Concours Physique I École Polytechnique (MP) 2000 (Corrigé)

ECOLE POLYTECHNIQUE 2000 PREMIERE COMPOSITION DE PHYSIQUE MP

Propulseur électromagnétique

Première partie

Principe et ordres de grandeur

A – 1. Par définition de L : Φ = LI(t) . Alors, d’après la loi de Faraday : \(e = - \frac{{d\Phi }}{{dt}} = - L\frac{{dI}}{{dt}}\) (ici L est constant).
2. On applique la loi d’Ohm au circuit fermé : \(E + e = RI\)(en notant E la force électromotrice du générateur). La puissance fournie par le générateur est alors \(P = EI = R{I^2} + LI\frac{{dI}}{{dt}} = {P_{{\rm{Joule}}}} + \frac{{d{E_m}}}{{dt}}\) où E_m (« énergie magnétique ») vaut :
\({E_m} = \frac{1}{2}L{I^2}\)

B – 1. Le courant crée un champ magnétique et le barreau subit alors une force de Laplace.
2. Il faut maintenant tenir compte, dans l’application de la loi de Faraday, du fait que L dépend de x et donc du temps : \(e = - \frac{{d\Phi }}{{dt}} = - L\frac{{dI}}{{dt}} - I\dot x\frac{{dL}}{{dx}}\) et \(P = EI = R{I^2} + LI\frac{{dI}}{{dt}} + {I^2}\dot x\frac{{dL}}{{dx}} = {P_{{\rm{Joule}}}} + LI\frac{{dI}}{{dt}} + {I^2}\dot x\frac{{dL}}{{dx}}\)
3. En utilisant l’expression du A – 2. \(\frac{{d{E_m}}}{{dt}} = LI\frac{{dI}}{{dt}} + \frac{1}{2}\dot x{I^2}\frac{{dL}}{{dx}}\) donc \(P = {P_{{\rm{Joule}}}} + \frac{{d{E_m}}}{{dt}} + \frac{1}{2}{I^2}\dot x\frac{{dL}}{{dx}}\). Le dernier terme de cette expression est la puissance mécanique \({P_{méca.}} = \frac{1}{2}{I^2}\dot x\frac{{dL}}{{dx}}\) .
4. Avec P_méca \( = F\dot x\) on obtient l’expression de l’énoncé : \(F = \frac{1}{2}{I^2}\frac{{dL}}{{dx}}\) .

C – 1. a) Tout plan parallèle à xOz est un plan de symétrie pour les courant, donc d’antisymétrie pour le champ magnétique. Ce dernier est donc en tout point perpendiculaire à xOz c’est à dire dirigé suivant Oy.
b) Par invariance par translation dans les directions Ox et Oy, le champ magnétique ne dépend que de z. L’application du théorème d’Ampère à un contour rectangulaire de côtés parallèles à Oz et Oy, ne coupant pas les plaques, montre alors que le champ ne dépend pas de z tant qu’on ne traverse pas ces plaques. En superposant les champs créés par chacune des nappes planes de courant on obtient la valeur de \(\vec B\) qui est nul à l’extérieur et vaut \({\vec B_{{\mathop{\rm int}} .}} = {\mu _0}{j_S}{\vec e_y}\) entre les plaques.

