Corrigé
Première partie
1.a. L’équation de continuité (conservation de la matière) s’écrit ici:
div(ρ→v)+∂ρ∂t=0⇒div→v=0
puisque le fluide est incompressible, ce qui montre l’existence d’au moins une fonction potentiel-vecteur →A, telle que:
→v=→rot→A
Le choix proposé par l’énoncé amène à réécrire cette équation sous la forme:
→A=A(x,y)→ez⇒→v=→rot→A=∂A∂y→ex−∂A∂x→ey
et il sera donc a priori possible de déterminer A en résolvant les deux équations aux dérivées partielles:
vx(x,y)=∂A∂yetvy(x,y)=−∂A∂x
la fonction A étant alors bien sûr déterminée à une constante additive près.
On vérifie alors immédiatement que ce potentiel vecteur vérifie la « jauge de Coulomb », ou plutôt son extension à ce domaine de la physique:
div→A=∂A∂z=0
1.b. Les équations écrites ci-dessus deviennent:
∂A∂y=v0et∂A∂x=0
d’où la solution possible:
A0=v0y=v0rsinθ
2.a. Si l’écoulement est irrotationnel, on pourra écrire:
→rot→v=→0⇒→Δ→A=→0
puisque la divergence du potentiel vecteur est nulle, soit encore pour la fonction A scalaire:
ΔA = 0
qui constitue l’équation demandée (sauf éventuellement sur l’axe Oz).
2.b. Il suffit de vérifier cette équation différentielle soit, compte tenu du formulaire proposé:
ΔA1=1r∂∂r(r∂A1∂r)=0⇒r∂A1∂r=C1
où C1 est une certaine constante. On en déduit encore:
A1 = C1 ln r
à une constante près qu’on omettra car elle ne présente pas d’intérêt dans la suite.
On en déduit la vitesse correspondante, utilisant l’expression cylindrique du rotationnel fournie dans l’énoncé:
→v1=−C1r→uθ
On remarque bien sûr qu’il s’agit de l’analogue d’un champ magnétique (celui créé par un fil infini), d’où deux remarques. D’abord, le rotationnel n’est pas nul sur le fil lui-même (là où sont localisées les sources de ce champ. Ensuite, la circulation calculée à la question suivante est indépendante du choix du contour (cercle ou non) du moment qu’il entoure bien le fil une seule fois et dans le même sens que le cercle.
2.c. La circulation Γ s’écrit:
Γ=∫πθ=−π→v1⋅d→r=−∫πθ=−πC1r→uθ⋅rdθ→uθ==−2πC1
ce qui permet aussi d’écrire:
→v1=Γ2πr→uθetA1=−Γ2πlnr
3.a. Le fluide ne peut passer à travers les parois du fil ni dans un sens ni dans l’autre; la vitesse doit donc rester tangente au fil:
→v(r=a)⋅→ur=0
3.b. A grande distance du fil, la perturbation qu’il apporte doit disparaître et on doit donc retrouver le potentiel A0:
A(r,θ)≈r>>av0rsinθ
3.c. La forme A2(r, θ) suggérée convient si elle vérifie trois conditions:
i. L’équation différentielle ΔA2 = 0 soit:
αr∂∂r(r∂∂r(r+βr))sinθ−αr2(r+βr)sinθ=0
dont on constate après développement qu’elle est automatiquement vérifiée, quels que soient α et β.
ii. La condition à la limite r >> a:
f(r)=α(r+βr)≈r>>av0r⇒α=v0
iii. La condition à la limite r = a:
0=→ur⋅→rot→Ar=a⇒1r∂f∂θr=a=0∀θ⇒(a+βa)=0⇒β=−a2
Finalement la solution qui convient s’écrit:
f(r)=v0r(1−a2r2)
La vitesse correspondante s’écrit, après développement du rotationnel de A2:
→v2=v0cosθ(1−a2r2)→ur−v0sinθ(1+a2r2)→uθ
Il s’agit de la somme d’un champ uniforme et d’un dipôle linéique, qui est naturellement de rotationnel nul, donc de circulation identiquement nulle autour du fil, comme l’énoncé l’admet d’ailleurs.
