MODÉLISATION EN SCIENCES PHYSIQUES ET SCIENCES DE L’INGÉNIEUR
Durée: 5 heures
2001
ANALYSE ÉLECTROMAGNÉTIQUE
La conductivité σ et la perméabilité μ du milieu conducteur sont considérées comme constantes et uniforme tout au long du problème. 1.Étude préliminaire
A partir de l’équation de Maxwell-Ampère considérée dans l’approximation des régimes quasi-permanents:
$$\mathrm{ {{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{rot}}}}\,\mathrm{}}}\,{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{j}}}}\:\:\: \text{(loi d'Amp{\`e}re)} \label{Ampere}$$
nous obtenons en prenant le rotationnel des deux membres:
$$\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{rot}}}}\,\mathrm{}}}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{rot}}}}\,\mathrm{}}}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}}={{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{grad}}}}\,\mathrm{}}}{{\mathrm{div}\,\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}}}}}-\Delta {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}} ={{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{rot}}}}\,\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{j}}}}}}}.$$
La divergence du champ $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}}} $ est nulle car il est dirigé selon y et ne dépend que de x:
$$\mathrm{{{\mathrm{div}\,\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}}}}}=\frac{\partial h_{x}}{\partial x}+ \frac{\partial h_{y}}{\partial y} +\frac{\partial h_{z}}{\partial z}=\frac{\partial}{\partial y}h(x,t)=0}.$$
De même, le calcul du laplacien vectoriel se réduit à:
$$\mathrm{\Delta {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}}=\frac{\partial^{2}h}{\partial x^{2}}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{y}}}}.$$
La conductivité étant uniforme:
$$\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{rot}}}}\,\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{j}}}}}}=\sigma {{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{rot}}}}\,\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}}}} =-\sigma \frac{\partial {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{b}}}}{\partial t} =-\sigma\mu\frac{\partial {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}}}{\partial t}}.$$
Il nous reste donc, en projetant sur l’axe $ \mathrm{\vec{y}} $ l’équation aux dérivées partielles:
$$\mathrm{\frac{\partial^{2}h}{\partial x^{2}} -\sigma\mu\frac{\partial h}{\partial t}=0}.$$
Il nous suffit alors de rechercher une solution de la forme:
h(x, t)=Re{H(x)exp(iω t)} avec H(x)∈ℂ
en la reportant dans l’équation précédente nous obtenons:
$$\mathrm{ \frac{\partial^{2}H}{\partial x^{2}}-i\sigma\mu\omega\,H=0}. \label{Aeq8}$$
On vérifie immédiatement que:
(1+i)2 = 2i,
par conséquent:
$$\mathrm{i\sigma \mu \omega=\left(1+i\right)^{2}\left(\sqrt{\frac{\sigma \omega \mu}{2}}\right)^{2}=\left(\frac{1+i}{\delta}\right)^{2},}$$
d’où l’équation:
$$\mathrm{\frac{\partial^{2}H}{\partial x^{2}}-\left(\frac{1+i}{\delta}\right)^{2}H=0} \label{Aeq9}$$
La solution générale de l’équation précédente est:
$$\mathrm{H(x)=C_{1}\exp\left[\left(1+i\right)\frac{x}{\delta}\right] +C_{2}\exp\left[-\left(1+i\right)\frac{x}{\delta}\right]}.$$
où C1 et C2 sont deux constantes arbitraires.
Les deux conditions aux limites à vérifier sont:
H(x = 0)=H0 et limx → ∞ = 0.
L’application de la condition aux limites lorsque x → ∞ impose à C1 d’être nulle, ce qui permet ensuite d’identifier C2 à H0 en étudiant la valeur à l’origine:
$$\mathrm{H(x)=H_{0}\exp\left[-\left(1+i\right)\frac{x}{\delta}\right]}.$$
Il vient donc, en passant à la notation réelle:
$$\mathrm{h(x,t)=Re\left\{H(x)\exp (i\omega\,t)\right\} =H_{0}\exp\left(-\frac{x}{\delta}\right) \cos\left(\omega\,t-\frac{x}{\delta}\right)}.$$
Nous obtenons cette densité de courant à partir de l’équation [Ampere]:
$$\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{j}}}={{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{rot}}}}\,\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{h}}}}}}={{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\mathrm{rot}}}}\,\mathrm{}}}\left(h(x,t){\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{y}}}\right) =\frac{\partial h}{\partial x}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{z}}}},$$
il vient, en projection sur $ {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{z}}} $:
$$\mathrm{j(x,t)=\frac{H_{0}}{\delta}\exp\left(-\frac{x}{\delta}\right) \left[\sin\left(\omega\,t-\frac{x}{\delta}\right) -\cos\left(\omega\,t-\frac{x}{\delta}\right)\right].}$$
La quantité δ est homogène à une longueur appelée “épaisseur de peau” car elle caractérise l’ordre de grandeur de l’épaisseur de la région dans laquelle circule un courant électrique. On peut aussi dire qu’elle caractérise la profondeur à laquelle pénètre le champ magnétique créé par le bobinage extérieur.
La puissance volumique dissipée donnée par:
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{1}{\sigma}j^{2}(x,t)} \label{Aeq10}$$
a pour valeur:
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma \delta^{2}} \exp\left(-2\frac{x}{\delta}\right) \left[1-2\sin\left(\omega\,t-\frac{x}{\delta}\right) \cos\left(\omega\,t-\frac{x}{\delta}\right)\right].}$$
Nous remanions légèrement ce résultat compte tenu de l’expression de δ et d’une formule trigonométrique bien connue:
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{\mu\omega H_{0}^{2}}{2} \exp\left(-2\frac{x}{\delta}\right)\left[1- \sin\left(2\omega\,t-2\frac{x}{\delta}\right)\right].}$$
La moyenne temporelle Q(x) sur une période de p(x, t) :
$$\mathrm{Q(x)=\frac{1}{T_{e}}\int_{0}^{T_{e}}p(x,t)dt} \label{Aeq11}$$
se calcule immédiatement en remarquant que la valeur moyenne temporelle du sinus est nulle, il reste donc:
$$\mathrm{Q(x)=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma\delta^{2}} \exp\left(-2\frac{x}{\delta}\right) =\frac{\mu\omega H_{0}^{2}}{2} \exp\left(-2\frac{x}{\delta}\right)}.$$
La puissance totale dissipée par unité de surface de la barre est simplement donnée par:
Qtot = ∫0∞Q(x).dx.
