Physique 2
Mines-PontsMPI2026
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**Le « jumping ring » d'Elihu Thomson.** Épreuve de 3 heures, sans calculatrice. Les applications numériques sont données avec un chiffre significatif, la valeur non arrondie étant conservée pour les calculs suivants.
Remarque sur l'énoncé : $\mu_0=4\pi\cdot10^{-7}$ H·m⁻¹ est la perméabilité *magnétique* du vide (et non « diélectrique ») ; la valeur et l'unité sont correctes.
## I — Champ magnétique créé par un solénoïde
### Question 1
*Invariances.* La distribution de courants est invariante par rotation autour de $(Oz)$ et par translation le long de $(Oz)$ (solénoïde infini, bobinage uniforme) : les composantes cylindriques de $\vec B$ ne dépendent que de $r$.
*Antisymétrie.* Le plan $(M,\vec e_r,\vec e_z)$ contenant l'axe est un plan d'antisymétrie de la distribution (les courants, orthoradiaux, lui sont orthogonaux). Le champ magnétique, pseudo-vecteur, appartient aux plans d'antisymétrie passant par $M$ : $B_\theta=0$.
*Symétrie.* Le plan $(M,\vec e_r,\vec e_\theta)$ perpendiculaire à l'axe est un plan de symétrie (solénoïde infini). $\vec B$ est orthogonal aux plans de symétrie passant par $M$ : $B_r=0$.
$$\boxed{\vec B(M)=B(r)\,\vec e_z}$$
### Question 2
On prend un contour rectangulaire $ABCD$ dans un plan méridien : côtés $AB$ (intérieur, rayon $r<b$, parcouru selon $+\vec e_z$) et $CD$ (extérieur, rayon $r'>b$, parcouru selon $-\vec e_z$) de longueur $h$, reliés par deux côtés radiaux. Sur les côtés radiaux $\vec B\cdot\mathrm d\vec\ell=0$ (Q1) ; sur $CD$, $\vec B=\vec 0$ par hypothèse. Le contour, parcouru dans ce sens, a pour normale $+\vec e_\theta$ (règle de la main droite) ; il enlace $nh$ spires parcourues par $I$ dans le sens $+\vec e_\theta$ (figure 2). Le théorème d'Ampère donne $B(r)\,h=\mu_0 n h I$ :
$$\boxed{\vec B=\mu_0 nI\,\vec e_z\ \ (r<b)}$$
Le champ intérieur est uniforme.
### Question 3
Le noyau, linéaire de perméabilité relative $\mu_r$, remplit le solénoïde : on remplace $\mu_0$ par $\mu_0\mu_r$, à courants inchangés.
$$\boxed{\vec B=\mu_0\mu_r nI\,\vec e_z}$$
Le champ est multiplié par $\mu_r=100$. A.N. : $\mu_0 nI=4\pi\cdot10^{-7}\times10^3\times10{,}0=4\pi\cdot10^{-3}$ T, donc $B=400\pi\cdot10^{-3}\simeq1{,}3$ T :
$$\boxed{B\simeq1\ \text{T}}$$
(Ordre de grandeur de la saturation d'un ferromagnétique : le modèle linéaire est à la limite de sa validité.)
