III. Le haut-parleur électrodynamique

THERMODYNAMIQUE et INDUCTION

I. Dimensionnement d’une installation de liquéfaction

I.1. Dimensionnement des étages de compression

1. Pour un gaz parfait diatomique à destempératures proches de l’ambiante, on a cinq degrés de liberté effectifs (le degré de vibration étant gelé) et autant de termes quadratiques dans l’énergie d’une molécule: trois de translation et deux de rotation (la rotation autour de l’axe N-N a un moment d’inertie négligeable). En vertu duthéorème d’équipartition, l’énergie moyenne d’une molécule est donchE_ii= 5×¹₂k_BT.

Pourn moles de gaz, on a doncC_v = 5×^kBnN₂ ^A = 5×^nR₂ . Et, d’après la relation de Mayer,C_p= C_v+nR= 7×^nR₂ , soit γ=7

5= 1,4 .

2. Pour une compression adiabatique réversible donc isentropique, on a la relation de LaplaceP^1−γT^γ=C^te, ce qui donne entre l’entrée et la sortie d’un compresseur_p^psortie

entrée

1−γ_T

sortie Tentrée

γ

=r^{1−γTsortie}_T

E

γ

= 1, soit

Tsortie=T_Er^γ−1γ ⇔ r= Tsortie

TE _γ−1^γ

.

Par ailleurs, le nombre d’étages est imposé par les contraintes de pression :N=_log¹_rlog_p^psortie

entrée

. Or la température de sortieTsortiene doit pas dépasserTmax= 400 K donc

r≤rmax= Tmax

TE _γ−1^γ

⇒ N≥Nmin= (γ−1) γlog^Tmax_T

E

log psortie

pentrée

= 5,

n arrondissant à l’entier immédiatement supérieur. Il faut donc au minimum5 étages de compression pour respecter les contraintes de sécurité en température deN2.

3. L’énergieuest unefonction d’état, ses variations ne dépendent pas du chemin suivi. Pour une transformation infinitésimale supposéeréversible(et sans variation de l’énergie mécanique macrosco- pique, cinétique ou potentielle de pesanteur), on a donc d’après les premier et second principes :

du=δqrev+δwrev avec ds=δqrev

T et δwrev=−pdv d’où du=Tds−pdv . Remarque : cette relation est toujours vraie pour une transformation quelconque (sans variation de l’éner- gie mécanique macroscopique) puisque ce ne sont que des variations de fonctions d’état qui interviennent.

On peut donc la réutiliser dans le cadre d’une transformation irréversible.

L’irréversibilité dans le compresseur va modifier la température de sortieTsortiepar rapport au cas réver- sible, reste à savoir dans quel sens. Lorsque l’on démontre la relation de Laplace, la transformation étant isentropique on écrit d’après l’identité thermodynamique ci-dessus :

du+pdv=c_vdlnp^1−γT^γ=Tds= 0.

Pour une transformation adiabatique mais maintenant irréversible on écrit donc du+pdv=cvdlnp^1−γT^γ=Tds=T δsp>0, ce qui après intégration entre l’entrée et la sortie du compresseur conduit à

psortie

pentrée

1−γTsortie

TE γ

=r^1−γ Tsortie

TE γ

>1 d’où r=1 a

Tsortie

TE _γ−1^γ

avec a >1

1

une constante caractéristique de l’irréversibilité dans le compresseur. Ainsi,pour un même rapport de compression r, la température de sortie est plus grande dans le cas irréversible. On en déduit quermax= ¹_a^T_T^max

E

_γ−1^γ

est inférieur au cas réversible, doncNmin sera supérieur au cas réversible. En d’autres termes il faut décomposer encore plus la compression pour limiter la température haute.

4. Physiquement, plus le débit d’eau est grand, moins l’eau est chaude en sortie du réfrigérant. Il faut donc un débitDeauminimal pour abaisser la température du diazote sans dépasser la limiteT_emax= 350 K.

Il n’y a pas de travail utile ni de pertes thermiques en dehors de l’échange entre les deux fluide, donc le premier principe industriel s’écrit

∆h=cp(T_E−Tmax) = Q˙

D et ∆h=ce(Temax−Te) =− Q˙ Deau

respectivement pour le diazote d’une part et pour l’eau d’autre part, en notant ˙Qle transfert thermique par unité de temps reçu par le diazote et cédé par l’eau (négatif donc).

En combinant ces deux équations pour éliminer ˙Q, et en notant quec_p=_2M^7R, on en déduit Deau

D _min

= 7R 2M

Tmax−T_E

c_e(T_emax−T_e) = 0,32.

