Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique Correction - TD n˚9 - Induction électromagnétisme 1 Chauffage par induction − → → u z : voir cours ou exercice vu en première année. On peut utiliser le fait 1. B = µ0 ni(t)− − → que le champ B est nécessairement nul à l’infini car sinon, le champ magnétique serait constant à l’infini, ce qui implique une énergie infinie. 2. La distribution de courant est invariante par rotation d’angle θ et par translation suivant l’axe z, donc le champ ne dépend ni de θ, ni de z. Tout plan passant par un point M à la distance r de l’axe du solénoïde, et orienté suivant → → les vecteurs − u z et − u r est un plan d’antisymétrie du problème, donc le champ électrique → est nécessairement selon le vecteur − u θ , donc : − → → E = Eθ (r)− uθ − → 3. Calculons la circulation de E sur le cercle de rayon r, avec r < a, orienté dans le même sens que le courant, et de surface S : I → x ∂− B − dΦ → x −→− − → − → − → → E ·d ` = rot E · d S = − · dS = − ∂t dt C S S où l’on a utilisé successivement l’équation de Maxwell-Faraday et le théorème de Stokes H → dΦ dB → − − sur le contour C. Or : C E · d ` = 2πEθ (r) et − = −πr2 = πr2 µ0 ni0 sinωt, donc : dt dt rµ0 ni0 → − → E = sinωt− uθ 2 4. Dans le cylindre conducteur, il se crée donc un courant : − → γrµ0 ni0 − → → j = γE = sinωt− uθ 2 5. La puissance moyenne dissipée par effet Joule dans le cylindre correspond à la puissance moyenne dissipée par les forces de Lorentz , qui s’écrit : y − y y − →→ hPLor i = j · E dτ = γE 2 dτ = γ cylindre ωµ0 ni0 r 2 !2 hsin2 ωtirdrdθdz = π (µ0 ni0 )2 γω 2 b4 L 16 Cette énergie est dissipée sous forme d’effet Joule et va donc chauffer le milieu. Le chauffage étant causé par les courants induits par le champ magnétique appelés courants de Foucault, on parle donc de chauffage par induction. 6. Les plaques à induction sont des plaques de cuisson fondées le même principe, c’est à dire utilisant l’effet Joule généré par les courants de Foucault. Dans ce type de plaque, des inducteurs magnétiques sont placés sous la surface en vitrocéramique. Ces inducteurs génèrent un champ magnétique (car ils sont parcourus par PSI - Année 2010/2011 1 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique un courant électrique à une fréquence réglable entre 50 Hz et 50 000 Hz) qui induit des courants électriques dans le métal de la casserole. Ces courants produisent par effet joule de l’énergie thermique (chaleur) en circulant dans le métal de la casserole. Avec une plaque à induction, la surface de la plaque reste presque froide, seulement chauffée par la casserole elle-même. Il y a donc peu de risques de se brûler en touchant la plaque après retrait de l’ustensile et aucun risque à la prise en main de son manche, un moins grand risque de se brûler sur les bords de casseroles lorsqu’elles sont non pleinement remplies, ni sur leurs couvercles. Les casseroles doivent être d’un métal magnétique, c’est-à-dire qu’un aimant doit pouvoir se coller dessus. Autrement dit, les casseroles à base de fer fonctionnent bien, alors que celles à base de cuivre ou d’aluminium ne sont pas utilisables. 2 Coup de foudre 1. La charge totale s’écrit : Q= Z ∞ 0 I(t)dt = aire sous la courbe ' 30 carreaux Or un carreau correspond à 100.10−6 s × 20.103 A = 2C, soit Q = 60C . 