### Question 4
$$\operatorname{div}\vec E=\frac{\rho}{\varepsilon_0},\qquad \operatorname{div}\vec B=0,\qquad \overrightarrow{\operatorname{rot}}\,\vec E=-\frac{\partial\vec B}{\partial t},\qquad \overrightarrow{\operatorname{rot}}\,\vec B=\mu_0\vec\jmath+\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial\vec E}{\partial t}$$
(Maxwell-Gauss, Maxwell-flux, Maxwell-Faraday, Maxwell-Ampère.) Pour une surface fermée $\Sigma$ orientée vers l'extérieur, limitant le volume $V$, le théorème de Green-Ostrogradski donne
$$\phi_B=\oint_\Sigma\vec B\cdot\mathrm d\vec S=\iiint_V\operatorname{div}\vec B\,\mathrm d\tau=0 .$$
**Le flux de $\vec B$ à travers toute surface fermée est nul : $\vec B$ est à flux conservatif.**
### Question 5
Flux sortant du cylindre d'axe $(Oz)$, de rayon $r$, entre $z$ et $z+\mathrm dz$. Pour $r$ petit, on assimile $B_z$ à sa valeur sur l'axe sur chaque disque, et $B_r$ à $B_r(r,z)$ sur la surface latérale :
$$\pi r^2B_z(z+\mathrm dz)-\pi r^2B_z(z)+2\pi r\,\mathrm dz\,B_r(r,z)=0\quad\Longrightarrow\quad\boxed{B_r(r,z)=-\frac r2\,\frac{\mathrm dB_z}{\mathrm dz}}$$
Or $\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dz}\dfrac{z}{\sqrt{b^2+z^2}}=\dfrac{(b^2+z^2)-z^2}{(b^2+z^2)^{3/2}}=\dfrac{b^2}{(b^2+z^2)^{3/2}}$, donc $\dfrac{\mathrm dB_z}{\mathrm dz}=-\dfrac{\mu_0nI}{2}\dfrac{b^2}{(b^2+z^2)^{3/2}}$ et
$$\boxed{B_r(r,z)=\frac{\mu_0nIr}{4}\,\frac{b^2}{(b^2+z^2)^{3/2}}}$$
$B_r>0$ : les lignes de champ s'écartent de l'axe au-dessus de l'extrémité.
### Question 6
Pour $z\gg b$ : $(b^2+z^2)^{3/2}\sim z^3$, et $1-\dfrac{z}{\sqrt{b^2+z^2}}=1-\left(1+\dfrac{b^2}{z^2}\right)^{-1/2}=\dfrac{b^2}{2z^2}+o\!\left(\dfrac{b^2}{z^2}\right)$ (l'ordre 0 s'annule, il faut l'ordre suivant) :
$$\boxed{B_r\simeq\frac{\mu_0nIb^2}{4}\,\frac{r}{z^3},\qquad B_z\simeq\frac{\mu_0nIb^2}{4}\,\frac{1}{z^2}}$$
Avec $\mathrm d\vec\ell=\mathrm dr\,\vec e_r+r\,\mathrm d\theta\,\vec e_\theta+\mathrm dz\,\vec e_z$ et $\vec B=B_r\vec e_r+B_z\vec e_z$, la condition $\mathrm d\vec\ell\wedge\vec B=\vec 0$ donne $r\,\mathrm d\theta\,B_z=0$, $r\,\mathrm d\theta\,B_r=0$ et $\mathrm dz\,B_r-\mathrm dr\,B_z=0$. Donc $\mathrm d\theta=0$ (lignes dans un plan méridien) et
$$\frac{\mathrm dr}{\mathrm dz}=\frac{B_r}{B_z}=\frac rz\quad\Longrightarrow\quad\frac{\mathrm dr}{r}=\frac{\mathrm dz}{z}\quad\Longrightarrow\quad\ln r=\ln z+\text{cte},\qquad\boxed{r=kz}$$
**Allure.** Dans un plan méridien, les lignes de champ sont des demi-droites issues du point $O$ (centre de la face supérieure du solénoïde), réparties en éventail autour de l'axe, lui-même ligne de champ ($k=0$) ; elles sont orientées en s'éloignant de $O$ (vers les $z$ croissants, $B_z>0$ pour $I>0$). L'ensemble se déduit par rotation autour de $(Oz)$ : le champ lointain près de l'axe ressemble à celui d'une « source ponctuelle » placée en $O$.
## II — Lévitation magnétique
### Question 7
**Loi de Lenz** : les effets de l'induction s'opposent, par leurs conséquences, aux causes qui leur ont donné naissance ; le courant induit crée un champ dont le flux tend à s'opposer à la *variation* du flux inducteur.