Comme il vient:
$$\mathrm{\int_{0}^{\infty}\exp\left(-2\frac{x}{\delta}\right)dx =-\frac{\delta}{2}\left[\exp\left(-2\frac{x}{\delta}\right)\right]_{0}^{\infty} =\frac{\delta}{2}},$$
nous obtenons le résultat suggéré par l’énoncé:
$$\mathrm{Q_{tot}=\frac{1}{2\sigma}\frac{H_{0}^{2}}{\delta}}. \label{Aeq12}$$
Nous pouvons mettre ce résultat sous la forme:
$$\mathrm{Q_{tot}=\frac{\mu H_{0}^{2}\omega \delta}{4}}.$$
Sous cette forme, nous identifions une densité volumique d’énergie (électromagnétique) μH02, cette énergie est multipliée par ω qui est l’inverse d’un temps, nous obtenons donc une puissance volumique ωμH02, qui multipliée par une longueur δ conduit à une puissance surfacique, ce que nous recherchions. Le résultat est donc homogène.
Etude d’une plaque de largeur 2a:
Le champ magnétique est par hypothèse parallèle à la direction $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{y}}}} $ et n’est fonction que de x, les conditions aux limites étant les mêmes en x = a et x = −a, le principe de Curie conduit à la recherche de solutions h(x, t) fonctions paires de x. Comme la dérivée par rapport à x d’une fonction paire en x est une fonction impaire de x et qu’une fonction (continue) impaire est nécessairement nulle en x = 0: $ \mathrm{\displaystyle {\frac{\partial h}{\partial x}(0,t)=0}} $.
La solution proposée est de la forme obtenue à la question [A.1.3.], c’est donc une solution de l’équation électromagnétique [Aeq8]. De plus, il apparaît immédiatement que:
h(−a, t)=h(a, t)=H0cos(ω t).
(C’est évident pour x = a et il suffit d’écrire la définition du cosinus hyperbolique:
$$\mathrm{ch\left(\frac{1+i}{\delta}x\right) =\frac{1}{2}\left[\exp\left(\frac{1+i}{\delta}x\right) +\exp\left(-\frac{1+i}{\delta}x\right)\right]}$$
pour établir la relation en x = −a).
La dérivation est une opération linéaire, par conséquent nous pouvons l’effectuer sur la représentation complexe, ce qui nous donne à partir de l’expression:
$$\mathrm{h(x,t)=Re\left[H(x)\exp \left(i\omega\,t\right)\right]\:\: \text{avec}\:H(x)=H_{0}\frac{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)a}{\delta}}}}.$$
$$\mathrm{j(x,t)=Re\left[J(x)\exp \left(i\omega\,t\right)\right]\:\: \text{avec}\:J(x)=(1+i)\frac{H_{0}}{\delta}\frac{sh{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)a}{\delta}}}}.$$
Le calcul de la densité volumique de puissance ne peut se faire qu’en notation réelle puisque l’opération à effectuer est non linéaire, par conséquent, en notant la densité de courant complexe J(x, t):
$$\mathrm{J(x,t)=\frac{1+i}{\delta}H_{0}\frac{sh{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)a}{\delta}}}.\exp \left(i\omega\,t\right)},$$
il vient:
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{1}{4\sigma}\left[J(x,t)+J^{*}(x,t)\right]^{2}}.$$
soit:
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{H_{0}^{2}}{4\sigma\delta^{2}}\left[ \left(1+i\right)\frac{sh{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)a}{\delta}}}\exp \left(i\omega\,t\right)+ \left(1-i\right)\frac{sh{\displaystyle \frac{\left(1-i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1-i\right)a}{\delta}}}\exp \left(-i\omega\,t\right) \right]^{2}}.$$
Pour calculer la moyenne temporelle de p(x, t), nous devons intégrer sur une période une expression de la forme:
φ = [Aexp(iω t)+A*exp(−iω t)]2,
qui se développe en une somme de deux termes réels:
$$\mathrm{\varphi=\underbrace{\mathrm{A^{2}\exp\left(2i\omega\;t\right) +A^{*2}\exp\left(-2i\omega\;t\right)}}+2A.A^{*}.}$$
Le premier terme est une fonction sinus de fréquence double de la fréquence du champ magnétique, il est donc de valeur moyenne nulle sur une période, seul le second terme intervient dans le résultat de l’intégration. Ce second terme étant indépendant du temps, il est égal à sa valeur moyenne, nous en déduisons donc que:
$$\mathrm{Q(x)=\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma}(1+i)(1-i)\frac{sh{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)a}{\delta}}}.\frac{sh{\displaystyle \frac{\left(1-i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1-i\right)a}{\delta}}}}.$$
Nous pouvons alors passer à la représentation réelle, en effet:
$$\mathrm{ch\left(\frac{1-i}{\delta}a\right) =\frac{1}{2}\left[\exp\left(\frac{1-i}{\delta}a\right) +\exp\left(-\frac{1-i}{\delta}x\right)\right]},$$
$$\mathrm{2ch\left(\frac{1+i}{\delta}a\right). ch\left(\frac{1-i}{\delta}a\right) = \left[ ch\left(\frac{2a}{\delta}\right) +\cos\left(\frac{2a}{\delta}\right) \right].}$$
et que de même:
$$\mathrm{2sh\left(\frac{1+i}{\delta}x\right). sh\left(\frac{1-i}{\delta}x\right) = \left[ ch\left(\frac{2x}{\delta}\right) -\cos\left(\frac{2x}{\delta}\right) \right].}$$
D’où l’expression de Q(x):
$$\mathrm{Q(x)=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma\delta^{2}}\frac{{\displaystyle ch\frac{2 x}{\delta}-\cos\frac{2x}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}.}$$
Lorsque la condition $ \mathrm{{\displaystyle \frac{a}{\delta}\ll 1}} $ est satisfaite, la condition $ \mathrm{{\displaystyle \frac{x}{\delta}\ll 1}} $ est satisfaite à fortiori. Remarquons qu’au second ordre en u:
$$\mathrm{\cos \left(u\right)=1-\frac{u^{2}}{2} +o\left(u^{2}\right)}$$
$$\mathrm{ch\left( u\right)=1+\frac{u^{2}}{2} +o\left(u^{2}\right)}$$
et que par conséquent:
ch(u) − cos(u) = u2 + o(u2)
et
ch(u) + cos(u) = 2 + o(u2).
