Page 1 sur 6 Agrégation Interne 2001 Exercices d’induction II Corrigé Exo n°1 : 1. Le câble coaxial présente la symétrie cylindrique forte, donc on calcule le champ magnétique B par le théorème de Gauss. On choisit des coordonnées cylindriques r,, z . Il y a double invariance par translation le long de Oz, & par 0, 0 , donc r est seule variable. Tout plan rotation autour de Oz, d’où : z contenant Oz est plan de symétrie, donc on a : B B (r).u . Les lignes de champ sont donc des cercles d’axe Oz, & le théorème d’Ampère donne : I B.dl o I int B 2o r . On calcule ensuite le flux propre de ce champ à LC travers le rectangle C reliant les deux armatures du coaxial, de hauteur h (cf fib gure). I I b B.dS 2o r h.dr 2o h ln a LI , d’où on déduit l’inductance S (C ) a linéique du câble coaxial : Lo o b ln . h. I 2 a AN : valeurs raisonnables : a = 0,5 mm, b = 5 mm, & on rappelle que µo = 4.107 SI, d’où : Lo 2.107 ln 10 0,46 mH/m , valeur extrêmement faible, car une seule spire. 2. On appelle B1 & B2 les champs magnétiques créés par les deux cylindres. La règle du tire - bouchon montre (cf figure) que les deux champs sont dirigés vers les x < 0. Le champ résultant vaut donc : I 1 1 B o . On en déduit le flux propre à travers le rec2 y b y tangle C reliant les deux conducteurs, & de hauteur h : ba 1 1 I ba , d’où .dy o h ln y b y a S (C ) a o b a o b ln ln , car en l’inductance linéique : Lo h. I a a pratique on a b >> a. AN : valeurs raisonnables : a = 0,5 mm, b = 1 cm, d’où : Lo 1,2 H/m , du même ordre de grandeur. Le résultat précédent constitue l’inductance extérieure, due au champ à l’extérieur des fils. La contribution intérieure ne peut se calculer que par la méthode énergétique, puisque la notion de flux suppose le circuit filiforme. A l’intérieur d’un fil infini, ou de hauteur h >> a, le théorème d’Ampère donne, en supposant le courant I I uniformément réparti : B.dl o I int o J .dS 2r.B o 2 r 2 B o 2 r , d’où on déa 2a LC S (C ) I B.dS 2o h dW B2 o I 2 2 duit la densité d’énergie : u r . On intègre dans le volume du conducteur : d 2o 82a 4 Agrégation Interne 2001 Corrigé des exercices d’induction II Page 2 sur 6 W u.d 2 a ohI 2 a 4 1 h 2 r . 2 rh . dr Li I 2 Li o , donc Loi o , valeur indépendante 2 4 4 4 8 2 8 8 a 0 4a o I du rayon du câble, & donc valable pour un circuit filiforme. Quand a 0 , la contribution intérieure devient négligeable devant la contribution extérieure (cas des circuits filiformes, & donc quand on demande de calculer L, il s’agit en fait de la contribution extérieure). 3. La première ligne bifilaire parcourue par le courant I1 crée un champ magnétique B somme des champs B1 & B2 créés par les I I deux fils. On a, en norme : B1 o 1 , B2 o 1 , d’où on 2r1 2r2 déduit le flux à travers le circuit C2 : 1(2) B.dS2 B1 B2 .dS2 , soit : S (C 2) I 1 ( 2) o 1 2 hI 1(2) o 1 2 S (C 2) sin sin .dS2 , ou enfin : r1 r2 S (C 2) ba 2 2 b x x .dx o hI1 ln b b a , d’où l’inductance mutuelle li 2 2 b2 b x 2 2 b2 a 2 a x b 1(2) o b2 b a 2 o néique : M o ln ln 2 car en pratique b >> a. Il reste M o 0,14 H/m , h. I1 2 2 b2 a 2 toujours du même ordre de grandeur. 