4.a. On vérifie à nouveau les trois conditions déjà énoncées:
i. L’équation de Laplace ΔA = 0 étant linéaire, la somme de deux de ses solutions A1 et A2 est encore solution de l’équation de Laplace.
ii. A grande distance du fil, le terme →v1 s’annule et on retrouve bien →v2 seul qui redonne alors l’écoulement non perturbé →v0.
iii. Enfin au voisinage du fil, on a vu que les deux champs →v1 et →v2 sont tous deux tangents au fil; il en va de même de leur somme.
La circulation demandée est la somme des deux circulations précédemment calculées; elle vaut donc simplement Γ.
4.b. Puisqu’à l’extérieur du fil, les deux champs de vitesse (et donc leur somme aussi) sont irrotationnels, on applique le théorème de Bernoulli:
pρ+v22=cte
en l’absence de champ de pesanteur, en particulier entre la surface du fil (où le champ est orthoradial) et un point situé à grande distance:
p0ρ+v202=p(r=a,θ)ρ+12(Γ2πr−v0sinθ(1+r2a2))r=a
ou, après développement:
p=p0+12ρ[v20−(Γ2πa−2v0sinθ)2]
4.c. C’est bien sûr une conséquence de la symétrie particulière de la répartition des pressions. On peut par exemple écrire les forces de pression exercées sur le fil:
d2→F=−p→uradzdθ⇒d2Fxdz=−ap(sinθ)cosθdθ
ou, en effectuant le changement de variable s = sin θ:
d2Fxdz=−ap(s)ds⇒dFxdz=−a∫πθ=−πp(s)ds
mais p(s) étant un polynôme (de degré 2), sa primitive est une fonction polynôme de s qui prend la même valeur en -π et +π d’où:
dFxdz=0
On aurait aussi pu faire un simple schéma de la répartition des pressions:
et les points A et B subissant les mêmes pressions, les composantes horizontales des forces exercées se compensent.
Le même calcul que ci-dessus mène à l’expression de l’autre composante de la force:
dFydz=−∫π−π{p0+12ρ[v20−(Γ2πa−2v0sinθ)2]}asinθdθ
Les trois intégrales qui apparaissent après dévelopement s’écrivent:
∫π−πsinθdθ=0∫π−πsin2θdθ=π∫π−πsin3θdθ=0
et seul le double produit du développemt n’est pas nul:
dFydz=−ρΓv0
4.d. Le problème évoqué ici est le même que celui précédemment évoqué à un changement de référentiel galiléen près, avec pour vitesse d’entraînement →u. La force exercée est bien sûr indépendante du référentiel galiléen choisi et on applique la relation suivante avec →u=−v0→ex. L’expression de l’énoncé est bien égale à:
→FM=ρΓ→ez∧→u
Seconde partie
1.a. Puisque la tension exercée sur les différents points du fil est constante en norme, seule sa direction varie; on peut donc l’écrire:
→T(z+Δz)=T0→u(z+Δz)et→T(z)=−T0→u(z)
où le vecteur unitaire tangent en un point de la courbe s’écrit, de façon exacte:
→u(z)=d→rds≈∂→r∂z
de façon approchée, le fil restant tendu et l’élément d’abscisse curviligne ds étant pratiquement confondu avec le déplacement horizontal dz.
On aura donc pour somme des deux forces exercées sur le brin de fil de longueur Δz:
→FTΔz=∂∂z(T0→u(z))Δz
soit enfin:
→FT=T0∂2→r∂z2
1.b. En l’absence de toute force, l’application du principe fondamental de la dynamique au déplacement transversal de l’élément de longueur Δz de fil s’écrit:
dm→a=→FTΔz⇒μΔz∂2→r∂t2=T0∂2→r∂z2Δz
qu’on écrira encore:
∂2→r∂t2=c2∂2→r∂z2oùc=√T0μ
qui constitue l’équation d’onde demandée, à la vitesse de propagation c.
