortie :

Le reste de la puissance fournie sert à compenser les pertes de charge par frottement visqueux le long du tuyau (où la pression chute de P_e à P_0).

Le rendement propulsif k = \frac{\mathcal{P}_u}{\mathcal{P}} s'écrit donc :

Rappelons les expressions obtenues à la question précédente :

Calculons séparément la pression dynamique \mathcal{P}_{\text{c}} = \frac{1}{2}\rho_0 v_0^2 et la surpression statique P_e - P_0 :

Le débit volumique vaut :

On en déduit la puissance fournie par la pompe :

Le rendement propulsif k s'écrit alors :

L'expression de l'entropie molaire donnée en (3) s'écrit sous forme développée :

Sa différentielle totale exacte s'exprime donc par :

En reportant cette relation dans l'identité thermodynamique (2), dU_m = T dS_m - P dV_m, il vient :

Puisque le gaz vérifie la première loi de Joule, son énergie interne molaire ne dépend que de T, d'où \left(\frac{\partial U_m}{\partial V_m}\right)_T = 0. Il en résulte nécessairement :

Comme V_m = \frac{V}{n}, on obtient l'équation d'état sous la forme :

Il s'agit de l'équation d'état d'un gaz de Clausius (ou modèle de covolume).

Par identification du terme dépendant de T, on a :

ce qui donne, par intégration (à une constante additive U_0 près) :

Conditions pour décrire un gaz parfait monoatomique :

• L'équation d'état d'un gaz parfait est PV = nRT, ce qui impose un covolume nul : b = 0.
• Pour un gaz parfait monoatomique, les seuls degrés de liberté sont les trois translations d'où C_{vm} = \frac{3}{2}R. Comme C_{vm} = \frac{\mathrm{d}U_m}{\mathrm{d}T} = \frac{R}{\gamma - 1}, cela impose \frac{1}{\gamma - 1} = \frac{3}{2}, soit \gamma = \frac{5}{3}.

Par définition, pour une mole de fluide homogène, les capacités thermiques molaires à volume constant et à pression constante s'écrivent :

où H_m = U_m + P V_m désigne l'enthalpie molaire du gaz.

1. Expression de C_{vm} :
   D'après la première loi de Joule vérifiée par le fluide et le résultat de la question Q7, l'énergie interne molaire s'écrit U_m(T) = \frac{RT}{\gamma - 1} + U_0. La dérivée partielle se réduit à une dérivée droite :

   \boxed{C_{vm} = \frac{\mathrm{d}U_m}{\mathrm{d}T} = \frac{R}{\gamma - 1}}

2. Expression de C_{pm} :
   D'après l'équation d'état obtenue à la question Q7, P(V_m - b) = RT, soit P V_m = RT + P b. L'enthalpie molaire vaut donc :

   H_m(T, P) = U_m(T) + RT + P b

   En dérivant par rapport à T à pression P constante (le covolume b étant une constante) :

   C_{pm} = \left( \frac{\partial H_m}{\partial T} \right)_P = \frac{\mathrm{d}U_m}{\mathrm{d}T} + R = C_{vm} + R

   Ce qui conduit à :

   \boxed{C_{pm} = \frac{\gamma R}{\gamma - 1}}

La détente du gaz est supposée adiabatique (\delta Q = 0) et réversible : le second principe de la thermodynamique assure donc qu'elle est isentropique, soit :

D'après l'expression (3) de l'énoncé pour l'entropie molaire :

Comme S_0 et R sont des constantes strictement positives, cela équivaut à :

L'équation d'état établie à la question Q7 s'écrit pour une mole (n = 1) :

En injectant cette expression de T dans la relation isentropique, il vient :

Comme R est une constante, on obtient la loi de Laplace généralisée au gaz de Joule :

1. Signe de \kappa :

Pendant le tir, le gaz se détend et repousse le projectile : son volume augmente (dV > 0). Le travail des forces de pression reçu par le gaz est donc résistant :

Par ailleurs, les gaz issus de la combustion sont portés à très haute température, nettement supérieure à celle des parois métalliques du canon. Le gaz cède donc thermiquement de l'énergie vers l'extérieur (pertes thermiques aux parois) :