Pour prévoir le sens de $i_2$ : on oriente l'anneau (sens $+\vec e_\theta$, normale $+\vec e_z$), on détermine le signe de la variation du flux inducteur $\Phi_1=M i_1$ ; $i_2$ circule dans le sens qui crée un flux propre de signe opposé à $\mathrm d\Phi_1/\mathrm dt$ (ou, quantitativement, $e=-\mathrm d\Phi/\mathrm dt$). Ainsi, quand $|i_1|$ croît, $i_2$ est de sens opposé à $i_1$ (répulsion) ; quand $|i_1|$ décroît, il est de même sens (attraction).
### Question 8
Dans l'ARQS (dispositif de taille $\sim10$ cm très petite devant $\lambda=c/f\sim6\cdot10^3$ km à 50 Hz), le champ est à chaque instant celui du régime statique avec le courant instantané. Avec $I\to i_1(t)=I_1\cos(\omega t)$, près de l'axe et pour $z>0$ :
$$\boxed{\vec B(r,z,t)=\mu_0nI_1\cos(\omega t)\left[\frac{r\,b^2}{4(b^2+z^2)^{3/2}}\,\vec e_r+\frac12\left(1-\frac{z}{\sqrt{b^2+z^2}}\right)\vec e_z\right]}$$
(Comme l'impose la suite de l'énoncé, on garde le modèle de la partie I sans noyau, en $\mu_0$.)
### Question 9
L'anneau (rayon $a$, orienté selon $+\vec e_\theta$) est fixe. En assimilant $B_z$ à sa valeur sur l'axe sur le disque de rayon $a$, le flux inducteur vaut
$$\Phi_{1\to2}=\pi a^2B_z(z,t)=M(z)\,i_1(t),\qquad \boxed{M(z)=\frac{\mu_0n\pi a^2}{2}\left(1-\frac{z}{\sqrt{b^2+z^2}}\right)}$$
Flux total : $\Phi=M(z)\,i_1+L\,i_2$. Loi de Faraday : $e=-\mathrm d\Phi/\mathrm dt$ ; l'anneau, de résistance $R$, est fermé sur lui-même : $e=R\,i_2$. Avec $M$ et $L$ indépendants du temps :
$$\boxed{R\,i_2+L\frac{\mathrm di_2}{\mathrm dt}+M(z)\frac{\mathrm di_1}{\mathrm dt}=0}$$
### Question 10
Avec $\underline{i_1}=I_1e^{\mathrm j\omega t}$ et $\underline{i_2}=\underline{I_2}e^{\mathrm j\omega t}$ (régime forcé ; le transitoire s'amortit en $L/R=10^{-4}$ s) :
$$(R+\mathrm jL\omega)\underline{I_2}+\mathrm jM\omega I_1=0\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\underline{i_2}(t)=\frac{-\mathrm jM(z)\,\omega\,I_1}{R+\mathrm jL\omega}\,e^{\mathrm j\omega t}}$$
Comme $M>0$ :
$$\underline{I_2}=\frac{M\omega I_1(-L\omega-\mathrm jR)}{R^2+L^2\omega^2}=I_2(z)\,e^{\mathrm j\varphi},\qquad\boxed{I_2(z)=\frac{M(z)\,\omega\,I_1}{\sqrt{R^2+L^2\omega^2}}}$$
$$\boxed{\cos\varphi=\frac{-L\omega}{\sqrt{R^2+L^2\omega^2}},\qquad\sin\varphi=\frac{-R}{\sqrt{R^2+L^2\omega^2}}}$$
et $i_2(t)=I_2(z)\cos(\omega t+\varphi)$ avec $\varphi\in\,]-\pi,-\pi/2[$.