2.a. Une vibration monochromatique à la fréquence ν impose:
→r(z,t)=→R(z)e−i2πνt⇒−(2πν)2→R(z)=c2d2→Rdz2
dont la solution générale s’écrit:
→R(z)=→K1cos(Λz)+→K2sin(Λz)o\`uΛ=2πνc
mais la fixation du fil aux deux extrémités impose:
→R(0)=→R(ℓ)=0⇒→K2=→0etsin(Λℓ)=0
Les valeurs de Λ sont donc quantifiées, avec:
Λ=nπℓ
où n est un entier qui prend la plus petite valeur possible (n = 1) pour le mode fondamental. On aura donc dans ce cas:
ν0=c2ℓ
On peut donner une autre démonstration de cette expression (ou une interprétation physique) en remarquant ue la longueur d’onde des oscillations doit, dans le mode fondamental, vérifier:
ℓ=λ2oùλ=cν0
qui mène bien sûr au même résultat.
Les expressions demandées s’écrivent enfin:
x(z,t)=x0sin(πzℓ)e−2iπν0ty(z,t)=y0sin(πzℓ)e−2iπν0t
où on passera aux parties réelles avant toute interprétation physique.
2.b. Calculons d‘abord la masse linéique du fil:
μ=ρQπd24=4,4210−9kg.m−1
puis la tension demandée:
T0=μc2=4ℓ2ν20μ=1,110−5N
Cette valeur semble faible mais il faut la comparer au poids du fil:
mg=ℓμg=2,210−9N
3.a. Il suffit de prendre en compte la force supplémentaire:
μ∂2→r∂t2=T0∂2→r∂z2+ρΓ→ez∧∂→r∂t
après simplification par la longueur de l’élément étudié Δz.
3.b. Dans un référentiel tournant, il faut ajouter les forces d’inertie, obtenues par les lois de composition des vitesses:
→u=→u′+→Ω∧→r
et des accélérations:
→a=→a′+2→Ω∧→u′−→Ω2→r
où on a utilisé le fait que →r représente la seule partie radiale du vecteur position du point étudié; le composante longitudinale s’annule d’ailleurs dans les différents produits vectoriels.
On en déduit enfin:
μ∂2→r′∂t2=T0∂2→r′∂z2+ρΓ→ez∧(→u′+→Ω∧→r)−2μ→Ω∧→u′+μΩ2→r
3.c. Il suffit de choisir:
→Ω=ρΓ2μ→ez
pour obtenir l’équation simplifiée:
μ∂2→r′∂t2=T0∂2→r′∂z2+ρΓ[→Ω(→r⋅→ez)−→rΩ]+μΩ2→r
soit encore:
μ∂2→r′∂t2=T0∂2→r′∂z2−μΩ2→r
3.d. Le terme demandé est néglgeable si:
‖μ∂2→r′∂t2‖>>‖μΩ2→r‖
or à la fréquence d’oscillation ν0 on peut écrire:
‖μ∂2→r′∂t2‖=μ(2πν0)2‖→r‖
On en conclut immédiatement qu’il suffit que Ω << 2 π ν0; le mouvement du fil dans ce référentiel tournant est alors régi par la même équation qu’en 1.b. et on retrouve des oscillations de mode fondamental à la pulsation ν0.
4. L’expression de Ω est:
Ω=ρh2μm=1,70103rad.s−1
Dans l’expression négligée, les pulsations sont au carré et on vérifie assez bien:
(Ω2πν0)2=7,310−2<<1
Troisième Partie
1. Le champ électromoteur qui apparaît le long du fil vibrant se met sous la forme:
→Em=→u∧→B0=−∂y∂tB0→ez
dont la circulation le long du fil fournit la tension demandée:
e=V(A)−V(0)=−B0∫ℓz=0∂∂ty(z,t)dz
2.a. On aura d’abord excitation seulement dans la direction y par la seule force de Laplace:
d→f=idz→ez∧B0→ex=idzB0→ey
et c’est donc dans cette direction qu’on observera l’oscillation:
y(z,t)=εsin(πzℓ)cos(2πν0t)
moyennant un choix arbitraire de l’origine des temps.