60 Q = −3 = 6.104 A. T 10 2. En utilisant un modèle simplifié de condensateur entre le sol (chargé positivement), et le bas du nuage (chargé négativement par un processus complexe qui résulte principalement de la friction des particules les plus lourdes contre les autres en tombant à l’intérieur du nuage, et de l’ionisation par les rayons cosmiques), on peut écrire : U = Eh = 5.106 V , L’intensité moyenne vaut donc : Imoy = PSI - Année 2010/2011 2 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique 1 1 et Eeclair = Cu2 = QU = 1.5 × 108 J, soit, sachant que 1kW h = 3.6 × 106 J, Eeclair = 2 2 41kW h. Cette énergie est très faible, car elle n’est que 150 fois supérieure à la ration ration énergétique journalière d’un être humain. La brièveté du phénomène et la faible énergie véhiculées par la foudre, qui s’ajoutent au caractère aléatoire de l’emplacement sur lequel tombe la foudre, rend vain tout espoir d’utiliser la foudre comme source potentielle d’"énergie propre"... 3. a) La longueur du canal emprunté par l’éclair : D ' 1km. Le courant se propage à une vitesse proche de celle de la lumière dans le vide : c ' 3.108 m.s−1 . Temps du phénomène : τ ' 10−3 s. L’approximation de l’A.R.Q.S. est valable si le temps de propagation est négligeable par rapport à la durée du phénomène, soit si T τ . D Ici, T ' ' 3.3µs τ = 1000µs, donc l’A.R.Q.S. est bien vérifiée. c b) Le canal de l’éclair se comporte comme un fil, et génère un champ magnétique ortho− → µ0 I − → uθ radial donné par : B = 2πr → − Ce champ B génère à travers un éventuel circuit C sur lequel s’appuie une surface S s− → − → à travers laquelle le champ magnétique crée un flux : Φ = B · d S La présence de ce flux variable crée une f.e.m. induite e, correspondant à une tension, donnée par la loi de Faraday : → x ∂− B − dΦ → =− · dS e=− dt ∂t La tension perturbatrice dans le circuit correpond donc à e, et est proportionnelle aux variations temporelles de du champ magnétique, et donc par conséquent du courant dans le canal de l’éclair. dI Les perturbations sont donc maximales lorsque est maximal, soit entre 0 et 100µs dt lors de l’établissement du courant, et aussi une perturbation un peu plus faible entre 600 et 700µs au moment de la chute de courant. La valeur de cette perturbation ne dépend pas seulement du courant, mais également 1 de la distance à l’éclair (en ) et de la dimension et de l’orientation du circuit. r 3 Vol d’énergie La ligne haute tension étant parcourue par un courant alternatif, un champ magnétique orthoradial autour des lignes est généré. Si un utilisateur peu scrupuleux place un circuit rectangulaire de façon à récupérer le flux de ce champ magnétique, il pourra brancher ce circuit sur un récepteur et donc récupérer de l’énergie. Ceci ne serait pas possible avec une tension continue. En effet, afin qu’un courant induit apparaisse dans le circuit, il faut que le flux du champ magnétique à travers le circuit soit variable. Le courant recueilli est donc un courant alternatif. PSI - Année 2010/2011 3 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique L’effet de ce vol d’énergie est, en vertu de la loi de Lenz, de créer un champ magnétique qui va tendre à diminuer celui créé par le fil haute tension, et donc créer un champ électromoteur qui va tendre à "ralentir le courant" du fil haute tension. Il apparaîtra ainsi une chute de courant qui peut être mesurable si le vol d’énergie n’est pas négligeable devant les pertes en ligne. Remarque : l’origine du champ électromoteur précédent est le champ de Neumann. En effet, − → d’après la symétrie du problème le potentiel vecteur A est dirigé suivant l’axe du fil. Donc → − ∂A − → → Em = − est également dirigé suivant − u z. ∂t − → − → − → → −→− La modification de B modifie A en vertu de la relation B = rot A , et donc également le champ électromoteur de Neumann. 4 Analyse qualitative du phénomène d’induction 1. Si l’aimant n’est pas en mouvement, aucun phénomène d’induction ne peut avoir lieu et UAB = 0. 