4. A l’intérieur du tore, au point M situé à la distance r de l’axe Oz, le fil parcouru par le courant I1 crée le I champ B1 ( r ) donné par le théorème d’Ampère : B1 ( r ) o 1 , dont le flux à travers une spire du tore 2 r Ia vaut : B1.dS2 o 1 2 S2 Da / 2 D a / 2 dr o I1a D (a / 2) . On en déduit le flux total à travers ln r 2 D ( a / 2) NI a D (a / 2) l’enroulement : N o 1 ln , puis l’inductance mutuelle par : M , soit : I1 2 D ( a / 2) Na D (a / 2) 10,5 . AN : M 2.107200.10 2 ln M o ln 40 nH , valeur extrêmement faible. 2 D ( a / 2) 9,5 Exo n°2 : 1. Le cadre est en équilibre sous l’action de son poids & du couple électromagnétique. Mouvement de rotation, donc on calcule les moments par rapport à l’axe Ox : le poids m. g a un moment 1 OG mg si G est le centre d’inertie du cadre. Ce moment est dirigé vers les x < 0 : 1x mgb. cos . A courant constant, l’énergie magnétique et donnée par WD i. 4abiB. cos . On en déduit le couple électro dWD 4abiB. sin . Autre calcul possible : le champ magnémagnétique 2 Grad WD 2 x d tique étant uniforme, le circuit se comporte comme un dipôle magnétique, donc 2 M B vers les x < 0, donc 2 x iS .B. sin . Equation d’équilibre : 1 2 0 mgb cos 4abiB sin 0 , donc : tan mg 10310 3 1 ou . 2 4aiB 4 4 4.10 1.0,25 Agrégation Interne 2001 Corrigé des exercices d’induction II Page 3 sur 6 2. Stabilité : par l’énergie pour changer. W WD Wg comprend l’énergie électromagnétique & l’énergie potentielle de pesanteur, soit : W 4abiB. cos mgb. sin . A l’équilibre, l’énergie est extrémale, donc Si l’équilibre est stable, l’énergie est minimale, donc sa dérivée seconde positive & on retrouve l’équation d’équilibre précédente. Si l’équilibre est stable, l’énergie est minimale, donc sa dérivée seconde positive. Si l’équilibre est instable, l’énergie est maximale, donc sa dérivée seconde négative. On calcule : d 2W d2 4abiB. cos mgb. sin W , normal pour une fonction sinusoïdale. Pour 1 Pour 2 d 2W : sin 1 0, cos 1 0 2 d 4 d 2W 3 : sin 2 0, cos 2 0 2 d 4 0 donc équilibre stable ; 1 0 donc équilibre instable ; 2 Exo n°3 : On considère le circuit élémentaire de dimensions b 2z , de profondeur a (cf figure). On l’assimile à un circuit filiforme C, orientée à partir de la règle du tire - bouchon & du champ magnétique. On calcule le flux du champ magnétique à travers la surface S (C) : B.dS BS car les vecteurs S (C ) B & dS sont colinéaires & de même sens, & le champ ne dépend que du temps, donc : 2 Bmbz. cos t , d’où la fem induite : d Em sin t , Em 2 Bm bz . Conductance du circuit élémentaire (les lignes de courant pouvant dt dS a.dz a.dz e raisonnablement être considérées comme parallèles) : dG car z b l 2b 2 z 2b 2 (tôle). Puissance Joule élémentaire perdue dans ce circuit : 1 1 a.dz 2 2 2 2 2 2 2 2 2 dP dG.Eeff dG.Em 4 Bm b z aBm b. z dz d’où : 2 2 2b e e/2 2 2 P aBm b 0 z 2dz P 1 1 2 2 2 2 2 3 Bm e . aBm be , d’où la puissance volumique : p eab 24 24 Cette quantité dépend de grandeurs sur lesquelles on ne peut pas intervenir : pulsation & amplitude Bm 1 du champ magnétique, conductivité