On en déduit par intégration immédiate:
e(t)=−4πν0εB0sin(2πν0t)
La tension de crête a pour valeur:
emax
2.b. Le mouvement du fil est une oscillation de mde fondamental dans le référentiel tournant; on passe de ce référentiel au référentiel du laboratoire par le schéma ci-dessous:
Si l’instant 0 choisi est celui de l’excitation, on aura dans le référentiel tournant:
y'\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right) et x’ = 0
donc dans le référentiel du laboratoire:
\left. \begin{array}{c}y\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\cos \left( {\Omega t} \right)\\x\left( {z,t} \right) = - \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\sin \left( {\Omega t} \right)\end{array} \right\}{\rm{o\`u }}\Omega = \frac{{\rho \Gamma }}{{2\mu }}
d’où enfin par intégration la forme de la tension mesurée:
e\left( t \right) = - 4\pi {\nu _0}\varepsilon {B_0}\sin \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\cos \left( {\Omega t} \right)
Comme on a déjà eu l’occasion de le faire remarquer, Ω est une pulsation plus faible que 2πν0 et il s’agit donc d’un signal sinusoïdal de fréquence ν0 enveloppé par une variation plus lente de sa valeur de crête, à la pulsation Ω, qu’on mesure ainsi directement à l’oscilloscope.
3. On obtient ainsi une excitation sur les deux axes avec des amplitudes différentes:
\begin{array}{c}y'\left( {z,t} \right) = {\varepsilon _0}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\\x'\left( {z,t} \right) = {\varepsilon _1}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\end{array}
d’où une amplitude de vibration selon l’axe y du référentiel du laboratoire donnée par:
y = y'\cos \Omega t + x'\sin \Omega t
qui s’écrit donc:
y\left( {z,t} \right) = \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\left[ {{\varepsilon _0}\cos \left( {\Omega t} \right) + {\varepsilon _1}\sin \left( {\Omega t} \right)} \right]
La mesure de e est celle d’une tension de la forme:
e\left( t \right) = - 4{B_0}{\nu _0}\ell \varepsilon \cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\left[ {{\varepsilon _0}\cos \left( {\Omega t} \right) + {\varepsilon _1}\sin \left( {\Omega t} \right)} \right]
Si les signes respectifs de B0 et ε0 étaient forcemént corrélés, il n’en va pas de même de ceux de B0 et ε1 qui peuvent être réglés séparément. L’observation de la modification de la forme de l’enveloppe des signaux lorsqu’on augmente ou diminue B1 fournit le signe de Ω, donc celui de Γ.
Première partie
1.a. L’équation de continuité (conservation de la matière) s’écrit ici:
div(ρ→v)+∂ρ∂t=0⇒div→v=0
puisque le fluide est incompressible, ce qui montre l’existence d’au moins une fonction potentiel-vecteur →A, telle que:
→v=→rot→A
Le choix proposé par l’énoncé amène à réécrire cette équation sous la forme:
→A=A(x,y)→ez⇒→v=→rot→A=∂A∂y→ex−∂A∂x→ey
et il sera donc a priori possible de déterminer A en résolvant les deux équations aux dérivées partielles:
vx(x,y)=∂A∂yetvy(x,y)=−∂A∂x
la fonction A étant alors bien sûr déterminée à une constante additive près.
On vérifie alors immédiatement que ce potentiel vecteur vérifie la « jauge de Coulomb », ou plutôt son extension à ce domaine de la physique:
div→A=∂A∂z=0
1.b. Les équations écrites ci-dessus deviennent:
∂A∂y=v0et∂A∂x=0
d’où la solution possible:
A0=v0y=v0rsinθ
→rot→v=→0⇒→Δ→A=→0
puisque la divergence du potentiel vecteur est nulle, soit encore pour la fonction A scalaire:
ΔA = 0
qui constitue l’équation demandée (sauf éventuellement sur l’axe Oz).
2.b. Il suffit de vérifier cette équation différentielle soit, compte tenu du formulaire proposé:
ΔA1=1r∂∂r(r∂A1∂r)=0⇒r∂A1∂r=C1
où C1 est une certaine constante. On en déduit encore:
A1 = C1 ln r
à une constante près qu’on omettra car elle ne présente pas d’intérêt dans la suite.