### Question 11
Élément d'anneau $\mathrm d\vec\ell=a\,\mathrm d\theta\,\vec e_\theta$, dans le champ $\vec B(a,z,t)=B_r\vec e_r+B_z\vec e_z$ indépendant de $\theta$ :
$$\mathrm d\vec F=i_2\,\mathrm d\vec\ell\wedge\vec B=i_2a\,\mathrm d\theta\,\big(B_z\,\vec e_r-B_r\,\vec e_z\big).$$
La partie radiale de la résultante est $i_2aB_z\displaystyle\int_0^{2\pi}\vec e_r\,\mathrm d\theta=i_2aB_z\int_0^{2\pi}(\cos\theta\,\vec e_x+\sin\theta\,\vec e_y)\,\mathrm d\theta=\vec 0$ :
$$\boxed{F_r=0}$$
(Deux éléments diamétralement opposés subissent des forces radiales opposées.)
### Question 12
D'après Q11, $F_z(t)=-2\pi a\,i_2(t)\,B_r(a,z,t)$, avec $B_r(a,z,t)=\dfrac{\mu_0nI_1a}{4}\dfrac{b^2}{(b^2+z^2)^{3/2}}\cos(\omega t)$ :
$$F_z(t)=-\frac{\pi\,\mu_0nI_1\,I_2(z)\,a^2b^2}{2\,(b^2+z^2)^{3/2}}\cos(\omega t)\cos(\omega t+\varphi).$$
Or $\cos(\omega t)\cos(\omega t+\varphi)=\frac12[\cos\varphi+\cos(2\omega t+\varphi)]$, de moyenne $\frac12\cos\varphi$ :
$$\boxed{\langle F_z\rangle_t=\frac{K(z)}{(b^2+z^2)^{3/2}},\qquad K(z)=-\frac{\pi}{4}\,(\mu_0nI_1)\,a^2b^2\,I_2(z)\cos\varphi}$$
Comme $\cos\varphi<0$, $K(z)>0$ : la force moyenne est ascendante. Explicitement $K(z)=\dfrac{\pi}{4}\mu_0nI_1^2a^2b^2\,\dfrac{L\omega^2M(z)}{R^2+L^2\omega^2}$. Pour $z\gg b$, $M\simeq\mu_0n\pi a^2b^2/(4z^2)$ et $\langle F_z\rangle_t\propto z^{-5}$, ce qui est la forme (2) de la partie III.
### Question 13
Si $L=0$ : $\cos\varphi=0$, donc $K=0$ et
$$\boxed{\langle F_z\rangle_t=0}$$
Le courant induit est alors en quadrature avec $B_r$ ($i_2\propto\sin\omega t$, $B_r\propto\cos\omega t$) : la force oscille à $2\omega$ avec une moyenne nulle. C'est le déphasage supplémentaire dû à $L$ qui crée la force moyenne répulsive.
Pour empêcher la lévitation : **fendre l'anneau** (entaille radiale) ; le circuit est ouvert, aucun courant induit ne circule, la force est nulle. À défaut, rendre l'anneau très résistif ($R\gg L\omega$), puisque $\langle F_z\rangle_t\propto L\omega^2/(R^2+L^2\omega^2)\to0$ quand $R\to\infty$.
## III — « Jumping ring »
### Question 14
À l'équilibre en $z_{eq}$, la force moyenne compense le poids : $K'/z_{eq}^5=mg$, d'où
$$\boxed{K'=mg\,z_{eq}^5}$$
A.N. : $(0{,}15)^2=2{,}25\cdot10^{-2}$, $(0{,}15)^4\simeq5{,}06\cdot10^{-4}$, $(0{,}15)^5\simeq7{,}6\cdot10^{-5}$ m⁵ ; $K'=3\cdot10^{-3}\times9{,}81\times7{,}6\cdot10^{-5}\simeq2{,}2\cdot10^{-6}$ :
$$\boxed{K'\simeq2\cdot10^{-6}\ \text{N·m}^5}$$
(L'équilibre est stable : $K'/z^5$ décroît avec $z$.)