Puisque \delta Q = \kappa\,\delta W, le rapport de deux grandeurs négatives impose :

2. Établissement de la relation polytropique :

Considérons une mole de gaz subissant cette transformation intérieurement réversible. Le premier principe de la thermodynamique s'écrit sous forme différentielle :

D'après la première loi de Joule (question Q8) :

D'après l'équation d'état établie à la question Q7, P(V_m - b) = RT, soit par différentiation logarithmique :

En injectant cette relation dans l'expression de \mathrm{d}U_m, il vient :

Égalons les deux expressions de \mathrm{d}U_m :

En développant le terme entre crochets :

En posant q = \gamma + \kappa(\gamma - 1) et en divisant par P(V_m - b), on obtient :

L'intégration directe de cette relation différentielle donne :

avec :

D'après la loi établie à la question Q10, le gaz de Joule suit une détente polytropique telle que :

En introduisant le volume total V(t) = n V_m(t), cette relation devient :

À l'instant initial t = 0^+, le projectile est en X(0) = 0, le volume disponible est V(0) = V_c et la pression vaut P_i. On en déduit :

Au cours du mouvement, le volume occupé par les gaz propulseurs est V(t) = V_c + \pi a^2 X(t). La pression du gaz s'écrit donc :

Le culot du projectile, situé en x = X(t), a pour aire S = \pi a^2. L'extérieur étant considéré comme vide, la force de pression extérieure est nulle. La résultante des forces de pression exercées sur le culot selon l'axe (Ox) est donc :

En remplaçant P(t) par son expression, on obtient :

D'après la question Q11, la force de poussée s'exerçant sur le culot du projectile est portée par l'axe du canon \vec{e}_x et ne dépend explicitement que de la position X(t) du projectile :

Le mouvement du projectile étant rectiligne à une dimension le long de l'axe (Ox), toute force continue qui ne dépend que de la position dérive d'une énergie potentielle E_p(X) définie à une constante additive près par :

En choisissant la référence E_p(0) = 0, l'énergie potentielle associée s'obtient par intégration :

Puisque cette énergie potentielle existe et est bien définie pour tout X \ge 0 (avec q > 1), le travail de \vec{F}_p ne dépend pas du chemin suivi :

On étudie le projectile \mathscr{P} de masse M, en translation rectiligne le long de l'axe (Ox) du canon, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen.

D'après les hypothèses de l'énoncé :

• les forces de pesanteur sont négligées devant les forces motrices ;
• tous les frottements (mécaniques sur l'âme lisse du canon et aérodynamiques) sont négligés ;
• l'extérieur du canon est considéré comme vide (P_{\text{ext}} = 0), de sorte qu'aucune force de contre-pression ne s'exerce sur la face avant du projectile ;
• la réaction normale des parois du tube est purement orthogonale à l'axe (Ox) ;
• la seule composante selon l'axe du mouvement est la force de poussée motrice \vec{F}_p = F_p(t)\,\vec{u}_x exercée par les gaz sur le culot.

D'après le résultat de la question Q11, cette force a pour intensité :

L'application de la deuxième loi de Newton au projectile projetée sur l'axe (Ox) s'écrit :

On en déduit immédiatement l'équation différentielle non linéaire du second ordre vérifiée par X(t) :

Le projectile, initialement au repos en X=0 (v(0) = 0), est soumis sur l'intervalle [0, \ell] à la seule force de poussée F_p(X)\vec{e}_x (le poids et les frottements étant négligés). D'après le théorème de l'énergie cinétique :

D'après l'expression de la force de poussée obtenue à la question Q11 :

Posons la longueur caractéristique X_0 telle que :

La force s'écrit alors simplement :

Le travail de cette force lors du parcours dans le canon s'obtient par intégration (q > 1) :

Comme \pi a^2 X_0 = V_c - nb, et que l'équation d'état établie à la question Q7 donne à l'état initial P_i (V_c - nb) = n R T_i, il vient :

En reliant ce travail à l'impulsion p_s via p_s = \sqrt{2 M W_{0\to\ell}} :

On retrouve bien la forme demandée :

avec :

1. Direction du champ magnétique \vec{B}(M) :

Considérons le point M(r, \theta, z) repéré en coordonnées cylindriques de base locale (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta, \vec{e}_z).

