Corrigé - Prépa Jean Bart

Électromagnétisme
I. La bobine de Ruhmkorff
I.A - Résistance des deux bobines
⊲ Pour la bobine du primaire, les choses sont assez simples.
On a une première équation par la résistance R1 :
R1 =
1 ℓ1
γ s1
avec ℓ1 ≃ N1 × 2πr1 (comme a1 , le rayon du fil de l’enroulement, est très faible devant r1 ), et s1 = πa21 .
De plus, les spires étant jointives, on a h1 = N1 × (2a1 ) (diamètre du fil).
On en déduit le nombre de spires de l’enroulement primaire :
N1 =
γR1 h21
8r1
!1/3
≃ 404 spires
On trouve ℓ1 ≃ 68,5 m , et d1 = 2a1 = 1,08 mm .
La condition d1 ≪ r1 est bien vérifiée.
⊲ On propose deux méthodes pour l’enroulement secondaire. On a déjà :
R2 =
1 ℓ2
γ πa22
1. dans la première méthode, on introduit le nombre N de couches superposées de fil. La longueur du fil
est alors :
ℓ2 =
N
X
k=1
2πrk × N2
où N2 est le nombre de spires accolées pour une couche de l’enroulement, et rk le rayon de la k-ième
couche.
On a :
rk = (r1 + a1 ) + a2 + k × (2a2 ) ≃ r1 + 2ka2
en supposant N grand devant 1 et a2 petit devant r1 , et h2 = N2 × (2a2 ).
On obtient donc :
r2
r2
ℓ2 = πh2 N
+ N (N + 1) ≃ πh2 N
+N
a2
a2
r2 /a2 étant grand devant 1 également, on ne le néglige pas.
r ′ − r2
L’empilement de couches étant jointif, N = 2
. On peut mesurer sur la photographie fournie
2a2
r2′ = 50 mm et on connaît r2 = r1 + 2a1 = 29 mm. Par ailleurs, h2 = 35 cm.
On a donc finalement trois équations portant sur les trois inconnues (ℓ2 , a2 , N ) :





En résolvant ce système, on trouve :




ℓ2 = πγR2 a22
2N a2 = r2′ − r2
ℓ2 = N πh2
r2
+N
a2
(r2′ − r2 )r2′ h2
d2 = 2a2 = 2
4γR2
1/4
≃ 0,224 mm
Le fil est bien plus fin que dans l’enroulement primaire.
On a aussi N ≃ 94 ≫ 1 , et ℓ2 = 23 km ( !) On peut donc bien parler de prouesse technologique,
puisque le bobinage secondaire contient N × N2 ≃ 145 000 tours !
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Électromagnétisme
2. la seconde méthode est plus approximative, mais donne déjà un bon ordre de grandeur (elle est aussi
plus courte. . . mais serait peut-être moins valorisée). On se base sur le volume occupé par l’enroulement.
On fait l’hypothèse que tout le volume disponible est occupé par du fil de cuivre.
Alors,
′
π(r22 − r22 )h2 = πa22 ℓ2
′
(r22 − r22 )h2
Directement, d2 = 2a2 = 2
πγR2
!1/4
≃ 0,266 mm
et ℓ2 ≃ 33 km .
Cette méthode est a priori moins précise, on néglige en effet le volume occupé par l’isolant, indispensable si l’on veut que le courant circule de façon orthoradiale ! De plus, l’enroulement jointif de spires
n’est pas parfaitement compact (la compacité maximale dans le plan pour des cercles est de 93 %) :
cette méthode surestime a2 .
I.B - Détermination de grandeurs inductives de l’association de Ruhmkorff
⊲ Expérience 1
R0
Le circuit (2) étant ouvert, i2 (t) = 0. On a donc pour le primaire :
di1
+ (Rg + R0 + R1 )i1 (t)
ug (t) = L1
dt
Rg
où ug (t) est une tension créneau variant entre 0 et E, de période
T manifestement grande devant le temps d’évolution τ du circuit.
R1
u(t)
L1
ug (t)
i1(t)
Pour t < t0 = 110 µs, le courant est établi dans le primaire, en régime permanent, à une valeur
E
i1,∞ =
, et la tension mesurée aux bornes de R0 vaut :
R0 + R1 + Rg
u(t < t0 ) = R0
E
= u∞
R0 + R1 + Rg
À t = t0 , ug (t) passe à 0, et la solution de l’équation différentielle précédente conduit (i(t) étant continue
à cause de la présence de l’inductance propre L1 ) :
u(t > t0 ) = u∞ exp(−(t − t0 )/τ )
L1
est le temps caractéristique de rupture du courant dans le circuit.
R0 + Rg + R1
Lorsque t − t0 = τ , on a donc u(t0 + τ ) = u∞ e−1 ≃ 0, 37u∞ . Une mesure sur le graphe fourni donne
u∞ ≃ 0,92 V, d’où u(t0 + τ ) ≃ 0,34 V.
On en déduit par lecture τ ≃ 135 − 110 ≃ 25 µs. D’où :
où τ =
L1 = (R0 + Rg + R1 )τ ≃ 3,8 mH
Cette faible valeur est cohérente avec le nombre de spires restreint de l’enroulement primaire.
⊲ Expérience 2
On a cette fois i1 (t) = 0. Le circuit secondaire a la forme représentée ci-contre, où e(t) = E cos(ωt). On est en régime sinusoïdal
forcé, la réponse est donc à la même pulsation ω. On mesure sur
la figure B une période de 50 ms, soit une fréquence du GBF de
20 Hz. La tension aux bornes du bobinage secondaire est u2 (t)
(R2 étant indissociable de L2 ), et on note ua (t) la tension aux
bornes de la résistance Ra = 10 kΩ.
R2
ua(t)
Ra
i2(t)
L2
u2(t)
e(t)
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Électromagnétisme
On utilise la notation complexe : la loi des mailles, en utilisant la loi d’Ohm généralisée donne :
e = Ra i2 + u2 = (Ra + R2 + jL2 ω)i2
On en déduit :