2. Quand on approche l’aimant dans le sens précisé sur la figure, le flux du champ magnétique à travers la bobine augmente (on rappelle que le champ magnétique "sort par la face nord" d’un aimant). Il apparaît donc dans celle-ci un courant induit qui crée un champ magnétique s’opposant à cette augmentation de flux, d’après la loi de Lenz, donc dirigé en → sens contraire de − v : le courant induit est positif de A vers B et UAB est donc positive dans la résistance. 5 Forces de Laplace 1. a) La force de Laplace s’exerçant sur la tige s’écrit : − → F Laplace = Z tige − → → − − → id ` ∧ B = −I`(x)B0 cosα→ u x − I`(x)B0 sinα− uz où `(x) = 2xtanθ correspond à la longueur de la tige parcourue par un courant → lorsque celle-ci se trouve à l’abscisse x, et où le vecteur − u z est le vecteur unitaire perpendiculaire au plan dans lequel glisse la barre. b) L’application du principe fondamental de la dynamique appliqué à la tige permet d’obtenir : → d− v − → − → → − = P + R N + F Laplace m dt − → où R N est la force de réaction exercée par le support sur la tige. Celle-ci est normale au plan de déplacement de la tige à cause de l’absence de frottement. En projection sur l’axe x, on obtient : mẍ = mgsinα − 2IxtanθB0 cosα qui peut se réécrire sous la forme d’une équatiopn différentielle harmonique : ẍ + ω02 x = gsinα avec ω02 = 2ItanθB0 cosα . m PSI - Année 2010/2011 4 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique Cette équation a pour solution, en utilisant les conditions initiales : x= gsinα (1 − cosω0 t) ω02 La tige va donc osciller à la pulsation ω0 . c) Si on change le sens du courant, la tige chute jusqu’en bas de la rampe, car aucune force n’est dirigée vers le haut de la rampe cette fois-ci. L’équation de la tige est une exponentielle en fonction de la position x. 2. a) Les forces de Laplace des fils verticaux se compensent, et la force de Laplace du fil situé au niveau de la balance est nulle car le champ magnétique y est très faible (valeur importante seulement dans l’entrefer de l’aimant en U). La résultante des forces de Laplace est celle s’exerçant sur le tronçon horizontal situé dans l’entrefer de l’aimant. En utilisant l’expression de la force de Laplace et en tenant compte du sens du champ magnétique et du sens du courant, on montre directement que la force exercée sur le fil est dirigée vers le bas. L’effet sera donc potentiellement mesurable sur la balance. b) La norme de la force est donnée par : FLaplace = I`B0 = 1 × 5.10−2 × 0.1 = 5.10−3 N FLaplace = 5.10−4 kg g soit un demi gramme, ce qui est mesurable avec une bonne balance. ce qui entraînera une variation de masse sur la balance de ∆m = 3. Les forces de Laplace s’exerçant sur les parties latérales du circuit sont horizontales et dirigées vers l’extérieur de l’entrefer. Les deux forces ne sont pas coléinéaires et induisent un moment entraînant la rotation du cadre autour de son axe. Lorsque le cadre est à l’horizontale, les deux forces sont colinéaires et le moment est nul. Si le signe du courant ne change pas, lorsque le cadre dépasse la position horizontale, le moment exercé par le couple de force de Laplace change de signe, et le sens de rotation s’inverse. Pour éviter ceci et continuer la rotation, grâce à une partie isolante au niveau du rotor du moteur (trait noir sur la figure), le signe du courant change de sens et le moment reste dirigé dans le même sens. Ce système fonctionne même si l’alimentation est continue pouisque le changement de signe du courant est dû à la mécanique même du système et non pas à une source de courant alternatif. 