2. j_S = I/h . Le flux magnétique à travers un rectangle dans le plan xOz, de longueur w (côtés z = ±w/2), de largeur δx, orienté dans le sens du courant est alors δΦ = µ₀j_Swδx d’où une inductance par unité de longueur : \(\frac{{dL}}{{dx}} = \frac{1}{I}\frac{{\delta \Phi }}{{\delta x}} = {\mu _0}\frac{w}{h} = 0,408\;\mu {\rm{H}}\;{{\rm{m}}^{ - 1}}\) (valeur en accord avec la donnée de L’ au début de la troisième partie).
N.B. Il n’est pas très satisfaisant de définir l’inductance propre à partir d’un flux puisqu’on n’a pas affaire à un circuit filiforme. Il serait préférable de la définir à partir de l’énergie magnétique par \(\frac{1}{2}L{{I}^{2}}=\iiint{\frac{{{B}^{2}}}{2{{\mu }_{0}}}dV}\) (on trouve le même résultat).
D – La variation d’énergie cinétique est égale au travail de la force F donc \(FX = \frac{1}{2}m{v^2}\). On obtient alors \(I = v\sqrt {\frac{m}{{XL'}}} = 297\;{\rm{kA}}\) (qui est pratiquement égale à I₀ qui sera utilisée dans la suite du problème).
Deuxième partie
Accélération du projectile par un plasma
A – 1. La force de Laplace (version volumique) est \(d{\vec F_{{\rm{mag}}{\rm{.}}}} = \vec j \wedge \vec B\;dV = - J\left( {{x_P}} \right)B\left( {{x_P}} \right)whd{x_P}{\vec e_x}\) .
2. La résultante des forces de pression est \(d{\vec F_{{\rm{pression}}}} = \left( {P\left( {{x_P}} \right) - P\left( {{x_P} + d{x_P}} \right)} \right)wh{\vec e_x} = - whd{x_P}{\vec e_x}\frac{{dP}}{{d{x_P}}}\) .
3. \(\rho \left( {{x_P}} \right)whd{x_P}a{\vec e_x} = d{\vec F_{{\rm{mag}}{\rm{.}}}} + d{\vec F_{pression}}\) c’est à dire \(\rho \left( {{x_P}} \right)a = - J\left( {{x_P}} \right)B\left( {{x_P}} \right) - \frac{{dP}}{{d{x_P}}}\left( {{x_P}} \right)\) .
4. a) On intègre l’équation précédente : \(P\left( {{x_P} = l} \right) - {P_0} = - a\int_{\,0}^{\,l} {d{x_P}\rho \left( {{x_P}} \right) - \int_{\,0}^{\,l} {d{x_P}J\left( {{x_P}} \right)B\left( {{x_P}} \right)} } \) .

b) Le théorème de la résultante cinétique appliqué à l’ensemble « plasma+projectile » (en remarquant que les forces de pression P₀ à gauche du plasma et à droite du projectile se compensent) conduit directement à l’équation proposée par l’énoncé où le terme intégral représente la résultante de forces de Laplace introduites au A – 1. (il est possible aussi d’utiliser la question 4. a) ce qui présente l’intérêt de rentabiliser les questions 2. et 3. qui, sinon, sont inutiles).