• Le plan \Pi_s = (M, \vec{e}_r, \vec{e}_z), qui contient l'axe du fil (Oz) et le point M, est un plan de symétrie pour la distribution de courant : la réflexion plane par rapport à \Pi_s laisse le fil invariant et conserve le vecteur densité de courant \vec{\jmath} = j(r)\,\vec{e}_z.

• Le champ magnétique \vec{B} étant un pseudo-vecteur (vecteur axial), en tout point M appartenant à un plan de symétrie des courants \Pi_s, le champ magnétique est orthogonal à ce plan :

  \vec{B}(M) \perp \Pi_s \iff \vec{B}(M) = B_\theta(M)\,\vec{e}_\theta

Le champ magnétique \vec{B}(M) est donc orthoradial, c'est-à-dire dirigé selon le vecteur unitaire \vec{e}_\theta.

2. Invariances et dépendance spatiale :

• Le fil étant supposé infini, la distribution de courant est invariante par toute translation selon (Oz) : le champ ne dépend pas de z.
• La distribution présente une invariance par rotation autour de l'axe (Oz) (symétrie axiale) : le champ ne dépend pas de \theta.

Le champ magnétique ne dépend donc que de la distance radiale r :

3. Projection de \vec{B} sur la base locale cylindrique :

Appliquons le théorème d'Ampère sur un contour circulaire \mathcal{C} d'axe (Oz), de rayon r, passant par M et orienté selon \vec{e}_\theta :

Le contour \mathcal{C} enlace le fil orienté par le courant I dans le sens de \vec{e}_z. D'après la règle du tire-bouchon de Maxwell, le courant algébrique enlacé est I_{\text{enl}} = +I. Le théorème d'Ampère s'écrit :

La projection du champ magnétique \vec{B} sur la base locale cylindrique s'écrit donc :

Le projectile effectue un mouvement de translation rectiligne uniformément accéléré selon l'axe du canon, avec une accélération a constante et une vitesse initiale nulle au départ en x(0) = 0 :

À la date t = \Delta t, le projectile atteint la sortie du canon en x(\Delta t) = \ell, d'où :

À cet instant, la vitesse de sortie est v_s = a \Delta t = \sqrt{2 a \ell}, ce qui correspond à l'impulsion p_s = m v_s = m \sqrt{2 a \ell}. On en déduit l'expression de l'accélération a :

Calculons numériquement l'accélération avec m = 50\text{ g} = 5{,}0 \times 10^{-2}\text{ kg}, \ell = 25\text{ m} et p_s = 10\text{ kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-1} :

(soit une durée de tir de \Delta t = \sqrt{\frac{50}{800}} = 0{,}25\text{ s}).

Pour un tir incliné d'un angle \alpha par rapport à l'horizontale, la composante du poids selon l'axe du tir est m g \sin\alpha \le m g. Or, avec g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} :

L'accélération imposée par la force motrice étant près de deux ordres de grandeur supérieure à l'accélération de la pesanteur, il est parfaitement légitime de négliger le poids du projectile devant la force motrice lors de la phase de propulsion.

La force de Laplace élémentaire subie par un élément de conducteur filiforme \mathrm{d}\vec{\ell}, parcouru par un courant d'intensité I et plongé dans un champ magnétique extérieur \vec{B}, s'écrit :

Pour un conducteur filiforme orienté dans le sens du courant, la force totale est :

Pour un barreau rectiligne de vecteur longueur \vec{d} reliant les deux rails dans un champ uniforme \vec{B}, cette expression devient :

Appliquons le principe fondamental de la dynamique au projectile de masse m dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. En négligeant les frottements et le poids (justifié à la question Q16), la force propulsive est uniquement la force de Laplace :

En norme, la force propulsive vérifie :

où \theta désigne l'angle entre le vecteur longueur \vec{d} (porté par l'axe transversal reliant les deux rails) et le champ magnétique \vec{B}.