Ra


 ua = Ra i2 =
e

Ra + R2 + jL2 ω

R2 + jL2 ω


e
 u2 =
Ra + R2 + jL2 ω
R2
L2 ω
1+j
ua .
Ra
R2
La tension u2 (t) est donc en avance de phase par rapport à la tension ua (t), en notant ϕ cette avance de
phase :
L2 ω
tan ϕ =
R2
∆t
≃ 1,13 rad ≃ 65◦ sur la figure B, u2 (t) correspond au signal dont l’amplitude
On mesure ϕ = 2π ×
T
semble la plus faible.
Finalement,
R2 tan ϕ
L2 =
≃ 165 H
2πf
soit u2 =
C’est évidemment une valeur énorme pour L2 , mais cela correspond bien au nombre de spires « pharamineux »de l’enroulement secondaire ! (une bobine en TP a une inductance propre de quelques dizaines de
mH)
⊲ Expérience 3
On a le circuit ci-contre, avec e(t) = E cos(2πf t), on fait varier
la fréquence f du générateur. Les voltmètres étant de grande
R1 i1(t)
i2(t) R2
impédance, on peut les assimiler à des interrupteurs ouverts, ainsi
i2 (t) = 0. On a donc :
e(t)
(
u1 = (R1 + jL1 ω)i1
u2 = jM ωi1
L2
L1
u2(t)
M
On en déduit la fonction de transfert :
H=
soit le gain G = |H| :
u2
jM ω
=
u1
R1 + jL1 ω
Mω
G(ω) = q
R12 + (L1 ω)2
On reconnaît un filtre passe-haut du premier ordre que l’on peut mettre sous forme canonique :
H(jω) =
L ω
M j R11
L1 1 + j LR1 ω
1
M
M
⇒ GHF =
⇒ GdB,HF = 20 log(M/L1 ). Par lecture sur la figure C,
En hautes fréquences, H ∼
L1
L1
GdB,HF = 42, 5 dB. On en déduit :
M = L1 × 10
42,5
20
= 0,51 H
On peut vérifier que M ≤ L1 L2 = 0,60 H : la mutuelle est proche de la mutuelle maximale possible.
Remarque : La fréquence de coupure du filtre passe-bas à -3 dB est comprise entre 30 et 40 Hz. On peut
retrouver la valeur de L1 :
R1
≃ 4,9 mH
L1 =
2πfc
avec fc = 40 Hz. On retrouve le bon ordre de grandeur.
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Électromagnétisme
I.C - Tension induite lors de la rupture de courant
1.