### Question 15
Le déplacement est vertical, de $z_0$ à $\ell$ :
$$W_1=\int_{z_0}^{\ell}\frac{K'}{z^5}\,\mathrm dz=\frac{K'}{4}\left(\frac1{z_0^4}-\frac1{\ell^4}\right)\simeq\frac{K'}{4z_0^4}$$
car $1/z_0^4=1{,}6\cdot10^5$ m⁻⁴ $\gg1/\ell^4=1$ m⁻⁴. Soit $W_1\simeq\dfrac{2{,}23\cdot10^{-6}\times1{,}6\cdot10^5}{4}\simeq8{,}9\cdot10^{-2}$ J :
$$\boxed{W_1\simeq9\cdot10^{-2}\ \text{J}}$$
$$W_2=-mg(\ell-z_0)=-3\cdot10^{-3}\times9{,}81\times0{,}95\simeq-2{,}8\cdot10^{-2}\ \text{J},\qquad\boxed{W_2\simeq-3\cdot10^{-2}\ \text{J}}$$
### Question 16
Théorème de l'énergie cinétique entre $z_0$ (départ au repos) et $\ell$, dans le référentiel terrestre galiléen ; la réaction du barreau, normale au déplacement (pas de frottement solide), ne travaille pas :
$$E_{c,0}=W_1+W_2\simeq6{,}1\cdot10^{-2}\ \text{J},\qquad\boxed{E_{c,0}\simeq6\cdot10^{-2}\ \text{J}}$$
$$v_0=\sqrt{\frac{2E_{c,0}}{m}}=\sqrt{\frac{2\times6{,}1\cdot10^{-2}}{3\cdot10^{-3}}}\simeq\sqrt{41}\simeq6{,}4\ \text{m/s},\qquad\boxed{v_0\simeq6\ \text{m·s}^{-1}}$$
Ensuite l'anneau n'est soumis qu'à son poids : l'énergie mécanique se conserve et il s'élève de $v_0^2/(2g)=41/19{,}6\simeq2{,}1$ m au-dessus du sommet du barreau. Comptée depuis la bobine (origine de $z_0$ et $z_{eq}$) :
$$z_{\max}=\ell+\frac{v_0^2}{2g}\simeq3{,}1\ \text{m},\qquad\boxed{z_{\max}\simeq3\ \text{m au-dessus de la bobine, soit}\simeq2\ \text{m au-dessus du sommet du barreau}}$$
### Question 17
Principe fondamental de la dynamique (référentiel terrestre galiléen) :
$$\boxed{m\frac{\mathrm d\vec v}{\mathrm dt}=m\vec g-\alpha\,\|\vec v\|\,\vec v}$$
À la montée, $\vec v=v\vec e_z$ avec $v>0$ : $\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=-g-\beta v^2$ ($\beta=\alpha/m$). En séparant les variables, avec $v_\ell=\sqrt{g/\beta}$ et $\omega_0=\sqrt{g\beta}$ :
$$\frac{\mathrm dv}{g+\beta v^2}=-\mathrm dt\quad\Longrightarrow\quad\frac1{\omega_0}\arctan\frac{v}{v_\ell}=\frac1{\omega_0}\arctan\frac{v_0}{v_\ell}-t$$
$$\boxed{v(t)=\sqrt{\frac g\beta}\,\tan\!\left(\arctan\!\left(v_0\sqrt{\frac\beta g}\right)-\sqrt{g\beta}\,t\right)}\quad\text{tant que }v\geq0 .$$
La vitesse s'annule en
$$\boxed{t_1=\frac{1}{\sqrt{g\beta}}\arctan\!\left(v_0\sqrt{\frac\beta g}\right)}$$
A.N. : $\sqrt{\beta/g}\simeq1{,}4\cdot10^{-3}$ s/m, $x=v_0\sqrt{\beta/g}\simeq9\cdot10^{-3}\ll1$, donc $\arctan x\simeq x$ et $t_1\simeq v_0/g\simeq6{,}4/9{,}81\simeq0{,}65$ s :
$$\boxed{t_1\approx0{,}7\ \text{s}}$$
Le frottement est négligeable ($v_\ell\simeq7\cdot10^2$ m/s $\gg v_0$) : on retrouve la chute libre.