On en déduit la vitesse correspondante, utilisant l’expression cylindrique du rotationnel fournie dans l’énoncé:
→v1=−C1r→uθ
On remarque bien sûr qu’il s’agit de l’analogue d’un champ magnétique (celui créé par un fil infini), d’où deux remarques. D’abord, le rotationnel n’est pas nul sur le fil lui-même (là où sont localisées les sources de ce champ. Ensuite, la circulation calculée à la question suivante est indépendante du choix du contour (cercle ou non) du moment qu’il entoure bien le fil une seule fois et dans le même sens que le cercle.
2.c. La circulation Γ s’écrit:
Γ=∫πθ=−π→v1⋅d→r=−∫πθ=−πC1r→uθ⋅rdθ→uθ==−2πC1
ce qui permet aussi d’écrire:
→v1=Γ2πr→uθetA1=−Γ2πlnr
3.a. Le fluide ne peut passer à travers les parois du fil ni dans un sens ni dans l’autre; la vitesse doit donc rester tangente au fil:
→v(r=a)⋅→ur=0
3.b. A grande distance du fil, la perturbation qu’il apporte doit disparaître et on doit donc retrouver le potentiel A0:
A(r,θ)≈r>>av0rsinθ
i. L’équation différentielle ΔA2 = 0 soit:
αr∂∂r(r∂∂r(r+βr))sinθ−αr2(r+βr)sinθ=0
dont on constate après développement qu’elle est automatiquement vérifiée, quels que soient α et β.
ii. La condition à la limite r >> a:
f(r)=α(r+βr)≈r>>av0r⇒α=v0
iii. La condition à la limite r = a:
0=→ur⋅→rot→Ar=a⇒1r∂f∂θr=a=0∀θ⇒(a+βa)=0⇒β=−a2
Finalement la solution qui convient s’écrit:
f(r)=v0r(1−a2r2)
La vitesse correspondante s’écrit, après développement du rotationnel de A2:
→v2=v0cosθ(1−a2r2)→ur−v0sinθ(1+a2r2)→uθ
Il s’agit de la somme d’un champ uniforme et d’un dipôle linéique, qui est naturellement de rotationnel nul, donc de circulation identiquement nulle autour du fil, comme l’énoncé l’admet d’ailleurs.
4.a. On vérifie à nouveau les trois conditions déjà énoncées:
i. L’équation de Laplace ΔA = 0 étant linéaire, la somme de deux de ses solutions A1 et A2 est encore solution de l’équation de Laplace.
ii. A grande distance du fil, le terme →v1 s’annule et on retrouve bien →v2 seul qui redonne alors l’écoulement non perturbé →v0.
iii. Enfin au voisinage du fil, on a vu que les deux champs →v1 et →v2 sont tous deux tangents au fil; il en va de même de leur somme.
La circulation demandée est la somme des deux circulations précédemment calculées; elle vaut donc simplement Γ.
4.b. Puisqu’à l’extérieur du fil, les deux champs de vitesse (et donc leur somme aussi) sont irrotationnels, on applique le théorème de Bernoulli:
pρ+v22=cte
en l’absence de champ de pesanteur, en particulier entre la surface du fil (où le champ est orthoradial) et un point situé à grande distance:
p0ρ+v202=p(r=a,θ)ρ+12(Γ2πr−v0sinθ(1+r2a2))r=a
ou, après développement:
p=p0+12ρ[v20−(Γ2πa−2v0sinθ)2]
d2→F=−p→uradzdθ⇒d2Fxdz=−ap(sinθ)cosθdθ
ou, en effectuant le changement de variable s = sin θ:
d2Fxdz=−ap(s)ds⇒dFxdz=−a∫πθ=−πp(s)ds
mais p(s) étant un polynôme (de degré 2), sa primitive est une fonction polynôme de s qui prend la même valeur en -π et +π d’où:
dFxdz=0
On aurait aussi pu faire un simple schéma de la répartition des pressions:
et les points A et B subissant les mêmes pressions, les composantes horizontales des forces exercées se compensent.