6 Induction et conversion d’énergie 1. La tige étant en mouvement dans un champ magnétique stationnaire, elle est soumise à un phénomène d’induction de Lorentz. Il apparaît donc dans la tige une force électromotrice e telle que Z e= tige PSI - Année 2010/2011 − − → → − → → − → → → → E m · d` avec E m = − v e ∧ B = v− u z ∧ (−B − u y ) = Bv − ux 5 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique − → et où e est orienté dans le sens de d`. En orientant le circuit dans le sens trigonométrique, on a Z a e= vBdx = vBa 0 L uy + B0 g uz ux i A B e La loi des mailles fournit alors di + Ri = e dt où i est orienté dans le sens de e. En remplaçant e par son expression, on obtient l’équation électrique : di L + Ri − vBa = 0 (1) dt L Remarque : Le flux du champ magnétique à travers le circuit est la somme du flux magnétique extérieur φe = −Ba(z + cste) et du flux propre φp = Li. La loi de Faraday s’écrit dφe dφp d(Li) dφ =− − = Bav − etot = − dt dt dt dt Par ailleurs, la loi des mailles s’écrit etot = Ri et l’on retrouve l’équation différentielle précédente. Toutefois, le circuit étant déformable, le coefficient d’inductance propre L dépend aussi du temps, effet que l’on néglige ici. 2. Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la tige est soumise : → ? à son poids m− g ; − → − − → − → R → − → → → ? à la force de Laplace F = tige id` ∧ B . Avec d` = dx − u x et B = −B − u y , on obtient − → F = Z a 0 → → → idx− u x ∧ (−B − u y ) = −iaB − uz Le principe fondamental de la dynamique appliqué à la ige dans le référentiel terrestre du laboratoire s’écrit, en projection sur vuz : mz̈ = mv̇ = mg − iBa (2) Remarque : On vérifie la loi de Lenz. Si v > 0, l’équation électrique montre que i > 0 ce qui implique F = −iBa < 0 : la force de Laplace s’oppose à la chute de la tige. PSI - Année 2010/2011 6 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique 3. Dans l’équation électrique, tous les termes ont la dimension d’une tension. En multipliant l’équation (1) par i, on obtient un bilan de puissance électrique : Li soit di + Ri2 − v i Ba = 0 dt ! d 1 2 Li + Ri2 = ei = v i aB dt 2 (3) La puissance Pel = ei fournie par la force électromotrice est en partie stockée dans la bobine (Em = 1/2 Li2 ) et en partie stockée par effet Joule (PR = Ri2 ). Dans l’équation mécanique, tous les termes ont la dimension d’une force. En multipliant l’équation (2) par v, on obtient un bilan de puissance mécanique : mz̈ v = mgv − iBav soit d 1 mv 2 − mgz dt 2 ! = F v = −v i aB (4) La puissance PL des efforts de Laplace est utilisée pour faire varier l’énergie cinétique Ec = 1/2mv 2 et l’énergie potentielle de pesanteur Em = −mgz. En sommant les équations (3) et (4), on obtient d 1 1 mv 2 − mgz Li2 dt 2 2 ! = −Ri2 (5) Cette équation indique que l’énergie totale E du circuit (magnétique et mécanique) est dissipée par effet Joule : dE = −Ri2 dt avec E = Em + Ec + Ep et 1 Em = Li2 2 1 Ec = mv 2 2 E = −mgz p Remarque : Le bilan énergétique ne fait intervenir ni le travail des efforts de Laplace, ni l’énergie électrique fournie par la f.e.m. : ces deux puissances se compensent car la conversion électromécanique possède un rendement de 100%. 4. L’équation électrique (1) fournit 1 v= aB di L + Ri dt ! En reportant cette expression dans l’équation mécanique (2), on obtient ! m d2 i di L 2+R aB dt dt = mg − iaB soit d2 i R di (aB)2 gBa + + i= 2 dt L dt mL L PSI - Année 2010/2011 7 (6) Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique 5. L’équation (6) se ré-écrit d2 i R di (aB)2 + + dt2 L dt mL Posons i0 = mg aB mg i− aB ! =0 et I = i − i0 L’équation (6) devient d2 I R dI (aB)2 2 2 + + ω I = 0 avec ω = 0 0 dt2 L dt mL L’équation caractéristique r2 + r r + ω02 = 0 L a pour discriminant R2 − 4ω02 L2 Si la résistance est très grande, c’est-à-dire si R 2Lω0 , alors le coefficient d’amortissement est très grand et les solutions sont exponentiellement amorties. On en déduit ∆= t→∞ I(t) −−−→ 0 soit mg aB t→∞ i(t) −−−→ i0 = La vitesse atteint donc également une valeur limite constante 1 v0 = aB di0 L + Ri0 dt ! soit v0 = mgR (aB)2 6. Si R est négligeable, c’est-à-dire