### Question 18
Avec $\vec f=-\gamma\vec v$ et $\vec g=-g\vec e_z$, la projection de $m\,\mathrm d\vec v/\mathrm dt=m\vec g-\gamma\vec v$ donne
$$\boxed{\frac{\mathrm dv_x}{\mathrm dt}=-\frac{\gamma}{m}\,v_x,\qquad\frac{\mathrm dv_z}{\mathrm dt}=-g-\frac{\gamma}{m}\,v_z}$$
avec $v_x(0)=v_0\cos\theta$, $v_z(0)=v_0\sin\theta$. (Solutions exactes, utiles pour contrôler le calcul numérique : $v_x=v_0\cos\theta\,e^{-\gamma t/m}$, $v_z=-\frac{mg}{\gamma}+\left(v_0\sin\theta+\frac{mg}{\gamma}\right)e^{-\gamma t/m}$.)
### Question 19
Pour $u'=F(u,t)$, $u(0)=u_0$, le schéma d'Euler explicite est $u_{k+1}=u_k+\mathrm dt\,F(u_k,t_k)$, $t_k=k\,\mathrm dt$ :
```python
def euler(u0, F, dt, N):
"""Euler explicite pour u' = F(u, t), u(0) = u0.
Renvoie la liste [u_0, ..., u_N] aux instants t_k = k*dt."""
U = [u0]
for k in range(N):
U.append(U[k] + dt * F(U[k], k * dt))
return U
```
### Question 20
```python
from math import cos, sin, pi
m, g = 3e-3, 9.81 # kg, m.s^-2
v0 = 6.4 # m.s^-1 (question 16)
gamma = 4e-7 # kg.s^-1, de l'ordre de alpha*v0 = beta*m*v0
theta = pi / 4 # inclinaison du barreau (rad)
dt, N = 1e-3, 3000 # pas (s) et nombre de pas : 3 s simulées
def Fx(vx, t):
return -gamma / m * vx
def Fz(vz, t):
return -g - gamma / m * vz
Vx = euler(v0 * cos(theta), Fx, dt, N)
Vz = euler(v0 * sin(theta), Fz, dt, N)
```
### Question 21
On intègre $\dot x=v_x$, $\dot z=v_z$ par le même schéma, à partir de $O$ (sommet du barreau) :
```python
X, Z = [0.0], [0.0]
for k in range(N):
X.append(X[k] + dt * Vx[k])
Z.append(Z[k] + dt * Vz[k])
```
`X[k]`, `Z[k]` sont les coordonnées approchées à l'instant $t_k$ ; les listes ont $N+1$ éléments.
### Question 22
L'énoncé ne précise pas l'altitude du sol : on la passe en paramètre `zsol`, par défaut $0$ (retour au niveau du point de lancement $O$). La portée est l'abscisse du premier passage de `Z` sous `zsol` après le départ, affinée par interpolation linéaire.
```python
def fleche(X, Z):
"""Hauteur maximale atteinte, comptée depuis O."""
return max(Z)
def portee(X, Z, zsol=0.0):
"""Distance horizontale parcourue quand l'anneau retombe à l'altitude zsol.
Renvoie None si l'anneau n'est pas retombé pendant la simulation."""
for k in range(1, len(Z)):
if Z[k - 1] > zsol >= Z[k]:
return X[k - 1] + (X[k] - X[k - 1]) * (Z[k - 1] - zsol) / (Z[k - 1] - Z[k])
return None
```
Avec les paramètres de Q20 : `fleche(X, Z)` $\simeq1{,}05$ m et `portee(X, Z)` $\simeq4{,}18$ m (parabole sans frottement : $v_0^2\sin2\theta/g\simeq4{,}17$ m). Si l'on veut le sol réel, il suffit de donner à `zsol` l'altitude du sol sous $O$ (négative), par exemple `portee(X, Z, -1.0)` $\simeq5{,}0$ m si le sol est à 1 m sous $O$.