I.2. Diagramme enthalpique du diazote

5. C1est uneisotherme. À basse pression, le gaz se comporte comme un gaz parfait ethn’est fonction que de la température (2nde loi de Joule), les isenthalpes se confondent avec les isothermes, on a donc une asymptote verticale à basse pression.

6. C2est uneisentrope. D’après la première identité thermodynamique démontrée en3., on a du=−pdv pour une isentrope, donc dh= du+ d(pv) =vdp, ce qui peut se récrire d lnp

dh = 1 pv= M

RT >0 .La pente est donc positive(d’autant plus faible que la température est grande).

7. La courbeC3 se décompose encourbe de roséeà droite (vapeur à droite et mélange liquide-vapeur à gauche) etcourbe d’ébullition à gauche(liquide à gauche et mélange à droite). Le point O est le point critique.

8. C4est la courbeisotitre. Le diazote en M est dans un état diphasique liquide-vapeur, de titre massique en liquidex= 0,1, i.e. un mélange avec 10% de liquide et 90% de vapeur.

I.3. Dimensionnement de l’échangeur(E)

9. Pour un mélange diphasique de titre en liquidex, on a h_C= (1−x)hvap+x h_liq. 10.En D, on extrait la fraction liquide du débit entrant : D_m=xD.

De même la fraction vapeur est ré-injectée dans le mélangeur : D⁰= (1−x)D (conforme à la relation D=D_m+D⁰).

2

11. a)On applique le même raisonnement que pour 4., l’échangeur étant de nouveau adiabatique. On obtient

D⁰(h_E−h_D) +D(h_B−h_A) = 0.

b)La vanne impose une détente isenthalpique, donc hB =hC = (1−x)hD+x hliq, carhvap=hD. En réinjectant cette relation dans la précédente, et en utilisant les relations entre débits du10., on obtient finalement

(1−x)h_E−h_A+xhliq= 0 ⇔ x= h_E−h_A h_E−hliq

.

12. a)On lit sur le diagramme enthalpique (cf figure ci-contre) :

•h_E= 515 kJ/kg (isotherme 300K= 27^◦C, isobare 1,0 bar) ;

•h_A= 495 kJ/kg (isotherme 300K= 27^◦C, isobare 100 bar) ;

•hvap= 280 kJ/kg (isotherme 77K=−196^◦C, isobare 1,0 bar, courbe de rosée) ;

•hliq= 85 kJ/kg (isotherme 77K=−196^◦C, isobare 1,0 bar, courbe d’ébullition).

b)La relation du11.b)conduit donc àx= 0,047.

Pour un gaz parfaithne dépend que de la température. On aurait donch_A=h_Eetx= 0. Doncil n’y aurait pas de liquide du tout.

c)D’après9., on obtienth_B=h_C= 271 kJ/kg.

Le point B est à l’intersection de l’isobarep_A= 100 bar et de l’isenthalpeh_C. La température est deT_B=−107^◦C, doncau point B, l’azote est bien sous forme de gaz (et même de fluide supercritique).

13. NotonsPla puissance mécanique totale apportée par lesN compresseurs adiabatiques. Le débit de gaz dans les compresseurs estD=^D_x^m. Pour un compresseur le premier principe industriel s’écrit, en supposant le gaz parfait :

P

ND= ∆h=c_p(Tmax−TE) ⇔ P=ND_m x

7R

2M(Tmax−TE) = 3,3×10²kW.

Le débit volumique donné dans l’article estD_v = 1 L/h. On en déduit le volume massique grâce à la densité du diazote liquide,

Dm=d ρeauDv = 2,25×10⁻⁴kg/s

qui, par une règle de trois, donneP= 2,5 kW. L’ordre de grandeur est bien respecté.

II. Mesures de champs magnétiques

1. Le système formé des parties mobiles n’est soumis qu’à son poids et à la réaction de la liaison pivot.

Lethéorème scalaire du moment cinétiquepar rapport à l’axeOzfixes’écrit, dans leréférentiel terrestredu laboratoire supposégaliléen,

0 =−→

Mpes(O).ˆuz+M^Oz_pivot= (−−→

OG∧m0~g).ˆuz+ 0 car la liaison pivot est considérée parfaite. Ainsi

0 = (−−→

OG∧~g).ˆu_z= (~g∧uˆ_z).−−→

OG=guˆ_x.−−→ OG On en déduit donc quele pointGest sur l’axeOy.