si R 2Lω0 , la solution de l’équation différentielle pour I(t) est quasiment sinusoïdale à la pulsation ω0 (il existe un amortissement sur une durée caractéristique τ = L/R ω0 ) : I(t) = A cos(ω0 t + varphi) soit i(t) = i0 + A cos(ω0 t + ϕ) où A et ϕ sont des constantes à déterminer en fonction des conditions initiales. di À t = 0, v = 0 et i = 0. On en déduit L (t = 0) = −Ri(t = 0) + aBv(t = 0) = 0. On a dt donc ( i(t = 0) = 0 = i0 + A cos(ϕ) ϕ=0 =⇒ di A = −i0 (t = 0) = 0 = −Aω0 sin(ϕ) dt On obtient donc i(t) = i0 [1 − cos(ω0 t)] avec mg i0 = aB aB ω0 = √ mL PSI - Année 2010/2011 8 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique L’équation mécanique (2) fournit v̇ = g − aB i = g − g [1 − cos(ω0 t)] = g cos(ω0 t) m Par intégration, avec v(t = 0) = 0, on trouve v(t) = et z(t) = − g sin(ω0 t) ω0 g cos(ω0 t) + rmcste ω02 La tige oscille autour d’une position moyenne. Elle est parcourue par un courant moyen hi(t)i = i0 de sorte que la force de Laplace vale hF i = −i0 Ba = −mg compense le poids. Ce résultat était prévisible d’après l’équation (5) puisqu’en l’absence de résistance, aucun phénomène dissipatif n’intervient. L’énergie totale est donc constante et il y a une conversion entre l’énergie magnétique stockée dans la bobine et l’énergie mécanique de la tige. 7 Définition de l’Ampère 1. Le champ créé par un fil a été vu plusieurs fois en TD et en cours. On a simplement, en utilisant le théorème d’Ampère sur un cercle passant par M et centré sur l’axe du fil 1 : µ0 I ~ B(M )= e~θ 2πa 2. Dès qu’un courant I circule dans un champ magnétique, on sait qu’il apparaît une force ~ = d`e~z du fil 2, la force de Laplace de Laplace. Sur un petit élément infinitésimal d` ~ infinitésimale dF s’écrit µ0 I e~θ 2πa ~ ∧B ~ = I d` ~ = Id`e~z ∧ dF ! 2 Donc ~ = − µ0 I d` e~r dF 2πa La force est attractive. 3. En intégrant l’expression ci-dessus sur une longueur ` du fil 2, on obtient 2 µ0 I ` F~` = − e~r 2πa donc on en déduit l’intensité I en fonction de la norme de la force par unité de longueur f = F` /` : PSI - Année 2010/2011 9 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique s I= 2πaf = 1A µ0 La mesure de cette force correspond, dans le système international, à la définition de l’Ampère : c’est le courant nécessaire pour faire une force par unité de longueur de 2 × 10−7 N.m−1 entre deux fils infinis séparés d’une distance de 1m. 8 Inductance propre d’un câble coaxial 1. Étude des symétries Soit un point M quelconque. Le plan passant par M et contenant l’axe (Oz) est un plan − → de symétrie pour la distribution de courant. B étant un pseudo-vecteur, il est orthogonal, en un point M , à tout plan de symétrie passant par M . On en déduit − → → B (M ) = B(M ) − uθ Étude des invariances La distribution de courant est invariante par rotation autour de l’axe (Oz) et par translation le long de (Oz). Les composantes du champ magnétique ne dépendent ni de θ, ni de z, en coordonnées cylindriques. On en déduit − → − B (M ) = B(r) → uθ → On applique le théorème d’ampère sur un cercle C d’axe (Oz), de rayon r et orienté par − u z. I C Or I C → − → − B · d` = et I 2π 0 Ienlacé = +I − → B (M ) = 0 → → B(r) − u θ · (rdθ − u θ ) = 2π r B(r) si r < R1 si R1 < r < R2 si R2 < r 0 On en déduit → − → − B · d` = µ0 Ienlacé R1 − → µ0 js1 uθ r − → 0 avec I = js1 2πR1 si R1 < r < R2 sinon − → Remarque : B est discontinu en r = R1 et r = R2 car les distributions de courant sont surfaciques et que le champ est tangent aux nappes de courant (discontinuité de la − → composante tangentielle de B ). En r = R1 , la discontinuité vaut B(r = R1+ ) − B(r = R1− ) = µ0 js1 PSI - Année 2010/2011 10 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique En r = R2 , la discontinuité vaut B(r = R2+ ) − B(r = R2− ) = µ0 js1 R1 avec I = −2πR2 js2 = 2πR1 js1 R2 d’où B(r = R2+ ) − B(r = R2− ) = −µ0 js2 2. La densité volumique d’énergie magnétique vaut um = 2 µ0 I B2 2µ0 = si R1 < r < R2 8π 2 r2 0 sinon 3. Entre deux plans de cote z et z + `, l’énergie magnétique vaut ZZZ Em = um dτ = D’où Em Z R2 Z 2π Z z+` 2 B r=R1 I2 = µ0 8π 2 2µ0 θ=0 z Z R2 dr R1 r 2π` Finalement, on obtient Em µ0 `I 2 = ln 4π rdr dθ dz R2 R1 ! 