## IV — Température de l'anneau
### Question 23
Le courant suit l'anneau : il est **orthoradial**, selon $\vec e_\theta$. Il traverse la section droite rectangulaire $e\times d$, sur laquelle $\vec\jmath_2$ est uniforme :
$$\boxed{\vec\jmath_2(t)=\frac{I_2\cos(\omega t)}{e\,d}\,\vec e_\theta}$$
Amplitude : $I_2/(ed)=15/(10^{-3}\times5\cdot10^{-3})=3\cdot10^6$ A·m⁻².
### Question 24
Loi d'Ohm locale $\vec\jmath_2=\gamma\vec E$ : puissance volumique $p=\vec\jmath_2\cdot\vec E=j_2^2/\gamma=\dfrac{I_2^2\cos^2(\omega t)}{\gamma e^2d^2}$. Avec $\langle\cos^2\rangle=1/2$ :
$$\boxed{p_J=\frac{I_2^2}{2\gamma e^2d^2}}$$
A.N. : $p_J=\dfrac{(3\cdot10^6)^2}{2\times6\cdot10^7}=7{,}5\cdot10^4$ W·m⁻³, soit $\boxed{p_J\simeq8\cdot10^4\ \text{W·m}^{-3}}$.
### Question 25
Loi de Newton : densité de flux cédée à l'air $h(T-T_0)$. Les deux faces latérales (rayons $a$ et $a\pm e$) ont, pour $e\ll a$, la même aire $2\pi ad$ ; l'aire d'échange vaut $4\pi ad$. Flux thermique total cédé par l'anneau à l'air :
$$\boxed{\Phi_{\text{th}}=4\pi a\,d\,h\,\big(T(t)-T_0\big)}$$
(positif quand l'anneau est plus chaud que l'air ; le flux reçu par l'anneau est $-\Phi_{\text{th}}$).
### Question 26
Volume $V=2\pi a\,e\,d$, masse $\rho V$. Premier principe pour l'anneau solide indéformable, de température uniforme, entre $t$ et $t+\mathrm dt$ :
$$\rho Vc\,\frac{\mathrm dT}{\mathrm dt}=p_JV-4\pi adh\,(T-T_0)\quad\Longrightarrow\quad\frac{\mathrm dT}{\mathrm dt}+\frac{2h}{\rho ce}(T-T_0)=\frac{p_J}{\rho c}$$
$$\boxed{\tau=\frac{\rho\,c\,e}{2h},\qquad A=\frac{I_2^2}{2\gamma\rho c\,e^2d^2}}$$
Le rayon $a$ s'élimine. A.N. : $\tau=\dfrac{9\cdot10^3\times380\times10^{-3}}{2\times0{,}5}\simeq3{,}4\cdot10^3$ s $\approx3\cdot10^3$ s ; $A=\dfrac{7{,}5\cdot10^4}{9\cdot10^3\times380}\simeq2{,}2\cdot10^{-2}$ K·s⁻¹ $\approx2\cdot10^{-2}$ K·s⁻¹.
### Question 27
Solution de l'équation homogène $\lambda e^{-t/\tau}$, solution particulière $T_0+A\tau$, et $T(0)=T_0$ :
$$\boxed{T(t)=T_0+A\tau\left(1-e^{-t/\tau}\right)}$$
$T$ croît de façon monotone vers $T_\infty=T_0+A\tau=T_0+\dfrac{p_Je}{2h}=300+\dfrac{7{,}5\cdot10^4\times10^{-3}}{1}=375$ K $\approx4\cdot10^2$ K, soit environ $100$ °C. La fusion a lieu à $\theta_{\text{fus}}=1085$ °C, soit $1358$ K. Pour tout $t$, $T(t)<T_\infty\ll1358$ K :
**L'anneau ne fond pas : sa température plafonne vers $1\cdot10^2$ °C.** (Le modèle néglige le rayonnement et prend un $h$ faible : $T_\infty$ est plutôt surestimé, ce qui renforce la conclusion.)
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