Pour obtenir l'accélération a souhaitée avec une intensité de champ magnétique minimale B_0, il faut maximiser la force de Laplace pour un champ donné. Il convient donc de choisir :

1. un champ \vec{B} orthogonal à la tige transversale (\sin\theta = 1) ;
2. un champ \vec{B} orthogonal à la direction des rails, de sorte que la force \vec{F}_L = I\,\vec{d}\wedge\vec{B} soit entièrement colinéaire à l'axe du canon (direction de l'accélération \vec{a}).

Sous ces conditions optimales, m a = I d B_0, ce qui donne :

D'après la question Q15, le champ magnétique créé par un fil infini rectiligne parcouru par un courant I à une distance r a pour norme :

À la distance r = \frac{d}{2} correspondant à la position du projectile, ce champ vaut :

Or, d'après la question Q17, l'intensité minimale du champ magnétique nécessaire pour communiquer l'accélération a au projectile est :

En égalant ces deux expressions, l'écartement d des rails se simplifie :

Le courant électrique minimal nécessaire est donc :

Application numérique : Avec les données de l'énoncé et le résultat de la question Q16 (a = 8{,}0 \times 10^2\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}) :

• m = 50\text{ g} = 5{,}0 \times 10^{-2}\text{ kg} ;
• a = 8{,}0 \times 10^2\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} ;
• \mu_0 = 1{,}3 \times 10^{-6}\text{ H}\cdot\text{m}^{-1} ;
• \pi \simeq 3{,}14.

On calcule :

D'où :

(En prenant la valeur exacte \mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}\text{ H}\cdot\text{m}^{-1}, le facteur \pi se simplifie rigoureusement et donne I = \sqrt{10^8} = 1{,}0 \times 10^4\text{ A} = 10\text{ kA}).

L'énergie cinétique emportée par le projectile à sa sortie du canon s'exprime en fonction de son impulsion p_s = m v_s :

Pendant la durée \Delta t du tir, le courant I circule dans le circuit de résistance R. L'énergie électrique consommée (dominée par l'effet Joule) est :

D'après la question Q18, le courant minimal vaut I^2 = \dfrac{\pi m a}{\mu_0}. Par ailleurs, pour un mouvement rectiligne uniformément accéléré sans vitesse initiale (question Q16), la vitesse finale est v_s = a \Delta t = \dfrac{p_s}{m}, d'où :

L'énergie électrique s'écrit donc :

Le rendement de propulsion est alors :

On identifie directement l'expression sous la forme \eta = \dfrac{R_u}{R} avec :

Conclusion :
La résistance réelle R d'un circuit constitué de deux rails de 25\text{ m} et des contacts glissants est au minimum de l'ordre de quelques milliohms à quelques centièmes d'ohm (R \gtrsim 10^{-3} \text{ à } 10^{-2}\ \Omega). Avec une résistance utile de l'ordre de R_u \simeq 10^{-7}\ \Omega, le rendement propulsif est extrêmement faible :

La quasi-totalité de l'énergie électrique fournie est dissipée par effet Joule. Le canon électromagnétique impose donc de stocker une énergie colossale et pose des défis majeurs d'échauffement thermique et de dégradation des rails.

La loi de Faraday stipule que la force électromotrice induite e apparaissant dans un circuit fermé orienté \Gamma, bordant une surface orientée S, est égale à l'opposé de la dérivée par rapport au temps du flux magnétique \Phi à travers ce contour :

avec :

la normale à la surface étant orientée selon la règle de la main droite associée au sens de parcours de \Gamma.