4. L’énergie magnétique comprise dans une tranche de câble de longueur ` est de la forme 1 2 LI 2 où L est l’inductance propre de la tranche de câble. Par identification, on obtient Em = µ0 ` L= ln 2π R2 R1 ! et l’inductance propre par unité de longueur de câble vaut L µ0 ln L= = ` 2π PSI - Année 2010/2011 11 R2 R1 ! Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique 9 Tige en rotation 1. On est présence d’un circuit mobile dans un champ magnétique permanent. Le mouvement du circuit étant perpendiculaire au champ magnétique, il existe localement dans le circuit un champ électromoteur de Lorentz donné par : − → − → − Em = → v ∧ B0 → Ce champ électromoteur est orienté selon la direction du circuit (selon − u r ) et va donc mettre en mouvement les charges mobiles électroniques à l’intérieur du conducteur (les charges liées ioniques restant fixes), et donc donner naissance à une différence de potentiel définie par : Z B → − − → eAB = Em · d ` A Remarque : la présence du champ électromoteur met en mouvement les électrons qui vont − → − → − s’accumuler au point A sous l’effet de la force F = −e E m , orientée suivant −→ u r . Des − → charges vont donc s’accumuler jusqu’à ce qu’il se crée un champ E dû à la séparation des charges qui s’oppose exactement au champ électromoteur, de sorte que la force électromotrice totale s’annule. Dans le cas stationnaire, il exite donc une charge positive au bout de la tige en B et une charge négative en A. C’est cette séparation des charges qui est responsable de la différence de potentiel eAB . Le fait que le potentiel ne soit pas uniforme n’est pas une contradiction ici car le champ n’est nul dans un conducteur qu’à l’équilibre électrostatique. Or ici, non seulement il existe un champ magnétique, mais en plus les charges sont mobiles. Le raisonnement utilisé ici est très proche de celui utilisé pour l’effet Hall. 2. Sachant que la vitesse des charges mobiles situées à la distance r du point A est donnée − → par : → v = rω − u θ , on en déduit directement par intégration le long de la tige : eAB = Z B A → → → (rω − u θ ∧ B0 − u z ) · dr− ur = Z L 0 rωB0 dr = L2 B0 ω 2 10 Phénomènes d’induction électromagnétique I Flux du vecteur champ magnétique 1. L’analyse des symétries et des invariances, puis l’application du théorème d’Ampère sur un cercle centré sur le fil, perpendiculaire à celui-ci, et de rayon r permet de montrer que, pour r > 0 : µ0 i1 − → − → B 1 (M ) = uθ 2πr 2. Les lignes de champ magnétique sont des cercles concentriques centrés sur le fil, perpendiculaire à celui-ci, et s’enroulant autour du fil dans le sens trigonométrique. 3. Le flux du champ magnétique créé par le fil à travers le cadre rectangulaire orienté dans le sens ABCD vaut : ! Z x → x d+` µ0 i1 L d+` dr µ0 i1 L − → − − → → − = ln φ1 = B1 · dS = B1 u θ · dzdr u θ = 2π d r 2π d ABCD ABCD Le flux est donc positif avec cette orientation du circuit. PSI - Année 2010/2011 12 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique z I1 B1 II Force électromotrice et courants induits dΦ1 = 0. dt 2. Ce deuxième cas correspond au cas de Neumann. 