TD09 : électromagnétisme, ARQS (correction)

Z
Lycée Naval, Spé 2.
b
Z
h
Φ1→2 =
y=a
TD09 : électromagnétisme, ARQS (correction)
x=0
µ0 i1
dxdy
2πy
⇒
Φ1→2
µ0 h
=
ln
2π
b
i1
a
Par identification, on obtient :
µ0 h
M=
ln
2π
EM071. Inductance propre d’une bobine torique (*)
1. On considère le flux du champ magnétique créé par le tore à travers les
spires du tore. Pour une spire :
ZZ
Z b Z h
µ0 N I
µ0 N Ih
b
~
~
drdz =
ln
Φ1s =
Bint .dS =
2πr
2π
a
r=a z=0
Le flux à travers les N spires de la bobine torique
:
µ0 N 2 h
b
Φp = N Φ1s ⇒ Φp =
ln
×I
2π
a
L’inductance propre est définie par Φp = LI, on en déduit :
µ0 N 2 h
b
L=
ln
2π
a
b
a
EM072. Détection par boucle inductive (**)
1. Pour le circuit de la boucle inductive, la loi des mailles s’écrit :
dΦ
d
di1
di2
u = −e = −
= − (L1 i1 + M i2 ) donc u = L1
+M
dt
dt
dt
dt
di2
di1
+M
=0
dt
dt
On combine alors les deux expressions en éliminant le courant i2 :
di1
M di1
M2
di1
u = L1
+M ×−
donc u = L1 1 −
dt
L2 dt
L1 L2 dt
Pour le véhicule, l’équation s’écrit : L2
2. L’énergie volumique magnétique, à l’intérieur du tore, a pour expression :
B2
1 µ20 N 2 I 2
µ0 N 2 I 2
ωB =
=
⇒
ω
=
B
2µ0
2µ0 4π 2 r2
8π 2 r2
On intègre alors sur la totalité de la bobine torique pour obtenir l’énergie
magnétique contenue dans le tore :
Z b Z 2π Z h
µ0 N 2 I 2
µ0 N 2 I 2 h
b
dr × rdθ × dz =
ln
EB =
2 r2
8π
4π
a
r=a θ=0 z=0
Pour cet unique circuit d’inductance L, l’énergie magnétique s’identifie à
1
EB = LI 2 ; en comparant les deux expressions, on en déduit comme par la
2
première méthode :
µ0 N 2 h
b
L=
ln
2π
a
En présence du véhicule, le dipôle AB est équivalent à une inductance :
M2
0
L = L1 1 −
L1 L2
2. Il s’agit de l’application de la loi de Lenz : les courants induits dans la
carcasse du véhicule créent un champ magnétique qui tend à s’opposer au
champ magnétique de la bobine L1 . En conséquence, le champ magnétique
au niveau de la bobine L1 s’en trouve réduit, comme si l’inductance propre
était plus faible.
3. Pour un circuit constitué d’une bobine d’inductance L1 et d’un condensa1
.
teur de capacité C, la pulsation d’oscillation propre vérifie : ω02 =
L1 C
Pour estimer la variation relative de pulsation compte tenu de la variation
relative d’inductance, on considère la différentielle logarithmique de l’expression :
dω0
dL1
dω0
dL1
∆ω0
M2
2
=−
donc
=−
c’est à dire
=
ω0
L1
ω0
2L1
ω0
2L1 L2
EM057. Inductance mutuelle (*)
L’inductance mutuelle est définie par : Φ1→2 = M i1 . Il s’agit donc de déterminer
le flux du champ magnétique créé par le fil infini à travers la spire rectangulaire.
Avec les orientations indiquées, et en notant y la distance à l’axe, le fil infini crée,
~ 1 = −µ0 i1 ~uz .
en un point M (x, y, 0), un champ magnétique B
2πy
EM108. Chute d’une tige dans un champ magnétique permanent (*)
1. Dans le champ de pesanteur terrestre, la tige T est accélérée.
La tige se déplace dans un champ magnétique permanent, on est en présence
d’une induction de Lorentz, un courant induit apparaît dans le circuit.
Il reste à évaluer le flux de ce champ à travers la spire rectangulaire en tenant
compte que le vecteur surface de la spire rectangulaire est orienté selon −~uz .