On distingue traditionnellement :

• l'induction de Neumann : le contour est géométriquement fixe dans le référentiel d'étude, mais le champ magnétique varie dans le temps (\partial\vec{B}/\partial t \neq \vec{0}). La f.é.m. provient de la circulation du champ électrique induit :

  e_{\text{Neumann}} = -\iint_S \frac{\partial\vec{B}}{\partial t}\cdot\mathrm{d}\vec{S}

• l'induction de Lorentz : le champ magnétique est stationnaire (\partial\vec{B}/\partial t = \vec{0}), mais le circuit se déplace ou se déforme à une vitesse \vec{v}. La f.é.m. provient de l'action de la force magnétique de Lorentz sur les porteurs de charge :

  e_{\text{Lorentz}} = \oint_\Gamma (\vec{v}\wedge\vec{B})\cdot\mathrm{d}\vec{\ell}

Dans le cas de la figure 7 :

• Le projectile se déplace à la vitesse \vec{v} = \dot{X}\,\vec{e}_x, ce qui entraîne une déformation temporelle du contour du circuit (dont l'aire augmente au fur et à mesure que X(t) croît) : il s'agit d'une induction de Lorentz.
• Le courant I(t) traversant le circuit n'est pas constant : il varie au cours de la propulsion. Le champ magnétique \vec{B} qu'il engendre dépend donc explicitement du temps (\partial\vec{B}/\partial t \neq \vec{0}), ce qui correspond à une induction de Neumann.

Cette distinction montre que les deux situations sont présentes simultanément : il y a coexistence d'une induction de Lorentz et d'une induction de Neumann. La loi de Faraday globale e = -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} prend naturellement en compte ces deux effets sans qu'il soit nécessaire de les dissocier.

Orientons le contour fermé du circuit dans le sens du courant I(t) issu de la borne positive du générateur de tension continue E_0.

Le flux magnétique total à travers le circuit se réduit ici à son flux propre :

D'après la loi de Faraday (rappelée à la question Q20), la force électromotrice induite dans la maille s'écrit :

La loi des mailles appliquée au circuit fermé (constitué du générateur, des rails et du projectile de résistance totale R(X)) donne :

En développant la dérivée du produit, sachant que X dépend du temps :

On obtient ainsi l'équation électrique différentielle régissant le système :

Le projectile ferme la ligne conductrice à l'abscisse X(t). Lors d'un déplacement infinitésimal \mathrm{d}X pendant la durée \mathrm{d}t, la surface du circuit augmente et le barreau coupe les lignes de champ magnétique. D'après le théorème de Maxwell, le travail élémentaire des forces de Laplace s'écrit :

où \mathrm{d}\Phi_c est le flux coupé par le conducteur mobile. Le flux propre à travers le circuit étant \Phi = L(X) I(t), la variation de flux liée au seul mouvement géométrique du contour (à courant fixé) vaut :

Ce travail mécanique s'exprime également à partir de la force propulsive \vec{F} = F\,\vec{e}_x :

Par identification, on obtient bien l'expression imposée par l'énoncé :

Établissons à présent l'équation mécanique du mouvement :

• Système : projectile de masse m, assimilé à un point matériel d'abscisse X(t).
• Référentiel : référentiel du laboratoire (terrestre), supposé galiléen, muni de la base cartésienne (\vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z).

• Bilan des forces :

  • le poids est négligé conformément aux hypothèses ;
  • les frottements mécaniques sont négligés ;
  • l'action normale des rails de guidage compense tout mouvement selon y et z ;
  • la force propulsive de Laplace \vec{F} = F\,\vec{e}_x = I^2(t)\frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}X}\vec{e}_x.

D'après le principe fondamental de la dynamique projeté sur l'axe (Ox) :

soit finalement :

1. Réfutation de l'argument :

Le projectile agit comme un contact glissant qui court-circuite les deux rails à l'abscisse X(t). Le courant I(t) ne circule que dans la boucle fermée comprise entre le générateur (x=0) et le projectile (x=X). La portion des rails située au-delà du projectile, pour x \in [X(t), \ell], est en circuit ouvert : aucun courant ne la traverse. La résistance dépend de la longueur du domaine effectivement parcouru par le courant, c'est-à-dire X(t), et non de la longueur totale \ell des rails. L'argument est donc incorrect.