En reportant dans l’expression précédente, il vient donc:
$$\mathrm{Q(x) \approx \frac{2H_{0}^{2}}{\sigma}\frac{x^{2}}{\delta^{4}}.}$$
Lorsque la condition $ \mathrm{{\displaystyle \frac{a}{\delta}\gg 1}} $ est satisfaite, nous pouvons remarquer que:
$$\mathrm{ch\frac{2a}{\delta} \approx \exp \frac{2a}{\delta}\gg 1.}$$
Ceci nous permet d’éliminer le dénominateur et de ne garder que le résultat:
$$\mathrm{Q(x)=\frac{2H_{0}^{2}}{\sigma\delta^{2}} \exp\left(-\frac{2a}{\delta}\right) \left[ch\frac{2 x}{\delta}-\cos\frac{2x}{\delta}\right].}$$
Cette expression peut être encore simplifiée en remarquant que lorsque x n’est pas très grand devant δ, Q(x) prend une valeur très faible par rapport à celles obtenues pour x voisin de ±a et que par conséquent, négliger le terme en cosinus ne conduit pas en valeur absolue à des erreurs importantes, on peut donc écrire:
$$\mathrm{Q(x)=\frac{2H_{0}^{2}}{\sigma\delta^{2}} \exp\left(-\frac{2a}{\delta}\right). ch\left(\frac{2 x}{\delta}\right).}$$
La puissance surfacique totale dissipée est donnée par l’intégrale:
Qtot = ∫−aaQ(x).dx
Il ne nous reste, après avoir sorti les constantes qu’à déterminer:
$$\mathrm{\int_{-a}^{a}\left[ch\frac{2 x}{\delta}-\cos\frac{2x}{\delta}\right]dx =\frac{\delta}{2} \left[sh\frac{2 x}{\delta}-\sin\frac{2x}{\delta}\right]_{-a}^{a} =\delta \left[sh\frac{2 a}{\delta}-\sin\frac{2a}{\delta}\right]}.$$
Ce qui nous conduit au résultat:
$$\mathrm{Q_{tot}=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma\delta} \frac{{\displaystyle sh\frac{2 a}{\delta}-\sin\frac{2a}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}.}$$
Ce résultat est bien de la forme:
$$\mathrm{Q_{tot}=\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma a}g(\alpha)\:\text{avec}\: g(\alpha)=\alpha\frac{sh \alpha - \sin \alpha}{ch \alpha + \cos \alpha}\:;\:\alpha=\frac{2a}{\delta}} \label{Aeq15}$$
Application numérique:
Avec les valeurs numériques de l’énoncé: $ \mathrm{H_{0}={{10}^{5}}{A.m^{-1}}} $ ; $ \mathrm{\sigma={5.10^6}{\Omega^{-1}.m^{-1}}} $ ; $ \mathrm{\mu=10^2} $; $ \mathrm{f={50}{Hz}} $, nous obtenons:$$\mathrm{\delta=\sqrt{\frac{2}{\sigma\mu_{0}\mu_{r}\omega}} ={3,18}{mm}}.$$
D’où les valeurs numériques:
| a | α | g(α) | Qtot |
|---|---|---|---|
| $0,5 mm$ | 0,314 | 0,00162 | $3,24 kW.m^{-2}$ |
| $5 mm$ | 3,14 | 3,424 | $685 kW.m^{-2}$ |
| $50 mm$ | 31,4 | 31,4 | $628 kW.m^{-2}$ |
Lorsque α ≫ 1, les fonctions hyperboliques sont en valeur absolues très grandes devant les fonctions trigonométriques et différent très peu l’une de l’autre, par conséquent:
$$\mathrm{Q_{tot}\approx \frac{H_{0}^{2}}{2\sigma a}\alpha=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma \delta},}$$
la puissance dissipée est indépendante de l’épaisseur de la plaque métallique. En fait le chauffage se fait exclusivement dans les couches superficielles.
Si maintenant α ≪ 1, le développement limité au quatrième ordre en α de la fonction g(α) est:
$$\mathrm{g(\alpha)=\frac{\alpha^{4}}{6}+o(\alpha^{4})}.$$
Par conséquent:
$$\mathrm{Q_{tot} \approx \frac{H_{0}^{2}}{12\sigma a}\alpha^{4} =\frac{4}{3}\frac{H_{0}^{2}}{\sigma}\frac{a^{3}}{\delta^{4}}}.$$
Optimisation du chauffage:
Au vu des questions précédentes, il apparaît que le chauffage en volume est optimisé pour une épaisseur de peau δ voisine de la moitié de l’épaisseur du matériau à chauffer soit δ ≈ a, d’où le choix de la fréquence de travail:$$\mathrm{a =\sqrt{\frac{2}{\mu\sigma\omega}}}.$$
Soit:
$$\mathrm{f=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{2}{\pi\mu\sigma a^{2}}}.$$
ANALYSE THERMIQUE
Cas d’une plaque large devant la profondeur de pénétration a ≫ δ
La puissance totale dissipée dans l’ensemble de la plaque est donnée par [Aeq15]. Nous sommes ici dans le cas α ≫ 1 par conséquent les fonctions hyperboliques sont en valeur absolues très grandes devant les fonctions trigonométriques et différent très peu l’une de l’autre, par conséquent:
$$\mathrm{Q_{tot}\approx \frac{H_{0}^{2}}{2\sigma a}\alpha=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma \delta},}$$
la puissance dissipée est indépendante de l’épaisseur de la plaque métallique. En fait le chauffage se fait exclusivement dans les couches superficielles.
Comme cette puissance est fournie symétriquement en x = a et en x = −a, le chauffage de la plaque peut se représenter par une densité de flux thermique entrant sur les faces x = −a et x = a de valeur :
$$\mathrm{\varphi_{0}=\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma\delta}} \label{Beq4}$$
Au sein du milieu matériel, il n’y a pas de sources de chaleur, donc l’équation de la chaleur:
$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial T}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}=p(x,t)} \label{Beq1}$$
se réduit en remarquant que p(x, t)=0 et que T = Tamb + θ où la température ambiante est une constante à:
$$\mathrm{\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial \theta}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}=0}}.$$
En divisant par ρCp, nous voyons apparaître la diffusivité thermique D d’où la relation:
$$\mathrm{\mathrm{\frac{\partial \theta}{\partial t}-D\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}=0}},$$
vérifiée au sein du matériau.
Le chauffage étant superficiel, et la chaleur ne pouvant s’accumuler aux interfaces, la loi de Fourier impose:
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}=\varphi_{0}\: \text{en} \:x=a}.$$
Les conditions aux limites imposées par le chauffage en x = a et x = −a sont les mêmes, le principe de Curie conduit à la recherche de solutions θ(x, t) fonctions paires de x. Comme la dérivée par rapport à x d’une fonction paire en x est une fonction impaire de x et qu’une fonction (continue) impaire est nécessairement nulle en x = 0: $ \mathrm{\displaystyle {\frac{\partial \theta}{\partial x}(0,t)=0}} $.
Initialement la barre est à la température ambiante donc θ(x, 0)=0.
Nous venons ainsi de justifier l’ensemble du modèle mathématique fourni par l’énoncé:
$$\mathrm{\frac{\partial \theta}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta}{\partial x^{2}}=0} \label{Beq5}$$
où D est la diffusivité thermique $ \mathrm{{\displaystyle \left(D=\frac{k}{\rho C_{p}}\right)}} $, avec les conditions aux limites :
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}=\varphi_{0}\:\text{en}\:x=a\:\text{et}\:\frac{\partial \theta}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=0} \label{Beq6}$$
et la condition initiale :
θ(x, 0)=0
En reportant la solution:
$$\mathrm{\theta_{0}(x,t) =\frac{\varphi_{0}a}{k}\left(\frac{Dt}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{2a^{2}}\right)}$$
dans [Beq5], il vient:
$$\mathrm{\frac{\varphi_{0}a}{k}\frac{D}{a^{2}} -D\frac{\varphi_{0}a}{k}\frac{2a}{2a^{2}}=0}$$
et nous remarquons aisément que la dérivée
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}=2\frac{\varphi_{0}ax}{2a^{2}}=\varphi_{0}\frac{x}{a}}$$
est nulle pour x = 0 et vaut φ0 pour x = a.