1
On note x l’allongement du ressort. L’équation en projection sur l’axe (Ox)
conduit à :
d2 x
m 2 = −iBa − kx (1)
dt
D’après la loi de Lenz, la force de Laplace qui s’exerce alors sur la tige tant
à freiner cette tige.
2. Le circuit est orienté conformément à l’axe ~uz .
Expression de la f.e.m : e = −
dΦ(t)
dx(t)
= −B × a ×
dt
dt
Le déplacement de la tige au sein du champ magnétique conduit à l’apparition d’une force électromotrice :
dΦ
d
e(t) = −
= − [B × (L0 − x)a] ⇒ e(t) = Baẋ
dt
dt
Équation électrique : dans le cas d’un circuit fermé :
Ba dx(t)
e = Ri donc i = −
R dt
Force de Laplace :
Z
Z
f~ =
~ =
id~l ∧ B
T
On obtient alors pour l’équation électrique du circuit :
u + Baẋ
(2)
u + e = Ri ⇔ i =
R
idy~uy ∧ B u~z = iaB~ux
En reportant l’expression de l’intensité du courant dans l’équation mécanique, on obtient l’équation différentielle vérifiée par la position de la tige :
T
L’intensité étant négative, la force de Laplace exerce bien une action dirigée
vers le haut, opposé au mouvement de la tige.
m
Équation mécanique :
On applique la deuxième loi de Newton à la tige T soumise à son poids et à
la force de Laplace, ce qui donne en projection sur l’axe vertical descendant :
dv
B 2 a2
dv v
m
= mg + iBa = mg −
v donc
+ =g
dt
R
dt
τ
mR
avec τ = 2 2 .
B a
C’est à dire :
ẍ +
La tige est accélérée et tend vers une vitesse limite v∞ .
EM091. Tige et induction (Banque PT 2013, **)
1. On commence par orienter le circuit :
k
i
+
R
R
u(t)
m
+
B 2 a2
ω0
=
Rm
Q
m
m
m
2
(ω02 − ω 2 ) + ω 2
u(t)
y
Lo
et
ω02
Q2
e(t)
B
x
Ba
k
ω0
ẋ + ω02 x = −
u avec ω02 =
Q
mR
m
2. Pour cette équation linéaire, l’excitation sinusoïdale de la tension du générateur va imposer un mouvement sinusoïdale pour la tige, on se place en
régime forcé et en représentation complexe x(t) = X m ejωt :
Ba
−
u0
ω
Ba
0
mR
−ω 2 X m + jω X m + ω02 X m = −
u0 ⇔ X m =
ω0
Q
mR
(ω02 − ω 2 ) + jω
Q
La vitesse étant la dérivée de la position par rapport au temps, l’amplitude
complexe de la vitesse vaut :
Ba
u0
ω
mR
⇒
V = |V | = s
V = jωX
Compte-tenu de la condition initiale, la solution de cette équation est :
v(t) = v∞ 1 − e−t/τ
avec v∞ = gτ
i
d2 x
B 2 a2
Ba
=
−kx
−
ẋ −
u
dt2
R
R
EM075. Alternateur rudimentaire (**)
x
1. Commençons par évaluer
Z Zle flux du champ magnétique à travers la bobine :
~ S
~ = BSN cos θ = BSN cos (ωt)
Φ=
B.d
On applique la relation fondamentale à la tige qui est soumise à son poids, à
la réaction normale du support, à la force de Laplace et à l’action du ressort.
2
On peut alors évaluer la f.e.m :
dΦ(t)
e=−
donc e = BSN ω sin (ωt)
dt
2. Pour entretenir la rotation, le moment ~Γop doit compenser le moment des
forces de Laplace ~ΓLap . Évaluons ce moment de deux manières :
jωL1 I 1 + jωM I 2 = 0
3. Une pince ampèremétrique permet de mesurer des intensités très importantes de plusieurs dizaines voire centaines d’ampères parcourant un fil car
le courant dans la bobine torique est beaucoup plus faible (N 1).
De plus en refermant la bobine autour du fil on peut mesurer le courant
dans le fil sans avoir besoin d’ouvrir le circuit électrique pour placer un
ampèremètre.