2. Le long d’un des arcs de cercle, la force de Laplace qui s’exerce sur un élément−→

d`= d`ˆu_θs’écrit d−→ F_L= i−→

d`∧−→

B =id`Bˆu_r. Donc son moment par rapport àO, d−→

M_L(O) =Ruˆ_r∧id`Buˆ_r, est nul. Donc le moment résultant sur les arcs l’est aussi : −→

M_Larcs(O) =~0 . 3. Il reste alors

−−→M_L(O) =

A4

ˆ

A3

−−→OM∧i−→ d`∧−→

B=

d1ˆ−`/2

d1+`/2

xˆu_x∧(idxˆu_x∧uˆ_zB) =−ˆu_yiB

"

x² 2

#d1−`/2

d1+`/2

=−ˆu_yiB

2 (2d1) (−`),

donc finalement : −−→

ML(O) =iBd1`uˆ_y .À l’équilibre la somme des moments est nulle :

~0 =−−→

ML(O) +−→

Mpes(O) =−−→

ML(O) +−−→

OG∧m0~g+−−→

OD∧m~g= (iBd1`+ 0−mgd2) ˆu<sub>z</sub> ⇔ B=mg i`

d2

d1

.

4. La sensibilité surBest reliée à celle surmpar la relation : δB= gd2

i`d1

δm = 1.10⁻³T.

Cette valeur est en ordre de grandeur 10 fois plus grande que le champ magnétique terrestre, mais 100 à 1000 fois plus faible que le champ créé par un aimant permanent en fer, néodyme et cobalt. Donccette balance peut mesurer précisément un champ d’aimant sans être parasitée par le champ magnétique terrestre.

II.2. Utilisation d’une boussole a. Étude générale

5. a)On applique le théorème du moment cinétiqueà l’aiguille aimantée aupoint G fixedans le référentiel terrestregaliléen:

Jd²α dt²uˆ_z=−−→

Mm∧−→

B=−MmBsinαuˆ_z ⇔ α¨+κBsinα= 0 avec κ=Mm

J b)

À l’équilibre, ¨α= 0, donc sinα= 0, donc α= 0 ou α=π.

Lorsqu’on s’écarte un peu de cette positionα= 0 (resp.α=π), le moment résultant−→

Γ conduit à ramener (resp. éloigner) l’aiguille vers (de) cette position d’équilibre (cf ci-contre).

Doncα= 0est stable,α=πest instable.

5

c) Pourαpetit, sinα≈α, donc l’équation différentielle vérifiée est : ¨α+κB α= 0 . La solution de cette équation est :

α=α0cos (ω0t) avec ω0=√ κB .

6. Le champ magnétique uniforme créé dans le volume intérieur d’un solénoïde infini est−→

B=µ0niˆu_z,oùn est le nombre de spires par unité de longueur. Donc [B] = [µ0].L⁻¹.I. Par conséquent, la seule expression possible pourB0parmi les expressions proposées, est : B0=µ0I

2R .

7. Le champ magnétique en un point repéré parx=XRest la somme des champs magnétiques créés par chacune des deux bobines. D’après l’expression fournie, on obtient :

−

→B(X) =N−→ B0

8 5√ 5

2−2144

125X⁴

+oX⁴ donc −→ B(X) =−→

B(0)

1−144 125X⁴

+oX⁴

avec −→

B(0) =8µ0N I 5√

5Ruˆ_x. EnX_max, la variation relative par rapport au centre est de 2% : B(X_max)−B(0)

B(0) =−144

125X_m⁴ =− 2

100 ⇔ X_m=±0,36.

Les variations du champ sont donc inférieures à 2% dans la zone [−54 mm; +54 mm].

La valeur du champ magnétique enOest :B(0) = 1,2×10⁻³T.

8. Commeω0=√

κB, κ= 4π²

B(0)T² = 3,7×10⁵s⁻².T⁻¹. b. Applications au champ magnétique terrestre

9.

a)D’après le schéma ci-contre, on peut relier taniàB_r etB_θ soit (commeiest compté positif...) :

tani=−B_r

B_θ =−2cosθ

sinθ ⇔ tanθ=− 2 tani , d’oùθ= 135,7^◦. Cela correspond à peu près à la latitude de Paris car 135,7−90 = 45,7^◦.

b)La vraie latitude de Paris étant 48^◦52⁰= 48,9^◦, on aun écart de3,2^◦entre l’axe des pôles géographiques et celui des pôles magnétiques.

10. a) Lorsque l’axe de rotation est vertical, la boussole oscille avec une pulsation reliée à la composante horizontaleB_θdu champ magnétique soitω=√

κB_θ⇔B_θ=_T^4π02²κen notantT⁰= 2,31 s la nouvelle période.