1. La f.e.m. est nulle car Φ1 = cste et donc e = − a) Le courant i2 tourne dans le sens trigonométrique dans le circuit (sens DCBA (Fig.2a)). a) + z C B b) c) z i 2(t) i 1(t) B1 R dS e<0 i 1(t) Q e = VP -VQ P A D b) L’orientation du courant se prouve avec loi de Lenz qui permet d’affirmer que le champ magnétique induit doit s’opposer à la cause qui lui a donné naissance, c’est à − → dire à B 1 . Le sens s’obtient en utilisant la règle de la main droite pour que le champ → induit par la circulation dans le circuit soit orienté suivant −− u θ. c) Calculons tout d’abord la f.e.m. induite dans le circuit en utilisant la loi de Faraday : ! µ0 aL d+` dΦ1 =− ln e=− dt 2π d On obtient une f.e.m. négative, de sorte que dans le montage électrique équivalent (Fig.2b), le générateur idéal de tension doit être orienté dans le sens opposé au courant i2 pour pouvoir donner lieu à un courant i2 tournant dans le sens trigonométrique. L’application de la loi d’Ohm dans le circuit équivalent constitué du générateur idéal de tension et d’une résistance R nous donne : e = −Ri2 , et on obtient finalement : ! µ0 aL d+` i2 = ln 2πR d Le courant est bien positif car nous avons bien fait attention au signes en nous appuyant sur les résultats obtenus avec la loi de Lenz. d) Lorsque l’interrupteur est ouvert, aucun courant ne circule dans le circuit ; cependant, la présence du champ magnétique variable donne toujours lieu à un champ électromoteur identique dont la circulation n’a pas changé par rapport au cas précédent varié PSI - Année 2010/2011 13 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique puisqu’on néglige la taille de l’interrupteur. Il existe donc une différence de potentiel entre les points P et Q identique à la f.e.m. calculée précédemment. En utilisant l’orientation précédemment choisie pour la f.e.m. (Fig.2c), on obtient directement : µ0 aL d+` VP − VQ = e = − ln 2π d 3. ! <0 a) De la même façon que précédemment, on obtient avec i2 orienté dans le sens trigonométrique : ! µ0 Im Lω1 cos(ω1 t) d+` i2 = ln 2πR d b) Les courbes i1 (t) et i2 (t) sont en quadrature de phase, avec i2 d’amplitude nécessairement plus faible que i1 : i 2(t) i 1(t) t 4. Ce dernier cas correspond au cas de Lorentz. a) Le champ électromoteur de Lorentz est nul dans ce cas, car le déplacement du circuit − → − → − → − se fait selon la direction du champ, donc E m = → v circuit ∧ b 1 = 0 . On peut également s’en convaincre en se plaçant dans le référentiel du cadre mobile : → − le champ B 1 étant invariant par rotation d’angle θ autour de l’axe z, le champ perçu par le circuit est invariant. b) Calculons la f.e.m. induite dans le circuit de deux façons différentes. Première méthode : en utilisant la circulation du champ électromoteur sur le circuit orienté dans le sens horaire ABCD : I e= circuit → − − → E m ·d ` = I circuit − → − − (v → u r ∧ B1 → u θ )·d ` = I circuit → − → vB1 − u z ·d ` = "Z B A vB1 d` + " µ0 i1 vLω1 1 1 e = vL [B1 (d0 + vt) − B1 (d0 + ` + vt)] = − 2π d0 + vt d0 + ` + vt e= # µ0 i1 vLω1 ` 2π (d0 + vt)(d0 + ` + vt) On trouve que la f.e.m. est positive lorsqu’elle est orientée dans le sens de ABCD, et le courant induit est également dirigé dans le sens horaire, contrairement aux cas étudiés précédemment. Seconde méthode : en utilisant la loi de Faraday, le circuit étant toujours orienté dans le sens horaire ABCD : dΦ µ0 i1 L d e=− =− dt 2π dt "Z d0 +`+vt d0 +vt # dr µ0 i1 vLω1 ` = r 2π (d0 + vt)(d0 + ` + vt) On retrouve bien le même résultat que précédemment. PSI - Année 2010/2011 14 Lycée Paul Eluard Z D C # vB1 d` Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique 11 Pince Ampèremétrique 1. La distribution de courant dans la bobine torique est invariante par rotation autour de − → l’axe Oz, et donc le champ B ne dépend pas de θ. De plus, tout plan passant par un point M à l’intérieur du tore, et passant par l’axe Oz, est plan de symétrie de la distribution de courants, donc le champ magnétique est perpendiculaire à ce plan, et