B – 1. L’équation de Maxwell-Ampère s’écrit ici (A.R.Q.P.) \(r\vec ot\;\vec B = {\mu _0}\vec J\quad \Rightarrow \quad \frac{{dB}}{{d{x_P}}} = {\mu _0}J\) .
2. On peut alors calculer l’intégrale donnant la force magnétique \( - S\int_{\,0}^{\,l} {d{x_P}J\left( {{x_P}} \right)B\left( {{x_P}} \right)} \) qui vaut donc :
\( - \frac{S}{{{\mu _0}}}\int_{\,0}^{\,l} {d{x_P}\frac{{dB}}{{d{x_P}}}B\left( {{x_P}} \right)} = + \frac{S}{{{\mu _0}}}\frac{{{B^2}\left( 0 \right)}}{2}\) (avec B(l)=0).
3. Dans la première partie, la force valait \(\frac{1}{2}{I^2}\frac{{dL}}{{dx}} = \frac{1}{2}{I^2}\frac{{{\mu _0}w}}{h} = \frac{1}{2}j_S^2h{\mu _0}w = \frac{1}{2}{\left( {{\mu _0}{j_S}} \right)^2}\frac{{hw}}{{{\mu _0}}} = \frac{1}{2}B_{{\mathop{\rm int}} .}^2\frac{S}{{{\mu _0}}}\).
C – La résistance du plasma (supposé homogène) est \({R_P} = \frac{1}{{{\sigma _P}}}\frac{w}{{hl}}\) ce qui permet de calculer l = 0,059 m et la masse volumique moyenne \(\bar \rho = \frac{{{M_P}}}{{whl}} = 3,25{\rm{ kg }}{{\rm{m}}^{{\rm{ - 3}}}}\) ce qui correspond à 51,25 mol m^-3 de cuivre. A chaque mole sont associées 2 N_A particules (ions Cu⁺ et électrons) donc \(\bar n = 6,2{\rm{ 1}}{{\rm{0}}^{{\rm{25}}}}{\rm{ }}{{\rm{m}}^{{\rm{ - 3}}}}\) et, en assimilant le mélange ions+électrons à un gaz parfait vérifiant \(P = \bar n{k_B}T = \bar n\frac{R}{{{N_A}}}T\), on obtient une température de l’ordre de 40000 K . Ceci correspond à une énergie typique k_BT = 3,5 eV ce qui est un ordre de grandeur correct pour justifier l’ionisation du cuivre.
Troisième partie
Modèle électromécanique du propulseur
A – 1. a) Le fait de faire circuler un courant dans L₀ stocke de l’énergie dans le champ magnétique créé. Une partie de cette énergie sera ensuite convertie en énergie cinétique du projectile.
b) Le courant dans une bobine devant être une fonction continue du temps, la présence de L₀ impose que, juste après l’ouverture de l’interrupteur, un courant important circulera dans les rails. Avec un condensateur, c’est la différence de potentiel aux bornes du circuit qui aurait été continue.
c) La diode est un « commutateur spontané » : elle est bloquée tant que l’interrupteur C est fermé. Juste après l’ouverture de C (« commutateur commandé ») elle permet au courant de continuer à circuler dans L₀ en devenant passante. Il s’agit d’un montage de base en conversion de puissance.
2. a) \(e = - \frac{d}{{dt}}\left( {LI} \right) = - L\frac{{dI}}{{dt}} - I\dot x\frac{{dL}}{{dx}} = - \left( {{L_0} + xL'} \right)\frac{{dI}}{{dt}} - I\dot xL'\). L’équation électrique est alors (d’après la loi d’Ohm sous forme e = RI) : \(\left( {{L_0} + xL'} \right)\frac{{dI}}{{dt}} + I\dot xL' + \left( {{R_0} + {R_P} + xR'} \right)I = 0\quad \quad \left( E \right)\) .
b) L’équation mécanique est (loi de Newton) : \(M\ddot x = \frac{1}{2}{I^2}L'\quad \quad \left( M \right)\) .
c) A l’instant initial x et \(\dot x\)sont nuls (car continus en présence de forces bornées) et I vaut I₀ (continuité du courant dans la bobine). Les solutions stationnaire des équations sont de la forme I=0 et \(\dot x\)= C^te mais ne peuvent respecter les conditions initiales.