di1


+ R1 i1 (t)
 u1 (t) = L1
dt

di

 u2 (t) = M 1
dt
2. À partir de la fermeture de l’interrupteur (t = 0),
e0 = L1
di1
+ R1 i1 (t)
dt
L’intensité i1 (t) est continue à cause de la présence de L1 , d’où :
i1 (t > 0) =
e0
t
1 − exp −
R1
τ1
avec τ1 = L1 /R1 , de l’ordre de 3 ms.
M e0
t
3. On a donc u2 (t > 0) =
exp −
L1
τ1
0, 5 × 100
4. On obtient u2 (0+ ) ≃
≃ 13 × 103 V : ce dispositif permet bien de créer des étincelles.
3, 8 × 10−3
di1
5. Au bout de quelques τ1 , la tension M
est inférieure à la tension nécessaire pour déclencher les
dt
étincelles : il faut alors fermer l’interrupteur, ce qui va provoquer une décroissance de i1 (t) et donc
di1
à un niveau élevé.
maintenir M
dt
Dans cette approche, on néglige l’évolution des tensions aux bornes de la bobine et de la résistance du
secondaire : le temps caractéristique associé à leurs variations est de l’ordre de τ2 = L2 /R2 ∼ 16 ms
(soit 5 τ1 , l’approximation est -juste- vérifiée).
Le courant électrique ne doit donc pas passer plus de 3 à 5 τ1 : on peut adopter un temps de commutation de l’interrupteur de 5 ms par exemple.
II. Mécanisme de déclenchement de l’étincelle
II.A- Effet d’avalanche
1. Un électron est accéléré entre deux chocs par le champ électrique : le PFD donne son accélération,
constante :
−
→
→
me −
ae = −e E
Il acquiert ainsi en un temps moyen τc une vitesse avant collision (on peut supposer qu’en moyenne la
vitesse initiale est nulle, les vitesses étant équi-réparties spatialement) :
→
e −
−
→
E τc
ve = −
me
soit une énergie cinétique :
Ec =
1 e2 E 2 τc2
1
me ve2 =
2
2 me
(on a supposé les électrons non relativistes)
L’effet d’avalanche peut se produire lorsque cette énergie cinétique devient comparable à l’énergie
d’ionisation W : l’électron peut ainsi éjecter un électron secondaire de l’atome cible. Il faut donc
Ec > W , soit :
√
2me W
= Ed
E>
eτc
Pour l’oxygène, on trouve Ed ≃ 1,2 × 107 V m−1 , c’est un ordre de grandeur correct du champ disruptif.
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Électromagnétisme
2. Entre deux chocs, toujours en supposant une vitesse initiale nulle (vrai en moyenne), la vitesse de
−
→
→
l’électron est −
ve (t) déterminée plus haut, soit une position, en projection sur la direction de E :
x(t) =
Z
t
0
ve (t′ )dt′ = ae
t2
2
Le libre parcours moyen ℓ est alors :
ℓ = x(τc ) =
eEd 2
τ = 1, 32 µm
2me c
D’après la figure D, le potentiel électrique sur des distances caractéristiques de l’ordre de 100 µm,
et donc le champ électrique, qui est sa dérivée, également. Le libre parcours moyen étant très faible
devant cette distance, l’approximation de champ uniforme entre deux chocs est justifiée.
II.B- Estimation de la tension nécessaire pour déclencher l’étincelle
−
→
→
→
1. • En coordonnées cylindriques, le plan (M, −
er , −
ez ) est un plan de symétrie, le champ E (M ) appartient
donc à ce plan. • le plan médiateur des deux électrodes (z = 0) est un plan d’antisymétrie des charges,
−
→
−
→
c’est donc aussi un plan d’antisymétrie de E ; notamment E (z = 0) ⊥ (z = 0).
2. Les lignes de champ électrique sont perpendiculaires aux équipotentielles, et dirigées des potentiels élevés vers les potentiels faibles, soit ici suivant
z croissant. L’électrode portée au potentiel positif
porte des charges positives, et l’électrode de potentiel négatif des charges négatives (la charge totale
est nulle, il s’agit d’un condensateur).
-0,1V
-0,2 V
0V
0,2V
3. C =
q
= 0,31 pF
U
−
→
4. D’après la figure E, le champ électrique est minimal sur l’axe (Oz) en z = 0 (car E (r = 0, z) =
−
→
− dV
dz (r = 0, z)uz ).
Par ailleurs, le champ disruptif devant être atteint en tout point, il suffit que E(z = 0) > Ed . On
suppose que l’étincelle se produit sur l’axe, là où les champs électriques sont les plus forts (c’est
l’endroit où les lignes de champ sont le plus resserrées).
0,50 V
≃ 500 V m−1 . Ceci correspond à une
A partir de la figure D, on peut estimer E(z = 0) ≃
0,50 mm
tension U = 2 V entre les électrodes. Pour que le champ disruptif Ed = 3,6 × 106 V m−1 soit atteint
en z = 0, il faut donc une tension U ≥ 14 400 V .
1
5. E = CU 2 = 3,2 × 10−5 J. Cette énergie peut être dissipée sous forme d’effet Joule dans le canal
2
conducteur ionisé qui provoque une élévation de température dans le plasma, sous forme d’énergie
lumineuse émise par les atomes, d’énergie sonore (onde de pression) . . .
6. D’après la figure F, E(r, z = 0)/E(r = 0, z = 0) ≥ 0, 9 pour r ≤ 0,45 mm. On a ainsi un diamètre de
la zone parcourue par l’étincelle d = 0,9 mm
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Électromagnétisme
IV. Deux modèles théoriques à confronter à l’expérience
IV.A- Propagation d’une onde électromagnétique dans un plasma neutre à faible densité
1.