(a) Le moment des forces de Laplace peut être évalué en se rappelant que
la puissance des forces de Laplace est opposée à la puissance de la force
électromotrice :
e2
B 2 S 2 N 2 ω 2 sin2 (ωt)
PLap = ΓLap × ω = −Pf em = −ei = − = −
R
R
~
~
On en déduit avec Γop = −ΓLap :
~Γop
I1
M
1
=
=
I2
L1
N
⇒
EM118. Courants de Foucault, barreau cylindrique (***)
~
∂B
−→ ~
1. L’équation de Maxwell-Faraday rotE
=−
montre que le champ magné∂t
tique variable est la source du champ électrique qui a les symétries d’un
champ magnétique.
Tout plan (M, ~ur , ~uθ ) est un plan de symétrie des sources, le champ élec~
trique en M est perpendiculaire à ce plan : E(M
) = Eθ (r, θ, z)~uθ . Du fait de
~
l’invariance par rotation d’angle θ et translation selon Oz, E(M
) = Eθ (r)~uθ .
B 2 S 2 N 2 ω sin2 (ωt)
=
~uz
R
(b) Pour une bobine d’aire S parcourue par un courant i et possédant N
−
→
spires, le moment magnétique a pour expression : M = N iS~n avec
i = e/R.
Ce qui donne pour le couple des forces de Laplace :
2
2 2 2
~ΓLap = N is~n ∧ B
~ = −N iSB sin (ωt)~uz = − N S B ω sin (ωt) ~uz
R
Avec ~Γop = −~ΓLap , on obtient le résultat attendu.
LeI théorèmeZ Z
de Stokes appliquéàZl’équation
:
de Maxwell-Faraday
Z
I
d
dΦ
−
→
~ S
~=−
~ ~l =
~ S
~
~ ~l = −
rotE.d
E.d
B.d
⇒
E.d
dt
dt
On applique le théorème de Stokes sur un cercle de rayon r < a centré sur
l’origine et orienté conforme à ~uz :
EM077. Pince ampèremétrique (**)
~ = µ0 i2 ~uθ .
1. Le fil infini crée un champ magnétique : B
2πr
On détermine le flux du champ magnétique créé par le fil à travers les N
spires de la bobine torique :
Z b Z h
µ0 i2 h
b
µ0 i2
drdz = N
ln
Φ2→1 = N
2π
a
r=a z=0 2πr
µ0 N h
b
L1
Par définition Φ2→1 = M i2 , donc M =
ln
=
.
2π
a
N
Eθ (r) × 2πr = −
d
B0 cos (ωt)πr2
dt
⇒
~ 0 = B0 ωr sin (ωt)~uθ
E
2
γB0 ωr
2. D’après la loi d’Ohm locale : ~j0 =
sin (ωt)~uθ .
2
La puissance volumique instantanée est dissipée par effet Joule :
2 2 2
~ 0 = γE 2 = γB0 ω r sin2 (ωt)
pv = ~j0 .E
0
4
On considère cette puissance en moyenne dans le temps ( sin2 (ωt) = 1/2)
et on intègre sur l’ensemble du volume du cylindre :
Z h Z 2π Z a
γB02 ω 2 r2
γB02 ω 2 hπa4
P=
dr × rdθ × dz ⇒
P=
8
16
z=0 θ=0 r=0
2. On représente le circuit équivalent à la bobine torique dont on néglige la
résistance :
e
~ 1 est créé par un courant orthoradial, il s’agit de la
3. Le champ magnétique B
géométrie d’un solénoïde à la différence que le courant n’est pas localisé à
la surface mais réparti en volume. L’étude des symétries et des invariances
di1
di2
La loi des mailles s’écrit : e = L1
+M
= 0, c’est à dire en régime
dt
dt
forcé :
3
~ 1 = Bz (r)~uz et on suppose le champ magnétique créé
conduit donc à B
par cette distribution est nul à l’extérieur (comme pour le solénoïde). On
applique le théorème d’Ampère sur le contour EF GH orienté conforme au
vecteur densité de courant :
On est en présente d’un système de deux équations différentielles couplées. Afin
de découpler ce système d’équations, on introduit les variables X = i1 + i2 et Y =
i2 − i1 ; en considérant la somme et la différence des deux équations précédentes,
on obtient (avec M = kL) :
uz
dX
dt
Ou tout aussi bien avec τ = L/R :
E = RX + L(1 + k)
F
G
H
~ 1 .d~l = µ0 Ienl = µ0
B
ZZ
~ ⇒ Bz (r) × l = µ0
~j0 .dS
dY
dt
→ Premier cas, 0 ≤ k < 1 :
a
I
− E = RY + L(1 − k)
E
dX
E
dY
= X + τ (1 + k)
et −
= Y + τ (1 − k)
R
dt
R
dt
On est donc ramené à deux équations différentielles indépendantes.