Le même calcul que ci-dessus mène à l’expression de l’autre composante de la force:
dFydz=−∫π−π{p0+12ρ[v20−(Γ2πa−2v0sinθ)2]}asinθdθ
Les trois intégrales qui apparaissent après dévelopement s’écrivent:
∫π−πsinθdθ=0∫π−πsin2θdθ=π∫π−πsin3θdθ=0
et seul le double produit du développemt n’est pas nul:
dFydz=−ρΓv0
4.d. Le problème évoqué ici est le même que celui précédemment évoqué à un changement de référentiel galiléen près, avec pour vitesse d’entraînement →u. La force exercée est bien sûr indépendante du référentiel galiléen choisi et on applique la relation suivante avec →u=−v0→ex. L’expression de l’énoncé est bien égale à:
→FM=ρΓ→ez∧→u
Seconde partie
1.a. Puisque la tension exercée sur les différents points du fil est constante en norme, seule sa direction varie; on peut donc l’écrire:
→T(z+Δz)=T0→u(z+Δz)et→T(z)=−T0→u(z)
où le vecteur unitaire tangent en un point de la courbe s’écrit, de façon exacte:
→u(z)=d→rds≈∂→r∂z
de façon approchée, le fil restant tendu et l’élément d’abscisse curviligne ds étant pratiquement confondu avec le déplacement horizontal dz.
On aura donc pour somme des deux forces exercées sur le brin de fil de longueur Δz:
→FTΔz=∂∂z(T0→u(z))Δz
soit enfin:
→FT=T0∂2→r∂z2
1.b. En l’absence de toute force, l’application du principe fondamental de la dynamique au déplacement transversal de l’élément de longueur Δz de fil s’écrit:
dm→a=→FTΔz⇒μΔz∂2→r∂t2=T0∂2→r∂z2Δz
qu’on écrira encore:
∂2→r∂t2=c2∂2→r∂z2oùc=√T0μ
qui constitue l’équation d’onde demandée, à la vitesse de propagation c.
→r(z,t)=→R(z)e−i2πνt⇒−(2πν)2→R(z)=c2d2→Rdz2
dont la solution générale s’écrit:
→R(z)=→K1cos(Λz)+→K2sin(Λz)o\`uΛ=2πνc
mais la fixation du fil aux deux extrémités impose:
→R(0)=→R(ℓ)=0⇒→K2=→0etsin(Λℓ)=0
Les valeurs de Λ sont donc quantifiées, avec:
Λ=nπℓ
où n est un entier qui prend la plus petite valeur possible (n = 1) pour le mode fondamental. On aura donc dans ce cas:
ν0=c2ℓ
On peut donner une autre démonstration de cette expression (ou une interprétation physique) en remarquant ue la longueur d’onde des oscillations doit, dans le mode fondamental, vérifier:
ℓ=λ2oùλ=cν0
qui mène bien sûr au même résultat.
Les expressions demandées s’écrivent enfin:
x(z,t)=x0sin(πzℓ)e−2iπν0ty(z,t)=y0sin(πzℓ)e−2iπν0t
où on passera aux parties réelles avant toute interprétation physique.
2.b. Calculons d‘abord la masse linéique du fil:
μ=ρQπd24=4,4210−9kg.m−1
puis la tension demandée:
T0=μc2=4ℓ2ν20μ=1,110−5N
Cette valeur semble faible mais il faut la comparer au poids du fil:
mg=ℓμg=2,210−9N
3.a. Il suffit de prendre en compte la force supplémentaire:
μ∂2→r∂t2=T0∂2→r∂z2+ρΓ→ez∧∂→r∂t
après simplification par la longueur de l’élément étudié Δz.
3.b. Dans un référentiel tournant, il faut ajouter les forces d’inertie, obtenues par les lois de composition des vitesses:
→u=→u′+→Ω∧→r
et des accélérations:
→a=→a′+2→Ω∧→u′−→Ω2→r
où on a utilisé le fait que →r représente la seule partie radiale du vecteur position du point étudié; le composante longitudinale s’annule d’ailleurs dans les différents produits vectoriels.