Par contre la condition initiale de [Beq7] n’est pas satisfaite.
Comme θ(x, t) et θ0(x, t) sont deux solutions de l’équation [Beq5] qui est linéaire, leur différence θ* est une solution de cette équation donc:
$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta^{*}}{\partial x^{2}}=0} \label{Beq8}$$
en x = 0 et en x = a les deux fonctions ont la même dérivée, donc la dérivée de leur différence est nulle:
$$\mathrm{\frac{\partial\theta^{*}}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=a\:\text{et}\:\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}=0\:\text{en}\: x=0.} \label{Beq9}$$
En ce qui concerne la condition initiale, θ(x, 0)=0 mais $ \mathrm{\theta_{0}(x,0) \not = 0} $ par conséquent en faisant la différence, il vient:
θ*(x, 0)= − θ0(x, 0)
Séparation des variables:
En posant θ*(x, t)=u(t).v(x) et en reportant dans l’équation de la chaleur réduite [Beq8], il vient:$$\mathrm{v(x)\frac{du(t)}{dt}-Du(t)\frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}=0}.$$
Divisons membre à membre par la fonction u(t).v(x), il vient:
$$\mathrm{\frac{{\displaystyle \frac{du(t)}{dt}}}{Du(t)}= \frac{{\displaystyle \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}}}{v(x)}}.$$
Supposons la date t choisie, alors nous constatons que le premier membre est nécessairement une constante et qu’il ne peut pas dépendre de x. De même si nous fixons x, nous remarquons que le second membre ne peut pas dépendre du temps. Comme ces deux membres sont toujours égaux, il ne peuvent dépendre ni de t ni de x sous peine de contradiction, par conséquent:
$$\mathrm{\frac{{\displaystyle \frac{du(t)}{dt}}}{Du(t)}= \frac{{\displaystyle \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}}}{v(x)}=K} \label{Beq11}$$
où K est une constante réelle.
On pose K = −λ2 où λ est réel. L’équation relative à v(x) s’écrit donc:
$$\mathrm{ \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}+\lambda^{2}v(x)=0.}$$
Sa solution générale est de la forme:
v(x)=Acos(λx) + Bsin(λx).
La dérivée étant:
$$\mathrm{\frac{dv(x)}{dx}=\lambda\left[-A\sin\left(\lambda x\right) +B\cos\left(\lambda x\right)\right].}$$
Prenons en compte les conditions aux limites [Beq9], il vient:
B = 0 en x = 0 ⇒ B = 0
puis:
$$\mathrm{A\sin\left(\lambda a\right)=0\:\text{en}\:x=a\:\Longrightarrow \lambda=\frac{n\pi}{a}\:n \in \mathbb{Z}}.$$
Par conséquent:
$$\mathrm{v(x)=A\cos\left(n\pi\frac{x}{a}\right).} \label{Beq12}$$
Prenons maintenant en compte la deuxième équation différentielle:
$$\mathrm{\frac{du(t)}{dt}+\lambda^{2}Du(t)=0},$$
sa solution générale est:
u(t)=Cexp(−λ2Dt),
ce qui nous fournit une solution à variable séparables:
$$\mathrm{\theta^{*}_{n}(x,t)= A_{n}\exp\left(-D\frac{n^{2}\pi^{2}}{a^{2}}t\right) \cos\left(n\pi\frac{x}{a}\right).}$$
Toutes les fonctions de la forme précédente avec λ éventuellement nul sont solutions de l’équation linéaire [Beq8] et satisfont aux conditions aux limites [Beq9], il en est donc de même de leur superposition:
$$\mathrm{\theta^{*}(x,t)=\sum_{n \geq 0}^{}A_{n}\exp\left(-D\frac{n^{2}\pi^{2}}{a^{2}t}\right)\cos \left(n\pi\frac{ x}{a}\right)} \label{Beq13}$$
où les coefficients An sont des réels.
Ici l’énoncé original comporte une erreur, l’intégrale doit être nécessairement prise entre −a et +a pour que la fonction θ*(x, 0) soit définie. Sinon, il faut faire un prolongement de cette fonction entre a et 2a respectant les symétries.
Pour $ \mathrm{n \not = 0} $, nous exploitons l’orthogonalité des fonctions cosinus, il vient:
$$\mathrm{\frac{1}{2a}\int_{-a}^{a}\cos\left(\frac{p\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{q\pi x}{a}\right)=\frac{1}{2}\delta_{pq}}$$
où p et q sont deux entiers relatifs et où δpq désigne le symbole de Kronecker, δpq = 0 si $ \mathrm{p\not = q} $ et δpq = 1 si p = q.