l
E
r
et
Z
l
z=0
Z
a
r0 =r
Les solutions générales des
équations
différentielles sont :
E
−t
E
−t
X(t) =
+ A exp
et Y (t) = − + B exp
R
τ [1 + k]
R
τ [1 − k]
γB0 ωr0
sin (ωt)dr0 dz
2
~ 1 = µ0 γB0 ω sin (ωt) × (a2 − r2 )~uz .
On en déduit : B
4
On utilise alors la continuité des intensités électriques au sein des bobines, ce qui
impose X(0) = 0 et Y (0) = 0, c’est à dire :
E
−t
E
−t
X(t) =
1 − exp
et Y (t) =
exp
−1
R
τ [1 + k]
R
τ [1 − k]
~ 1 dû à la présence du champ induit B
~ 1 se calcule de
Le champ électrique E
~
~
~
la même manière que E0 avec comme source B1 au lieu de B0 . On considère
comme contour un cercleZ de rayon
r centré sur l’origine :
r Z 2π
d
µ0 γB0 ω
E1,θ (r) × 2πr = −
sin (ωt) a2 − r2 drrdθ
dt r0 =0 θ=0
4
Avec i1 (t) =
2
~ 1 = −µ0 γB0 ω cos ((ωt) r 2a2 − r2 ~uθ .
On en déduit : E
16
[X(t) + Y (t)]
[X(t) − Y (t)]
et i2 (t) =
, on en déduit :
2
2
E
1
−t
−t
i1 (t) =
1−
exp
+ exp
R
2
τ [1 + k]
τ [1 − k]
E
−t
−t
i2 (t) =
− exp
+ exp
2R
τ [1 + k]
τ [1 − k]
Le champ magnétique induit est maximal au centre et d’amplitude :
µ0 γB0 ωa2
B1m =
et donc pour le rapport :
4
r
B1m
µ0 γωa2
1 a 2
2
=
= ×
avec δ =
B0
4
2
δ
µ0 γω
→ Second cas, k = 1 :
Les équations différentielles prennent la forme simplifiée :
dX
E
E
= X + 2τ
et −
=Y
R
dt
R
La seconde équation implique nécessairement que les intensités i1 et i2 ne peuvent
pas être continues en t = 0, en effet Y (0− ) = i2 (0− ) − i1 (0− ) = 0 6= −E/R.
δ est l’épaisseur de peau (Cf. cours sur la propagation dans les milieux), le
dispositif doit donc avoir une taille faible vis à vis de l’épaisseur de peau
pour négliger le champ induit.
EM110. Circuits résistifs couplés par mutuelle inductance (***)
La grandeur qui doit réellement être continue est l’énergie magnétique du système
qui vaut dans le cas présent (M = L) :
1
1
L
L
Em = Li21 + Li22 + Li1 i2 = (i1 + i2 )2 = X 2
2
2
2
2
Du fait du couplage magnétique, les équations électriques des circuits s’écrivent :
di1
di2
di2
di1
E = Ri1 + L
+M
(1) et 0 = Ri2 + L
+M
(2)
dt
dt
dt
dt
4
C’est donc la fonction X : t → X(t) = i1 (t) + i2 (t) qui est continue avec X(0+ ) =
X(0− ) = 0 ; la résolution de
conduit alors à :
l’équation
différentielle
t
E
1 − exp −
et Y (t) = −E/R
X(t) =
R
2τ
On en déduit :
E
1
t
i1 (t) =
1 − exp −
R
2
2τ
et
−E
t
i2 (t) =
exp −
2R
2τ
Sur les courbes, on observe que, pour un couplage faible k 1, peu d’énergie passe
dans le second circuit (l’intensité i2 reste toujours faible vis à vis de l’intensité
maximale du circuit primaire).
Avec k croissant, on observe l’augmentation du couplage, et des intensités qui
varient plus brutalement à la fermeture du système. À la limite k = 1, les intensités
sont discontinues à la fermeture de l’interrupteur.
5