On en déduit enfin:
μ∂2→r′∂t2=T0∂2→r′∂z2+ρΓ→ez∧(→u′+→Ω∧→r)−2μ→Ω∧→u′+μΩ2→r
3.c. Il suffit de choisir:
→Ω=ρΓ2μ→ez
pour obtenir l’équation simplifiée:
μ∂2→r′∂t2=T0∂2→r′∂z2+ρΓ[→Ω(→r⋅→ez)−→rΩ]+μΩ2→r
soit encore:
μ∂2→r′∂t2=T0∂2→r′∂z2−μΩ2→r
‖μ∂2→r′∂t2‖>>‖μΩ2→r‖
or à la fréquence d’oscillation ν0 on peut écrire:
‖μ∂2→r′∂t2‖=μ(2πν0)2‖→r‖
On en conclut immédiatement qu’il suffit que Ω << 2 π ν0; le mouvement du fil dans ce référentiel tournant est alors régi par la même équation qu’en 1.b. et on retrouve des oscillations de mode fondamental à la pulsation ν0.
4. L’expression de Ω est:
Ω=ρh2μm=1,70103rad.s−1
Dans l’expression négligée, les pulsations sont au carré et on vérifie assez bien:
(Ω2πν0)2=7,310−2<<1
Troisième Partie
1. Le champ électromoteur qui apparaît le long du fil vibrant se met sous la forme:
→Em=→u∧→B0=−∂y∂tB0→ez
dont la circulation le long du fil fournit la tension demandée:
e=V(A)−V(0)=−B0∫ℓz=0∂∂ty(z,t)dz
2.a. On aura d’abord excitation seulement dans la direction y par la seule force de Laplace:
d→f=idz→ez∧B0→ex=idzB0→ey
et c’est donc dans cette direction qu’on observera l’oscillation:
y(z,t)=εsin(πzℓ)cos(2πν0t)
moyennant un choix arbitraire de l’origine des temps.
On en déduit par intégration immédiate:
e(t)=−4πν0εB0sin(2πν0t)
La tension de crête a pour valeur:
emax
2.b. Le mouvement du fil est une oscillation de mde fondamental dans le référentiel tournant; on passe de ce référentiel au référentiel du laboratoire par le schéma ci-dessous:
Si l’instant 0 choisi est celui de l’excitation, on aura dans le référentiel tournant:
y'\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right) et x’ = 0
donc dans le référentiel du laboratoire:
\left. \begin{array}{c}y\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\cos \left( {\Omega t} \right)\\x\left( {z,t} \right) = - \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\sin \left( {\Omega t} \right)\end{array} \right\}{\rm{o\`u }}\Omega = \frac{{\rho \Gamma }}{{2\mu }}
d’où enfin par intégration la forme de la tension mesurée:
e\left( t \right) = - 4\pi {\nu _0}\varepsilon {B_0}\sin \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\cos \left( {\Omega t} \right)
Comme on a déjà eu l’occasion de le faire remarquer, Ω est une pulsation plus faible que 2πν0 et il s’agit donc d’un signal sinusoïdal de fréquence ν0 enveloppé par une variation plus lente de sa valeur de crête, à la pulsation Ω, qu’on mesure ainsi directement à l’oscilloscope.
\begin{array}{c}y'\left( {z,t} \right) = {\varepsilon _0}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\\x'\left( {z,t} \right) = {\varepsilon _1}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\end{array}
d’où une amplitude de vibration selon l’axe y du référentiel du laboratoire donnée par:
y = y'\cos \Omega t + x'\sin \Omega t
qui s’écrit donc:
y\left( {z,t} \right) = \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\left[ {{\varepsilon _0}\cos \left( {\Omega t} \right) + {\varepsilon _1}\sin \left( {\Omega t} \right)} \right]
La mesure de e est celle d’une tension de la forme:
e\left( t \right) = - 4{B_0}{\nu _0}\ell \varepsilon \cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\left[ {{\varepsilon _0}\cos \left( {\Omega t} \right) + {\varepsilon _1}\sin \left( {\Omega t} \right)} \right]
Si les signes respectifs de B0 et ε0 étaient forcemént corrélés, il n’en va pas de même de ceux de B0 et ε1 qui peuvent être réglés séparément. L’observation de la modification de la forme de l’enveloppe des signaux lorsqu’on augmente ou diminue B1 fournit le signe de Ω, donc celui de Γ.