Par conséquent, en reprenant l’équation [Beq13] et en effectuant à l’instant t = 0, le calcul sur les deux membres, il vient:
$$\mathrm{\frac{1}{2a}\int_{-a}^{a}\theta^{*}(x,0)\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx=\frac{1}{2}A_{n}} \label{Beq14}$$
Comme ici:
$$\mathrm{\theta^{*}_{0}(x,0)=-\theta_{0}(x,0) =-\frac{\varphi_{0}x^{2}}{2ka^{2}},}$$
$$\mathrm{A_{n}=-\frac{\varphi_{0}}{2ka^{2}}\int_{-a}^{a}x^{2}\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx}.$$
Nous intégrons une première fois par parties en posant:
$$\mathrm{u=x^{2}\:\text{et}\:dv=\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx}$$
d’où:
$$\mathrm{du=2x.dx\:\text{et}\:v=\frac{a}{n\pi}\sin \left(\frac{n\pi x}{a}\right)}.$$
Par conséquent dans un premier temps:
$$\mathrm{\int_{-a}^{a}x^{2}\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx =\left[\frac{ax^{2}}{n\pi}\sin \left(\frac{n\pi x}{a}\right)\right]_{-a}^{a} +\int_{-a}^{a}-\frac{2a}{n\pi}\sin \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx}.$$
$$\mathrm{\int_{-a}^{a}x^{2}\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx =-\frac{2a}{n\pi}\int_{-a}^{a}x\sin \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx}.$$
Nous effectuons une deuxième intégration par parties en posant:
$$\mathrm{u=x\:\text{et}\:dv=-\sin \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx}$$
d’où:
$$\mathrm{du=.dx\:\text{et}\:v=\frac{a}{n\pi}\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)}.$$
Il vient donc:
$$\mathrm{-\int_{-a}^{a}x\sin \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx =\left[\frac{ax}{n\pi}\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)\right]_{-a}^{a} -\int_{-a}^{a}\sin \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx. }$$
Cette fois-ci, c’est l’intégrale qui est nulle tandis que le terme entre crochets s’évalue facilement, il vient:
$$\mathrm{-\int_{-a}^{a}x\sin \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx =\frac{2a^{2}}{n\pi}\cos\left(n\pi\right) =\left(-1\right)^{n}\frac{2a^{2}}{n\pi}.}$$
En regroupant les résultats, il vient:
$$\mathrm{A_{n}=-\frac{\varphi_{0}}{2ka^{2}}.\frac{2a}{n\pi}. \left(-1\right)^{n}\frac{2a^{2}}{n\pi} =-\frac{2\varphi_{0}a}{k\pi^{2}} \frac{\left(-1\right)^{n}}{n^{2}}.}$$
Envisageons maintenant le cas particulier n = 0, il vient immédiatement:
$$\mathrm{\frac{1}{2a}\int_{-a}^{a}\theta^{*}(x,0)dx=A_{0}.}$$
Tenons compte de la forme initiale de θ*(x, 0), il vient:
$$\mathrm{A_{0} =\frac{1}{2a}\int_{-a}^{a}-\frac{\varphi_{0}}{2ak}x^{2}dx}$$
soit:
$$\mathrm{A_{0}=-\frac{\varphi_{0}a}{6k}.}$$
Nous sommes alors en mesure d’écrire le développement complet de θ(x, t):
$$\mathrm{\theta(x,t)=\frac{\varphi_{0}a}{k}\left\{ \frac{Dt}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{2a^{2}}-\frac{1}{6}-\frac{2}{\pi^{2}}\sum_{n>0} \frac{\left(-1\right)^{n}}{n^{2}} \exp\left(-D\frac{n^{2}\pi^{2}}{a^{2}}t\right). \cos\left(n\pi\frac{x}{a}\right)\right\}}.$$
La dépendance temporelle du régime transitoire est contenue dans les termes $ {\displaystyle \mathrm{\exp\left(-D\frac{n^{2}\pi^{2}}{a^{2}}t\right)}} $, celui que décroît le moins rapidement correspond à n = 1 et la constante de temps associée est:
$$\mathrm{\tau_{1}=\frac{a^{2}}{D\pi^{2}}}.$$
Il vient numériquement $ \mathrm{\tau={22,5}{s}} $, l’évolution temporelle de la température est donc voisine de θ0(x, t) au bout d’environ une minute.
La température ambiante n’étant pas fournie, nous prendrons $ \mathrm{T_{amb}={300}{K}} $, le problème à résoudre consiste donc à trouver la date à laquelle $ \mathrm{\theta_{0}(a,t)={700}{K}=\theta_{1}} $2. L’équation à résoudre est donc:
$$\mathrm{\theta_{1} =\frac{\varphi_{0}a}{k}\left(\frac{Dt}{a^{2}}+\frac{1}{2}\right)}$$
d’où:
$$\mathrm{t =\frac{a^{2}}{D}\left(\frac{k\theta_{1}} {\varphi_{0}a}-\frac{1}{2}\right)}.$$
Nous avons déjà déterminé $ \mathrm{\varphi_{0}={314}{kW.m^{-2}}} $, $ {\displaystyle \mathrm{D=\frac{k}{\rho C_{p}}}={1,125.{10}^{-5}}{s.m^{-2}}} $, d’où:
$$\mathrm{t=222,2.\left(\frac{45\times 700}{314.10^{3}\times 0,05}-\frac{1}{2}\right)={335}{s}\approx \ 5mn30s}.$$
Ce temps de chauffage est effectivement très supérieur à la durée typique du régime transitoire. Ce qui légitime l’approximation effectuée (au terme constant du développement en série de Fourier près!)
L’écart de température entre le bord et le centre de la plaque est donné par:
$$\mathrm{\theta_{0}(a,t)-\theta_{0}(0,t)=\frac{\varphi_{0}a}{2k} ={174}{K}}.$$
Cas général:
On cherche à résoudre l’équation:$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial \theta}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}=Q(x)} \label{Beq15}$$
lorsque Q(x) est donnée par :
$$\mathrm{Q(x)=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma \delta^{2}}\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}-\cos\frac{2x}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}}$$
Les conditions aux limites sont données par :
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}+h\theta=0 \:\text{en}\:x=a} \label{Beq16}$$
où h est une constante traduisant la convection thermique ;
$$\mathrm{\frac{\partial \theta}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=0} \label{Beq17}$$
Régime permanent:
On suppose que $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial
\theta}{\partial t}(x,t)=0}} $. On note θ∞(x) la solution correspondante.
B.2.1.1�) L’équation de la chaleur [Beq15] se réduit à:$$\mathrm{\frac{d^{2}\theta_{\infty}(x)}{d x^{2}} =-\frac{1}{k}Q(x)=-\frac{H_{0}^{2}}{k\sigma \delta^{2}}\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}-\cos\frac{2x}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}}$$
Une première intégration par rapport à x fournit l’expression:
$$\mathrm{\frac{d\theta_{\infty}}{dx}(x)= C-\frac{H_{0}^{2}}{2k\sigma \delta}\frac{{\displaystyle sh\frac{2x}{\delta}-\sin\frac{2x}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}},$$
la constante C se détermine en appliquant la condition [Beq17], il vient immédiatement C = 0.
Une seconde intégration par rapport à x fournit:
$$\mathrm{\theta_{\infty}(x)=D-\frac{H_{0}^{2}}{4\sigma k}\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}+\cos\frac{2x}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}}.$$
La constante d’intégration D se détermine en reportant ce résultat dans la condition [Beq16], il vient:
$$\mathrm{-k\frac{H_{0}^{2}}{2k\sigma \delta}\frac{{\displaystyle sh\frac{2a}{\delta}-\sin\frac{2a}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}+ h\left\{D-\frac{H_{0}^{2}}{4\sigma k}\frac{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}\right\}=0}.$$
Soit:
$$\mathrm{D=\frac{H_{0}^{2}}{4\sigma k}+\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma \delta h}\frac{{\displaystyle sh\frac{2a}{\delta}-\sin\frac{2a}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}}$$
il nous suffit alors de remplacer la constante par sa valeur dans l’expression de θ∞(x) pour obtenir le résultat donné par l’énoncé:
$$\mathrm{\theta_{\infty}(x)=\frac{H_{0}^{2}}{k\sigma}\left[\frac{1}{4} \left(1-\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}+\cos \frac{2x}{\delta}}}{\mathrm{ch \alpha +\cos \alpha}}\right) +\frac{k}{2\delta h}\left(\frac{{\displaystyle sh \alpha - \sin \alpha}}{{\displaystyle ch \alpha}+\cos \alpha}\right)\right]} \label{Beq18}$$
où $ \mathrm{{\displaystyle \alpha=\frac{2a}{\delta}}} $.
B.2.1.2�) Lorsque α → 0, il est clair que $ \mathrm{{\displaystyle \frac{x}{\delta}}} $ tend également vers zéro.