Par ailleurs, l’intensité totale du champ s’écrit

||−→ B||= B_θ

cosi=^p1 + tan²i B_θ⇒ ||−→ B||= 4π²

T⁰²κ

p1 + tan²i = 4,6×10⁻⁵T.

b)De plusB_θ=µ0M_Tsinθ

4πR³_T , d’où M_T= 16π³R³_T

T⁰²κµ0|sinθ| = 7,6×10²²A.m².

6

II.3. Utilisation d’une sonde à effet Hall 11.

Pendant une durée dt, les charges qui vont traverser une section planex= constante sont comprises dans un petit cylindre de base acet de hauteur

||~v||.dt, qui contient donc une quantité de chargeδq=−ne ac||~v||dt. Ainsi, le courant porté par ce mouvement (orienté dans l’autre sens) s’écrit

I0=−δq

dt=ne ac||~v|| d’où ~v=− I0

neacuˆx et ||~v||= 3,2×10⁴m.s⁻¹. 12.

La force magnétique subie par l’électron est−→ f =

−e−→v∧−→

B. En régime permanent les électrons ont une vitesse−→v =vˆu_x(v <0) donc−→

f =−evBuˆ_z est selon−→uz. Ainsi les électrons se déportent vers la face (4), qui se charge négativement. Par conserva- tion de la charge la face (2) se charge positivement (pas de charges volumiques dans un conducteur, qui doit rester neutre localement en ARQS, d’où l’apparition de charges en surface uniquement).

13. Pour que les électrons voient leur vitesse inchangée en régime permanent par rapport à l’absence de champ magnétique, il est nécessaire que la somme des forces magnétique et due à l’effet Hall se compensent :

~0 =−e−→

E_h−e−→v∧−→

B ⇒ −→

E_h=−−→v∧−→

B donc −→

E_h=−vBuˆ_z= I0B neacuˆ_z . 14. On en déduit la tension de Hall u_h=γ B avec γ=u_h

B =−I0

nec =−95 V.T⁻¹.

III. Le haut-parleur électrodynamique

1. Comme indiqué sur le schéma ci-contre, les lignes de champ sortent du cylindre pour rejoindre le pôle Sud à mesure que l’on progresse vers l’extrémité du pôle Nord de l’aimant. Par conséquent le flux sortant sur la surface latérale du cylindre est strictement positif.

Orle flux magnétique sortant à travers une surface fermée est toujours nul.

Il y a donc nécessaire un différentiel de flux axial Φ(z) à travers deux sections planes (z= constante) différentes, pour compenser ce flux sortant latéral.

Plus précisément, si la section est orientée dans le sens de~u_z,le fluxΦ(z)décroît quandzaugmente.

Ceci est avec l’écartement croissant des lignes de champ, qui indique une baisse de l’intensité du champ.

2. On met en équation l’analyse précédente. Le flux sortant total à travers le petit cylindre d’axeOzentre zetz+ dz(de surface latérale 2πRdz) s’écrit¹:

0 =−Φ(z) + Φ(z+ dz) +B_r(R, z) 2πRdz ⇔ dΦ(z) =−2πRdz B_r(R, z) .

3. L’application d’une tensionu(t) génère un courant. Les spires sont alors soumises à une force de Laplace dont la résultante est dirigée selon~u_z. Le déplacement qui s’ensuit selonzimplique donc unevariation du flux axial dans chaque spire, d’où une force électromotrice (fem).

D’après la loi de Faraday, pour une spire unique située enz, cette variation implique une fem−^dΦ_dt =

˙

z B_r(R, z) 2πR, où 2πRreprésente la longueur de fil constituant cette spire, et ˙z=v. Lorsque l’on somme toutes les fem induites dans chaque spire, on factorise le champB_r(R, z)≈B_r(R) en supposant qu’il varie peu sur le dommaine considéré, ce qui fait donc apparaître la longueur totale du bobinage`: e=vB<sub>r</sub>(R)`. 4. La loi des mailles s’écrit alors : u(t) =Ri(t) +Ldi

dt(t)−e(t) . 5.

La force élémentaire sur l’élément−→ d`s’écrit : dF~<sub>L</sub>=id`(B_z(R, z)~u_r−B_r(R)~u_z).

Par symétrie, la composante selon ~u_r va s’annuleren sommant les contributions sur toute la bobine. Il ne reste que la composante selon~u_z, qui vaut (sous la même hypothèse que précédemment, à savoir B_r(R, z) lentement variable) :

F~_L=−i`B_r(R)~u_z.