de l’acier, facteur lié à la géométrie. Pour réduire ces pertes, il 24 reste à réduire e, c’est-à-dire à feuilleter le circuit massif, ce qui est réalisé dans les carcasses de transformateurs. Exo n°4 : 1. Pour chacun des solénoïdes, le champ magnétique créé au point O est dirigé suivant l’axe, & vaut : Agrégation Interne 2001 Corrigé des exercices d’induction II Page 4 sur 6 Ni Bk o k cos 2k cos 2k .uk .ik .uk , où est une constante ne dépendant que des paramètres 2L géométriques du solénoïde. Le champ résultant vaut donc : B (O ) 3 .ik .uk . On associe alors à chaque k 1 vecteur plan un nombre complexe, soit : B (O ) 3 .ik .uk , & on utilise les formules d’Euler pour représenter les sinus, ce qui donne : k 1 B 2I jt e e jt 1 e j t 2 / 3 e j t 2 / 3 .e j 2 / 3 e j t 4 / 3 e j t 4 / 3 .e j 4 / 3 2j On sépare les contributions en e jt & en e jt , ce qui donne : 2I jt 2I jt 1 1 1 . Dans le premier crochet, on reconnaît la B e 1 e j 4 / 3 e j 8 / 3 e 2j 2j somme des racines cubiques de l’unité, qui vaut zéro, d’où : B j 3 2I jt 3 2I e exp j t . 2 2 2 3 2I , & que l’argument du nombre complexe 2 associé est une fonction affine du temps : on a affaire à un champ tournant autour du point O à la vitesse angulaire constante (qui est celle du système de courants triphasés) dans le sens trigonométrique. Il en résulte que le module du champ est constant : B 2. Comme le champ magnétique créé tourne, l’angle entre sa direction & celle de la normale à la bobine dépend du temps, donc son cosinus & le flux aussi, d’où production d’une fem induite & d’un courant induit, donc de forces de Laplace qui auront un couple moteur entraînant la bobine dans un mouvement de rotation. 3. D’après la figure, on déduit l’angle N , B à un instant t quel- conque : N , B '.t , & donc le flux à travers la bobine vaut : N N B.dS NBS . cos N , B car le champ magnéS tique est supposé constant sur la bobine de faibles dimensions. On d NBS '. sin '.t Em sin '.t , où l’on a posé : en déduit la fem induite : e dt Em NBS .' . On constate que la fem induite s’annule si ' (pas de mouvement relatif, donc pas de phénomènes d’induction), d’où le nom de moteur asynchrone. On a une fem alternative, donc on se trouve en régime sinusoïdal forcé, & on utilise les notations complexes : e Ree Em . exp j 't , & de même : i Rei I . exp j 't I m . exp j't . La bobine étant un circuit R-L, on a : d Em j ' , d’où : I , d’où l’on déduit que : e z.i R jL'.i , car ici l’on a : dt R jL' L.' Em NBS .' 0 car la bobine est un circuit induc, & tan Im R R 2 L2 '2 R 2 L2 '2 tif. Il en résulte que : i(t ) I m sin 't . 4. La bobine étant un petit circuit plongé dans un champ magnétique uniforme peut être assimilée à un dipôle magnétique, donc soumise au couple : M B , où M N .i (t ) S . N est le moment magnétique de la bobine. En module, on a donc : (t ) NBS .i (t ). sin N , B , soit en définitive : Agrégation Interne 2001 Corrigé des exercices d’induction II Page 5 sur 6 (t ) NBS .I m sin 't . sin 't . Par analogie avec la définition de la puissance active : P Ueff I eff cos u(t ).i(t ) Um cos t.I m cost , on en déduit la valeur moyenne du couple : 1 1 NBS 2 ' NBS . I m cos 2 2 R 2 L2 '2 NBS 2 ' 2 R 1 2 L2 R2 ' 1 tan 2 , avec tan L.' , d’où : R . 