On constate immédiatement que:
limα → 0θ∞(x)=0.
L’interprétation de ce résultat vient du fait que dans ces conditions, on a également Q(x)→0. La température ne change pas car le chauffage de la plaque n’est pas efficace.
$$\mathrm{\theta_{\infty}(x) \approx \frac{H_{0}^{2}}{2\sigma \delta h}+\frac{H_{0}^{2}}{4k\sigma}\left[1-2\exp\left(-\alpha\right) ch\left(\frac{2x}{\delta}\right)\right]}.$$
Remarquons que ce deuxième terme est nul pour x = ±a et qu’il est pratiquement constant dès que |x| < a − 3δ.
Le premier terme revient à considérer que la température superficielle est telle que toute la puissance reçue de la part du champ électromagnétique est évacuée vers l’extérieur par les transferts convectifs, le second terme montre que, sauf au voisinage immédiat de la surface, la température tend à s’homogénéiser à l’intérieur du matériau.
Régime transitoire
B.2.2.1�) On effectue le changement de fonction inconnue :θ*(x, t)=θ(x, t)−θ∞(x)
Les fonctions θ(x, t) et θ∞(x) étant solutions de l’équation linéaire:
$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial \theta}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}=Q(x)},$$
$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial \theta\infty}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}\theta_{\infty}}{\partial x^{2}}=Q(x)},$$
la différence membre à membre fournit:
$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta^{*}}{\partial x^{2}}=0\:\:\:\:\:0<x<a} \label{Beq20}$$
De même, en x = a:
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}+h\theta=0 }$$
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta_{\infty}}{\partial x}+h\theta_{\infty}=0 }$$
d’où par différence:
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}+h\theta^{*}=0\:\:\text{en}\:x=a} \label{Beq21}$$
Le même argument permet de justifier la condition:
$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}=0\:\:\text{en}\:x=0} \label{Beq22}$$
La condition initiale :
θ*(x, 0)= − θ∞(x)
provient de l’absence d’échauffement initial de la barre.
B.2.2.2�) On envisage une résolution du problème défini en B.2.2.1�) par variables séparées.
On pose θ*(x, t)=u(t).v(x). L’argumentation est en tous points identique à celle développée en [B.1.5.]:
$$\mathrm{\frac{{\displaystyle \frac{du(t)}{dt}}}{Du(t)}= \frac{{\displaystyle \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}}}{v(x)}=K} \label{Beq24}$$
où K est une constante réelle.
L’équation relative à v(x) s’écrit donc:
$$\mathrm{ \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}+\lambda^{2}v(x)=0.}$$
Sa solution générale est de la forme:
v(x)=Acos(λx) + Bsin(λx).
La dérivée étant:
$$\mathrm{\frac{dv(x)}{dx}=\lambda\left[-A\sin\left(\lambda x\right) +B\cos\left(\lambda x\right)\right].}$$
Prenons en compte la conditions aux limites [Beq22], il vient:
B = 0 en x = 0 ⇒ B = 0
puis, en faisant appel à la condition [Beq21], il vient:
$$\mathrm{-k\lambda A\sin\left(\lambda a\right)+hA\cos\left(\lambda a\right)=0\: \text{en}\:x=a\:\Longrightarrow \tan\left(\lambda a\right)=\frac{h}{k\lambda}}.$$
Nous identifions ainsi l’équation de l’énoncé
$$\mathrm{\tan\left(\lambda a\right)=\frac{h}{k\lambda}.} \label{Beq25}$$
B.2.2.4�) Lorsque λn ≫ 1, nous remarquons que le second membre tend vers zéro, par conséquent λa est proche d’un zéro de la fonction tangente, le zéro d’ordre n étant nπ, on peut donc poser λa ≈ nπ, il vient donc:
$$\mathrm{\lambda_{n}\approx n\frac{\pi}{a}}.$$
B.2.2.5�) Prenons maintenant en compte la deuxième équation différentielle:
$$\mathrm{\frac{du(t)}{dt}+\lambda_{n}^{2}Du(t)=0},$$
sa solution générale est:
u(t)=Cexp(−λn2Dt),
ce qui nous fournit une solution à variable séparables:
$$\mathrm{\theta^{*}_{n}(x,t)= A_{n}\exp\left(-D\lambda_{n}^{2}t\right) \cos\left(n\pi\frac{x}{a}\right).}$$
La solution θ*(x, t) peut s’écrire :
$$\mathrm{\theta^{*}(x,t)=\sum_{n\geq 0}^{}A_{n}\exp\left(-D\lambda_{n}^{2}t\right) \cos \left(\lambda_{n}x\right)} \label{Beq26}$$
où les coefficients An sont des réels car toutes les solutions à variables séparées de l’équation linéaire [Beq20] que nous avons obtenues satisfont aux conditions aux limites [Beq21] et [Beq22].
B.2.2.6�) L’ expression générale de θ(x, t) s’obtient en calculant la somme:
θ(x, t)=θ*(x, t)+θ∞(x).
$$\begin{gathered} \mathrm{\theta(x,t)= \frac{H_{0}^{2}}{k\sigma}\left[\frac{1}{4} \left(1-\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}+\cos \frac{2x}{\delta}}}{\mathrm{ch \alpha +\cos \alpha}}\right) +\frac{k}{2\delta h}\left(\frac{{\displaystyle sh \alpha - \sin \alpha}}{{\displaystyle ch \alpha}+\cos \alpha}\right)\right]} \\ \mathrm{+\sum_{n\geq 0}^{}A_{n}\exp\left(-D\lambda_{n}^{2}t\right) \cos \left(\lambda_{n}x\right).} \end{gathered}$$
Il est hors de question de préciser davantage le développement car le calcul explicite des coefficients est très compliqué, non seulement à cause de la forme de θ∞(x) mais également parce que le développement n’est pas un développement en série de Fourier.
B.2.2.7�) Évaluation du temps de montée en température:
Ce qui nous fournit les constantes de temps:
$$\mathrm{\tau_{0}=\frac{1}{D\lambda_{0}^{2}}=\frac{\rho C_{p}}{k\lambda_{0}^{2}}\bullet ,}$$
de valeurs respectives $ \mathrm{{40.10^{3}}{s} \approx{11}{h}} $ pour $ \mathrm{h={5}{W.m^{-2}.K^{-1}}} $ et $ \mathrm{\tau_{0}={473}{s}\approx 8 mn} $ pour $ \mathrm{h={500}{W.m^{-2}.K^{-1}}} $.
Dans les conditions étudiées, la température est conditionnée par le régime transitoire. Nous ne retenons que le terme du premier ordre donc:
θ(x, t)≈θ∞(x)+A0exp(−Dλ02t)cos(λ0x).