−
→

div E = 0




−
→



 div B = 0
→
−→ −
∂B

rot E = −


∂t




−
→
∂E
→
−
→

 rot B = µ (−
)
0 j + ǫ0
∂t
On en déduit l’équation de propagation :
−
→
−
→
1 ∂2 E
→
µ0 γ0 −
∆E − 2
E
=
2
c ∂t
τc
2. On obtient en injectant :
k2 =
,
soit k2 =
ω 2 − ωp2
avec ωp =
c2
r
ω 2 µ0 γ0
−
c2
τc
γ0
.
τ c ǫ0
3. Pour ω ≫ ωp , on peut effectuer un développement limité :
soit pour l’indice optique :
c
ω
vϕ = = q
k
1−
n=
ωp2
ω2
1 ωp2
≃c 1+
2 ω2
!
ωp2
γ0
c
≃1− 2 =1−
vϕ
2ω
2τc ǫ0 ω 2
On obtient donc bien une fonction affine pour n(n∗ ) :
n ≃1−
e2
n∗
2mǫ0 ω 2
n ≃ n0 −
e2
n∗
2mǫ0 ω 2
4. On obtient alors :
Le fait que n0 6= 1 signale que l’on ne peut pas négliger l’interaction entre les molécules et l’onde
électromagnétique (c’est un milieu diélectrique).
IV.B- Analyse thermodynamique
1. On applique le premier principe au gaz contenu dans la colonne cylindrique. On suppose que la transformation, rapide, est isochore. On a alors :
∆U = Cv ∆T =
avec un nombre de moles gazeuses n =
nγR
∆T = We
γ−1
p0 πa2 le
= 4,06 × 10−8 mol
RT0
7
(air = GP diatomique à température ambiante).
5
On obtient ainsi ∆T ≃ 47 K
On prend γ = 1, 4 =
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Électromagnétisme
2. On utilise la loi de Gladston-Dale présentée en annexe, en assimilant l’air à un gaz parfait :
(n − 1) =
0, 079
T
soit une variation d’indice :
∆n = 0, 079
1
1
−
T0 + ∆T
T0
≃ −3,8 × 10−5
On ne dispose pas des résultats de la partie C pour comparer cette variation d’indice à une variation
d’indice mesurée.
IV.C- Conclusion
L’échauffement peut provoquer une variation de pression locale. Toujours avec une transformation isoTf
= 1,16 atm. Ainsi, à la disparition du courant, une onde sonore intense peut se
chore, on aura pf = p0
T0
propager dans l’air.
Dans le modèle électromagnétique, il n’y a pas de modification locale de la pression.
Le modèle thermodynamique est celui qui semble le mieux expliquer l’émission de son.
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