6. Le théorème de larésultante cinétiquedans le référentiel terrestre du laboratoire considérégaliléen s’écrit comme suit, en notant respectivementR~etP~la réaction du support et le poids de l’équipage :

m¨z ~u_z=−λz~˙u_z−kz~u_z−i`B~u<sub>z</sub>+R~+P~ ⇒ R~+P~=~0 et m¨z+λz˙+k z=−i`B . III.2. Régime sinusoïdal forcé

7. Les équations électrique et mécanique précédemment établies sont linéaires à coefficients constants, donc elles sont vérifiées par les grandeurs complexes associées :

u=Ri+jωLi−e avec e=B`v=B` jω z et z(jω)²m+jωλ+k=−B`i

1. il y a avait 2 coquilles à cet endroit dans l’énoncé... faciles à identifier toutefois compte tenu du mauvais placement des éléments différentiels d. . .

9

D’où u

i =Z(ω) =R+jωL+Z_m(ω) avec Z_m(ω) = B²`²jω (jω)²m+jωλ+k . Remarque : Le dernier terme s’appelle l’impédance motionnelle.

8. On aZ_m(ω) = ^Rm

1+j(^m_λω−_λω^k)= ^Rm

1+jRm Cmω−_Lmω¹ en posant R_m=^B2_λ<sup>`2</sup>, C<sub>m</sub>=<sub>B</sub><sup>m</sup>2`² et L_m=^B2_k^`2 . On en déduit que R_T(ω) =<{Z(ω)}=R+ R_m

1 +R²_mC_mω−_L¹

mω

2 . On obtientC_m= 2,5×10⁻⁴F.

9. R_T(ω) est maximale pour ω_r=^{√ 1}

LmCm , et vaut alors R_T(ω_r) =R+R_m.

10.On peut lire sur le graphe R=R_T(ω= 0) = 8,0 Ω, ainsi que le maximumR+R_m= 24 Ω doncR_m= 16 Ω.

La pulsation de résonance est lueω_r= 5,6×10²rad.s⁻¹, d’où l’on déduit L_m=ω²_rC_m⁻¹ = 13 mH.

On en déduit λ=B²`²

R_m = 1,0 kg.s⁻¹et k=B²`²

L_m = 1,3×10³kg.s⁻². III.3. Bilan de puissance

11.Les équations électrique et mécanique permettent d’établir les bilans en puissance associés : ui=Ri²+ d

dt ₁

2Li²−B` vi et d dt

₁

2mv²+¹₂kz²+¹₂v²=−B`vi .

En sommant ces équations, la puissance cédée par la fem induiteB` viet la puissance de la force de Laplace−B`vise compensent, ce qui est l’expression ducouplage électromécanique. On obtient alors

P=ui=Ri²+λv²+ d dt

₁

2Li²+¹₂mv²+¹₂kz².

En régime sinusoïdal forcé de période T, les énergie magnétique ¹₂Li², cinétique ¹₂mv² et potentielle élastique ¹₂kz² sont ^T₂-périodiques, donc leur dérivée est de valeur moyenne nulle. Ainsi en moyenne huii=Rhi²i+λhv²i.Le termeλhv²icorrespond à la puissance rayonnée sous forme d’ondes sonores, donc c’est la puissance utile.hPiest la puissance à fournir.

12.Le rendement est le rapport entre la puissance utile et la puissance à fournir : η=λhv²i

hPi =hPi −Rhi²i

hPi =R_Thi²i −Rhi²i

R_Thi²i donc η=R_T−R R_T .

13.D’après8., on aη= 1−_R^R

T = 1− 1 + ^Rm/R

1+R²_mCmω−_Lmω¹ 2

!−1

=

R Rm

1 +R²_mCmω−_L¹

mω 2

+ 1 −1

donc η−→

ω→00 . Ce résultat était prévisible car à basse fréquenceil ne peut plus y avoir d’induction donc d’émission d’ondes sonores.

14.De même on obtient η −→

ω→∞0 , donc unrendement nul à haute fréquence.

15.Le rendement est maximal en ω=ω_r=√ ¹

LmCm, et vaut alors ηmax= Rm

R+R_m = 0,67.

Cela correspond à une fréquence de résonance f_r=ω_r

2π = 89 Hz, donc située dans lessons graves.

16.L’étroitesse de cette bande passante empêche de reproduire fidèlement l’information sonore, qui requiert une plage sonore nettement plus large (domaine audible entre 20 Hz et 15-20 kHz). Il faut donc associer plusieurs haut-parleurs de tailles et de caractéristiques différentes afin de couvrir une partie substantielle du spectre audible.

10