Il nous faut donc évaluer A0. Dans le temps qui nous est imparti nous ne pouvons que rechercher l’approximation la plus simple possible en remarquant qu’au centre de la barre θ(0, 0)=0, ce qui fournit A0 = θ∞(0) d’où:
θ(0, t)≈θ∞(0)[1−exp(−Dλ02t)].
En exprimant θ∞ en fonction des données, il vient:
$$\mathrm{\theta(0,t)={1610}{K}},$$
ce qui est une température limite tout à fait raisonnable compte tenu de l’objectif fixé. D’où la valeur de la température au centre de la barre au bout de trois minutes $ \mathrm{\theta(0,180)={7,2}{K}} $ alors que selon le premier modèle, nous aurions eu:
$$\mathrm{\theta(0,180) \approx \frac{\varphi_{0}Dt}{ka} =\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma \delta}\frac{k}{\rho C_{p}}\frac{t}{ka} =\frac{H_{0}^{2}}{4\sigma a^{2}}\frac{t}{\rho C_{p}} ={13,5}{K}}.$$
Les pertes thermiques rendent donc le début du chauffage deux fois plus lent, ce phénomène ne peut que s’aggraver à mesure que la température superficielle augmente.
Le résultat ne peut pas se comparer valablement à celui du [B.1.10.] car la valeur de α n’est pas la même! (Au [B.1.10.], α = 15.
ANALYSE MÉCANIQUE
L’extrémité de la barre d’abscisse x = 0 sera considérée comme fixe par rapport au repère absolu.Données du problème:
$$\mathrm{\frac{\partial N(x,t)}{\partial x}-\frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial t^{2}}=0} \label{Ceq1}$$$$\mathrm{N(x,t)=\Lambda\left(\frac{\partial u(x,t)}{\partial x}-\lambda \theta(x,t)\right)} \label{Ceq2}$$
La première équation traduit, en projection sur l’axe $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{x}}}} $, le principe fondamental de la dynamique.
Étude de vibrations:
Dans cette partie, on considère que la variation de température est nulle θ(x, t)=0 ; il n’y << donc pas d’effet thermique.Comme dans cette partie il n’y a pas d’effet de température, l’équation [Ceq2] se réduit à:
$$\mathrm{N(x,t)=\Lambda\frac{\partial u(x,t)}{\partial x},}$$
Il suffit de reporter ce résultat dans l’équation [Ceq1] pour obtenir:
$$\mathrm{\frac{\partial ^{2}u}{\partial x^{2}}-\frac{p}{\Lambda}\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=0.} \label{Ceq3}$$
Considérons la masse mi, l’allongement du ressort situé à droite de mi est ui + 1 − ui et il exerce sur cette masse une force qui en projection sur $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{x}}}} $ a pour valeur:
f+ = k(ui + 1−ui),
de même, l’allongement du ressort situé à gauche de mi est ui − ui − 1, il exerce cette masse une force qui en projection sur $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{x}}}} $ a pour valeur:
f− = −k(ui−ui − 1),
dans le référentiel galiléen d’étude, la loi fondamentale de la dynamique newtonienne s’écrit:
$$\mathrm{m_{i}\frac{d^{2}u_{i}}{dt^{2}} =k\left[u_{i+1}+u_{i-1}-2u_{i}\right].} \label{Ceq4}$$
Considérons maintenant les ui comme les valeurs aux points d’abscisses successives (i−1)l d’une fonction u(x, t), un développement limité au second ordre de cette fonction est d’après la formule de Taylor:
$$\mathrm{u_{i+1}=u_{i}+l\frac{\partial u}{\partial x}\left(x_{i},t\right) +\frac{l^{2}}{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} \left(x_{i},t\right)+o(l^{2}).} \label{Ceq5}$$
De même:
$$\mathrm{u_{i-1}=u_{i}-l\frac{\partial u}{\partial x}\left(x_{i},t\right) +\frac{l^{2}}{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} \left(x_{i},t\right)+o(l^{2}).} \label{Ceq6}$$
En reportant les équations [Ceq6] et [Ceq5] dans [Ceq4], il vient immédiatement:
$$\mathrm{m_{i}\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=k\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+o(l^{2})} \label{Ceq7}$$
Comme p est la masse linéique de la barre, nous identifions immédiatement $ {\displaystyle \mathrm{p=\frac{m_{i}}{l}}} $ soit:
mi = p.L
En remarquant que l’équation [Ceq7] peut se mettre sous la forme:
$$\mathrm{m\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} -\frac{m}{k}\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=0,}$$
nous identifions:
$$\mathrm{\frac{m_{i}}{k}=\frac{p}{\Lambda}}$$
d’où:
$$\mathrm{k=m_{i}\frac{\Lambda}{p}=\Lambda L}.$$
Séparation des variables:
En posant u(x, t)=X(x).f(t) et en reportant dans l’équation de propagation [Ceq3], il vient:$$\mathrm{f(t)\frac{d^{2}X(x)}{dx^{2}} -\frac{p}{\Lambda}X(x)\frac{d^{2}f(t)}{dt^{2}}=0}.$$
Divisons membre à membre par la fonction X(x).f(t), il vient:
$$\mathrm{\frac{1}{X(x)}\frac{d^{2}X(x)}{dx^{2}} =\frac{p}{\Lambda}\frac{1}{f(t)}\frac{d^{2}f(t)}{dt^{2}} }$$
Supposons la date t choisie, alors nous constatons que le second membre est nécessairement une constante et qu’il ne peut pas dépendre de x. De même si nous fixons x, nous remarquons que le second membre ne peut pas dépendre du temps. Comme ces deux membres sont toujours égaux, il ne peuvent dépendre ni de t ni de x sous peine de contradiction, par conséquent:
$$\mathrm{\frac{1}{X(x)}\frac{d^{2}X(x)}{dx^{2}} =\frac{p}{\Lambda}\frac{1}{f(t)}\frac{d^{2}f(t)}{dt^{2}} =K\:\text{o{\`u}}\:K\:\text{est une constante.}}$$
On admet que K < 0 et on pose K = −μ2 où μ est réel.
La fonction X(x) est par conséquent solution l’équation différentielle:
$$\mathrm{\frac{d^{2}X(x)}{dx^{2}}+\mu^{2}X(x)=0,}$$
de solution générale:
X(x)=Acos(μx) + Bsin(μx).
En x = 0, la barre est fixée, par conséquent X(0)=0 donc A = 0.
A l’extrémité libre de la barre, la force exercée sur celle-ci est nulle, il vient donc:
$$\mathrm{N(L,t)=\Lambda f(t)\frac{dX}{dt}=0},$$
ce qui nous conduit à l’équation:
sin(μ.L)=0,
de solution:
$$\mathrm{\mu_{n}=n\frac{\pi}{L}\:\text{o{\`u}}\:n \in \mathbb{Z}}.$$
La solution générale de l’équation différentielle relative à la fonction f(t):
$$\mathrm{\frac{p}{\Lambda}\frac{d^{2}f(t)}{dt^{2}}+\mu_{n}^{2}f(t)=0},$$
est de la forme:
f(x)=Ancos(ωnt) + Bnsin(ωnt).