5. On fait apparaître les grandeurs Q posé : o 1 NBS 2 Qg Qg , où l’on a L ' & g : o R 2L 1 Q 2 g 2 1 Q2g 2 NBS 2 . On calcule la dérivée : 2L d 1 Q 2 g 2 Q Qg .2Q 2 g 1 Q2g 2 o Q . Donc : o dg 2 2 2 2 2 2 1 Q g 1 Q g Si g 1 ' 0 (moteur à l’arrêt) : Q (1) o o avec Q 2 1 comme il se doit pour 2 Q 1 Q un rotor bobiné inductif ; Si g 0 ' (synchronisme, le moteur décroche) : 0 . La dérivée vaut : ' (0) oQ ; 1 d Si g g m 1 : alors 0 , le couple est maximal Q dg NBS 2 , valeur indépendante de R. & vaut : m o 2 4L D’où la courbe. Si on diminue le facteur de qualité : la tangente à l’origine s’abaisse, le maximum du couple se déplace vers la droite, en conservant la même valeur. La puissance est donnée par : P .' (1 g ) oQ g.1 g . Pour un bon facteur de qualité, le 1 Q2 g 2 1 couple n’est important qu’autour de la valeur gm, alors Pm m .1 m . Q Calcul rigoureux : on considère la fonction f ( g ) g.(1 g ) 1 Q2 g 2 qui s’annule en g = 0 & g = 1, donc il existe un maximum entre les deux. On dérive : 1 Q 2 g 2 1 2 g g.1 g .2 gQ 2 1 Q 2 g 2 2 g 2Q 2 g 3 2Q 2 g 2 2Q 2 g 3 f '(g) , soit : 1 Q 2 g 2 2 1 Q 2 g 2 2 1 2g Q2g 2 0 si 1 2 g Q 2 g 2 0 g 2 1 Q2g 2 l’on a la condition Q2 >> 1. f '(g) 1 1 Q2 Agrégation Interne 2001 Corrigé des exercices d’induction II Q2 g 1 Q2 1 Q2 1 gm si Q Page 6 sur 6 6. En prenant g comme variable : r f v 1 g 2 . La 2 quantité f représente le frottement statique (obtenu à l’arrêt, pour g = 1). La quantité v 2 représente le frottement dynamique (attention ! tous les n’ont pas la même dimension !). On discute sur la courbe suivante : Le système démarre seul si, à l’arrêt, donc pour g = 1, on a : (1) o f , ce qui est réalisé pour Q2, mais pas pour Q Q1. Pour faciliter le démarrage : il faut augmenter le couple mo teur à l’arrêt, donc augmenter la quantité o , donc diminuer Q L le facteur de qualité Q . La façon la plus simple conR siste à augmenter R par adjonction d’un rhéostat de démarrage, ce qui déplace la courbe vers la droite sans modifier les valeurs extrémales du couple moteur . d r , & donc en module : En régime permanent : le théorème du moment cinétique donne : dt r & on a deux points de fonctionnement P1 & P2 correspondant à l’intersection des courbes. Discussion de la stabilité : Au point P1 : si le moteur accélère, donc si g diminue, le couple résistant l’emporte & on retourne en P1 ; si le moteur ralentit, donc si g augmente, le couple moteur l’emporte & on retourne en P1, qui est donc stable ; Au point P2 : si le moteur accélère, donc si g diminue, le couple moteur l’emporte & on s’écarte du point P2 ; si le moteur ralentit, donc si g augmente, le couple résistant l’emporte & on s’écarte de P2, qui est donc instable ; La vitesse limite correspond donc à la limite entre ces deux types de fonctionnement, donc au sommet de 1 1 la courbe, donc g g m .1 ' , & la vitesse limite est donc . Q Q Agrégation Interne 2001 Corrigé des exercices d’induction II