B – 1. Une inductance forte s’oppose de façon efficace aux variations du courant qui la parcourt.
2. L’équation mécanique devient \(\ddot x = {a_0}\) donc \(\dot x = {a_0}t\) et \(x = {a_0}\frac{{{t^2}}}{2}\) .
3. a₀ = 6 x 10⁶ m s^-2. La durée d’accélération est τ₀ = 1 ms et la vitesse d’éjection est \(\dot x\left( {{\tau _0}} \right) = 6{\rm{ km }}{{\rm{s}}^{{\rm{ - 1}}}}\) (valeur déjà rencontrée dans la première partie).
C – 1. \(\Delta E(t) = \frac{1}{2}{L_0}\left( {I_0^2 - {I^2}(t)} \right)\)
2. On multiplie l’équation (M) par \(\dot x\) et l’équation (E) par I et on ajoute les deux pour obtenir : \(\frac{d}{{dt}}\left( {\frac{1}{2}\left( {{L_0} + xL'} \right){I^2} + \frac{1}{2}M{{\dot x}^2}} \right) + \left( {{R_0} + {R_p} + xR'} \right){I^2} = 0\). En intégrant par rapport au temps on parvient à l’équation de l’énoncé : \(\Delta E(t) = \frac{1}{2}M{\dot x^2} + \frac{1}{2}xL'{I^2}(t) + \int_{\;0}^{\;t} {dt'\left( {{R_0} + {R_P} + xR'} \right){I^2}(t')} \) qui se lit de la façon suivante : l’énergie délivrée par l’inductance de stockage est convertie en énergie cinétique du projectile, en énergie magnétique dans la partie déformable du circuit et en énergie dissipée par effet Joule.
3. Les deux premiers termes sont égaux et valent \(\frac{1}{2}Ma_0^2{t^2}\). Le troisième vaut\(\left( {\left( {{R_0} + R_P^{}} \right)\,t + {a_0}\frac{{{t^3}}}{6}R'} \right)I_0^2\).
4. a) Les deux premiers termes valent 54 kJ chacun et le troisième vaut 135,9 kJ.
b) On obtient alors I(τ₀) = 260 kA . La baisse relative d’intensité est presque de 15% ce qui n’est pas négligeable compte tenu du fait que l’équation (M) fait intervenir I ² dont les variations relatives sont alors de 25%.
c) L’énergie initiale est E₀ = 0,99 MJ et le rendement électromécanique est de l’ordre de 5,5% . En fait, on pourrait être moins pessimiste en définissant le rendement comme le rapport entre l’énergie cinétique et ΔE(τ₀), l’énergie associée au courant restant dans L₀ pouvant être utilisée pour un autre tir si on referme l’interrupteur C à la date τ₀. On parvient alors à un rendement de 22%.
D – 1. \(\dot y = - \frac{1}{I}\frac{{dI}}{{dt}}\) . Alors \(\left( {{L_0} + xL'} \right)\dot y = \dot xL' + \left( {{R_0} + {R_P} + xR'} \right)\quad \quad \left( E \right)\) et \(\ddot x = {a_0}\exp \left( { - 2y)} \right)\quad \quad \left( M \right)\)
2. xL’ = 1,2 µH << L₀ . On négligera alors xL’ devant L₀ dans (E).

3. On remplace ensuite\(\dot x\)par a₀t et x par a₀t² pour obtenir \(\dot y = \frac{{{R_0} + {R_P}}}{{{L_0}}} + {a_0}t\frac{{L'}}{{{L_0}}} + {a_0}\frac{{{t^2}}}{2}\frac{{R'}}{{{L_0}}}\) qui s’intègre en : \(y = \left( {\frac{{{R_0} + {R_p}}}{{{L_0}}}} \right)t + {a_0}\frac{{{t^2}}}{2}\frac{{L'}}{{L_0^{}}} + {a_0}\frac{{{t^3}}}{6}\frac{{R'}}{{{L_0}}}\) (à t = 0, y est nul).
4. D’après C – 1. \(\Delta E(t) = \frac{1}{2}{L_0}I_0^2\left( {1 - \exp ( - 2y)} \right)\) qui vaut (à l’ordre 1 en y) : \(\Delta E(t) \approx {L_0}I_0^2y\). En remplaçant y par sa valeur, il vient : \(\Delta E(t) \approx \left( {{R_0} + {R_p}} \right)\,tI_0^2 + {a_0}\frac{{{t^2}}}{2}L'I_0^2 + {a_0}\frac{{{t^3}}}{6}R'I_0^2\). Le premier et le troisième terme de cette expression correspondent au troisième obtenu en C – 3. et le second est la somme des premiers termes (égaux) du C – 3. .