2. Justification du modèle linéaire et expression de \rho :

Chaque rail de guidage présente une section droite constante :

D'après la loi d'Ohm locale en régime quasi-stationnaire (\vec{\jmath} = \gamma \vec{E}), un tronçon de rail de longueur X présente une résistance donnée par la formule de Pouillet :

Le courant traverse successivement le rail supérieur sur la longueur X, le projectile, puis revient par le rail inférieur sur la même longueur X. En négligeant la résistance propre du projectile et celle du générateur, la résistance totale du circuit est la somme des résistances des deux rails en série :

On retrouve bien une loi linéaire de la forme R(X) = \rho X, où le coefficient de résistance linéique vaut :

1. Champ magnétique entre les rails

On modélise chaque rail comme une nappe plane de courant de hauteur h (selon l'axe Oz) et de longueur infinie selon Ox :

• On suppose le courant I uniformément réparti sur la hauteur h de chaque rail, ce qui définit une densité surfacique de courant :

  j_s = \frac{I}{h}
• L'écartement d entre les rails est supposé faible devant leur hauteur h (d \ll h), ce qui permet de négliger les effets de bord au voisinage du plan médian z = 0.
• Par invariance selon Ox et par symétrie, le champ magnétique entre les rails est dirigé selon la verticale \vec{e}_z.
• À l'instar du solénoïde infini (ou d'une ligne à rubans), les champs magnétiques créés par les deux rails de courants opposés s'additionnent constructivement dans la région interne (0 < y < d) et se compensent à l'extérieur : le champ extérieur est ainsi négligeable (B_{\text{ext}} \simeq 0).

Appliquons le théorème d'Ampère le long d'un contour rectangulaire fermé \mathcal{C} tracé dans un plan orthogonal à l'écoulement du courant (plan yOz), de hauteur H \leqslant h selon Oz, ayant un côté vertical situé entre les rails et l'autre à l'extérieur :

Le courant total enlacé par ce contour correspond au courant traversant le rail sur la hauteur H, soit :

D'après le théorème d'Ampère \oint_{\mathcal{C}} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = \mu_0 I_{\text{enl}} :

On en déduit l'expression du champ magnétique régnant entre les rails :

2. Déduction de \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}X}

Le circuit fermé alimenté par le générateur est constitué des rails jusqu'à l'abscisse X(t) et du projectile. Il délimite une surface plane rectangulaire d'aire S(X) = d \cdot X.

Le champ \vec{B} = B_0 \vec{e}_z étant uniforme et perpendiculaire à ce rectangle, le flux magnétique propre à travers le circuit s'écrit :

Par définition de l'inductance propre L(X), telle que \Phi = L(X) I, on identifie :

En dérivant par rapport à la position X, on obtient :

D'après la question Q22, le principe fondamental de la dynamique projeté sur l'axe (Ox) donne :

En utilisant l'inductance linéique obtenue à la question Q24, \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}X} = \frac{\mu_0 d}{h}, on obtient :

D'après la question Q21, la loi des mailles s'écrit :

Avec R(X) = \rho X (question Q23) et L(X) = \left(\frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}X}\right) X, où \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}X} est constante, les deux termes inductifs se regroupent :

L'équation de la maille devient alors :

En divisant cette relation par la résistance linéique \rho = \frac{2}{\gamma h e}, on met l'équation sous la forme imposée par l'énoncé :

avec :

et :

Dimension et interprétation physique de \tau :

• Dans l'équation différentielle, le terme X(t)I(t) a la dimension d'une longueur multipliée par une intensité ([XI] = \mathrm{L}\cdot\mathrm{I}), tandis que la parenthèse \left[I\frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t} + X\frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t}\right] = \frac{\mathrm{d}(XI)}{\mathrm{d}t} a la dimension \mathrm{L}\cdot\mathrm{I}\cdot\mathrm{T}^{-1}. Par conséquent, \tau est homogène à un temps :

  \boxed{[\tau] = \mathrm{T}}
• Physiquement, \tau s'écrit \tau = \frac{L(X)}{R(X)}. C'est le temps de réponse inductif (ou constante de temps L/R) du circuit. Bien que la résistance et l'inductance du circuit croissent toutes deux linéairement avec l'avancement X(t) du projectile, leur rapport reste rigoureusement constant au cours du mouvement. \tau mesure le temps caractéristique d'établissement du flux magnétique et du courant dans la boucle.