D’où une solution à variables séparées de la forme:
u(x, t)=sin(μnx)[Ancos(ωnt)+Bnsin(ωnt)],
il n’y a ici que deux constantes indépendantes, le produit d’une constante arbitraire par une constante arbitraire étant lui même une constante arbitraire.
Comme l’équation [Ceq3] est une équation aux dérivées partielles linéaire, toute combinaison linéaire arbitraire de solutions est une solution, c’est donc le cas de:
$$\mathrm{u(x,t)=\sum_{n \geq 0}^{}\sin \left(\mu_{n}x\right).\left[A_{n}\cos\left(\omega_{n}t\right) +B_{n}\sin\left(\omega_{n}t\right)\right]}.$$
Cette solution satisfait de manière évidente aux conditions aux limites u(0, t)=0 et $ \mathrm{{\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}(a,t)=0}} $.
Au cours de l’établissement de la seconde équation différentielle, nous avons en fait posé:
$$\mathrm{\omega_{n}^{2}=\frac{\Lambda}{p}\mu_{n}^{2}},$$
par conséquent:
$$\mathrm{\omega_{n}=\sqrt{\frac{\Lambda}{p}}\mu_{n} =n \sqrt{\frac{\Lambda}{p}}\frac{\pi}{L}}.$$
L’expression finale de u(x, t) est donc:
$$\mathrm{u(x,t)=\sum_{n \geq 0}^{}\sin \left(n\pi\frac{x}{L}\right).\left[A_{n} \cos\left(n \sqrt{\frac{\Lambda}{p}}\frac{\pi}{L}t\right) +B_{n}\sin\left(n \sqrt{\frac{\Lambda}{p}}\frac{\pi}{L}t\right)\right]}.$$
Cette expression est celle qui traduit les vibrations libres de la barre en traction/compression.
Détermination préliminaire des efforts internes:
On se place dans le cas où il n’y a pas d’élévation de température et où les accélérations sont nulles.
L’équation [Ceq1] se réduit à:
$$\mathrm{ \frac{\partial N(x,t)}{\partial x}=0} \label{Ceq8}$$
par conséquent:
N(x, t)=f(θ)
et comme il n’y a pas de variation de température:
N = Cste.
La résultante générale des forces extérieures appliquées à la barre est nulle, celle-ci est immobile dans le référentiel galiléen d’étude, elle est en équilibre.
La loi de l’action et de la réaction appliquée à l’élément terminal de la barre montre que N(x, t)=F.
Étude thermique préliminaire
La barre n’étant soumise à aucun effort, l’équation [Ceq2] se réduit à:
$$\mathrm{\frac{\partial u(x,t)}{\partial x}=\lambda \theta(x,t)} \label{Ceq9}$$
(Nous aurions aussi pu utiliser des dérivées droites car les phénomènes sont indépendants du temps).
L’équation de la chaleur s’écrit de manière générale [Beq1]
$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial T}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}=0}$$
en l’absence de sources interne de chaleur3
Le phénomène étant indépendant du temps, T ne dépend que de x, il vient donc, en remplaçant d’ailleurs T par Tamb + θ(x):
$$\mathrm{\frac{d^{2}\theta}{dx^{2}}=0},$$
d’où:
θ(x)=α.x + β
et comme θ(0)=A, il vient β = A.
En reportant la condition θ(L)=B dans l’équation ainsi obtenue, il vient:
B = A + αL
d’où la valeur du second coefficient:
$$\mathrm{\alpha=\frac{B-A}{L}},$$
par conséquent:
$$\mathrm{\theta(x)=A+\left(B-A\right)\frac{x}{L}.}$$
Étude thermomécanique:
Dans cette partie, on se place en régime thermique permanent et on considère que les accélérations sont nulles.Le régime thermique est permanent donc θ ne dépend que de x, comme la barre est libre en x = L, il n’y a pas d’effort interne par conséquent:
$$\mathrm{N=0\:\text{et}\: \frac{\partial u(x,t)}{\partial x}=\lambda \theta(x,t)} \label{Ceq10}$$
Nous avons déjà montré que N(x, t)=0, l’intégration de la seconde équation
$$\mathrm{\frac{du}{dx}=\lambda \left[A+ \left(B-A\right)\frac{x}{L}\right]}$$
s’intègre aisément en:
$$\mathrm{u=C+\lambda \left[A.x+ \left(B-A\right)\frac{x^{2}}{2L}\right]}.$$
En tenant compte de la condition aux limites u(0)=0 il vient:
$$\mathrm{u=\lambda \left[A.x+ \left(B-A\right)\frac{x^{2}}{2L}\right]}.$$
L’extrémité étant libre l’effort interne reste nul La dilatation totale de la barre est:
$$\mathrm{u(L)=\lambda\frac{A+B}{2}L={3,75}{cm}}.$$
Les équations [Ceq1] et [Ceq2] se réduisent à:
$$\mathrm{\frac{dN}{dx}=0\:\text{et}\:N=\Lambda\left(\frac{du}{dx}-\lambda \theta\right)}.$$
La première équation nous montre que N(x, t) est une constante, la seconde équation se réduit alors à:
$$\mathrm{\frac{du}{dx}=\frac{N}{\Lambda}+\lambda \theta =\frac{N}{\Lambda}+\lambda \left[A+ \left(B-A\right)\frac{x}{L}\right]}.$$
L’intégration en x est simple, il vient:
$$\mathrm{u(x)=\alpha +\frac{N}{\Lambda}x+\lambda A x+\lambda \frac{B-A}{L}\frac{x^{2}}{2}}.$$
La condition aux limites u(0, t)=0 implique α = 0 et la seconde condition aux limites est maintenant u(L, t)=0 d’où l’équation:
$$\mathrm{0= +\frac{N}{\Lambda}L+\lambda A L+\lambda \frac{B-A}{L}\frac{L^{2}}{2}}.$$
d’où nous tirons:
$$\mathrm{N=-\lambda \Lambda\frac{A+B}{2}}$$
et
$$\mathrm{u(x)=\lambda\frac{B-A}{2}x\left(\frac{x}{L}-1\right)}.$$
L’effort interne exercé sur la barre serait calculable si nous disposions de Λ !
Le déplacement maximal, obtenu pour $ {\displaystyle \mathrm{x=\frac{L}{2}}} $ a pour valeur
$$\mathrm{u_{max}=-\lambda\frac{B-A}{8}L ={9,4}{mm}}.$$
- Nous rajoutons ces hypothèses non mentionnées explicitement par l’énoncé↩
- On peut aussi interpréter l’énoncé en supposant que représente l’augmentation de la température superficielle↩
- Sous réserve que la masse volumique, la chaleur massique et la conductivité thermique soient des constantes indépendantes de la température et de la position. Nous négligeons ici les faibles variations de masse volumique résultant des phénomènes de dilatation .↩