donc dirigé suivant → le vecteur − u θ . On en déduit donc : − → − B = Bθ (r, z)→ uθ 2. Appliquons le théorème d’Ampère sur un cerle centré sur l’axe Oz, de rayon r, et situé à la hauteur z dans le tore, tournant dans le sens trigonométrique autour de l’axe Oz (avec cette orientation, les courants traversant le contour sont comptés positivement) : I C X → − → − b · d ` = 2πrBθ (r, z) = µ0 Ienlacés = µ0 N i + µ0 I On en déduit que le champ magnétique est finalement indépendant de z à l’intérieur du tore, et s’écrit : µ0 (N i + I)− → − → B = uθ 2πr 3. Le flux magnétique ϕ à travers une seule spire est donné par : ϕ= Z 2a Z a → − r=a z=0 µ0 aln2 → − B · dS = (N i + I) 2π Le flux total φ à travers les N spires est donc donné par : φ= µ0 aln2 2 (N i + N I) 2π Or la loi des mailles sur le circuit portant la bobine permet d’écrire, en négligeant le dφ coefficeint d’autoinduction de la bobine : e = (R + r0 )i, avec e = − . On en déduit dt (R + r0 )i = µ0 a d µ0 a N dI ln(2) (N 2 i + N I) ≈ ln(2) 2π dt 2π dt soit im cos(ωt + ψ) = − µ0 a N ln(2) ω Im sin(ωt) 2π(R + r0 ) Le déphasage ψ est donc fixé à ψ = +π/2 et l’on a iM µ0 aln2 = Nω IM 2π(R + r0 ) 4. Bien sûr qu’on en a tenu compte ! Le flux Φ est somme du flux "extérieur" créé par I, µ0 N Ia ln 2 µ0 N 2 ia ln 2 Φext = et du flux propre créé par i, Φpropre = qui est par définition 2π 2π dΦ le produit Li. On a écrit plus haut Ri = e = − ; détaillons : dt Ri = e = − PSI - Année 2010/2011 dΦext dΦpropre dΦext di dΦ =− − =−− −L dt dt dt dt dt 15 Lycée Paul Eluard Physique Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme dΦext di soit Ri + L = − dt dt On a donc bien tenu compte de l’inductance de la bobine ! 5. NON ! Le champ est, de par le théorème d’Ampère, proportionnel à I+N i et, quelle que soit la géométrie de la bobine, il en sera de même pour Φ qui sera de la forme Φ = KN (N +N i) où K est un facteur géométrique. Dès lors que ωN 2 K est grand devant R, ce qui précède reste valable. 6. Un tel dispositif permet de mesurer l’amplitude d’un signal sinusoïdal sans insérer un ampèremètre dans le circuit, soit parce que le circuit ne peut être débranché, soit car le courant est trop important pour pouvoir y insérer un ampèremètre classique sans dommage. La pince ampèremétrique fonctionne d’autant mieux que la surface du tore est importante, pour que le flux du champ créé à l’intérieur de celle-ci soit le plus important possible. Ceci explique que iM augmente avec a. Il faut également le plus grand nombre de tours de fils possible, pour les mêmes raisons. Plus la fréquence est importante, plus la détection est bonne, avec une détection nulle en régime statique. C’est la variation du champ magnétique induit qui génère un courant dans la pince. Finalement, le courant mesuré sera d’autant plus grand que le courant à mesurer l’est, et d’autant plus grand que les résitances du dispositif sont faibles. La position du fil dans la bobine torique n’est absolument pas critique ; la mesure sera identique tant que le fil passe à l’intérieur du tore. Ceci explique encore la facilité d’utilisation de la pince ampèremétrique. PSI - Année 2010/2011 16 Lycée Paul Eluard Physique Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme 12 Freinage d’une spire par induction PSI - Année 2010/2011 17 Lycée Paul Eluard Physique Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme 13 Courants de Foucault : influence du feuilletage − → 1. Le potentiel vecteur est un vecteur polaire contrairement au champ magnétique B : les plans de symétrie pour le champ magnétique sont des plans d’antisymétrie pour le potentiel vecteur et vice-versa. Étude des symétries. Soit un point M quelconque. Le plan passant par M et contenant l’axe (Oz) du cylindre est un plan de symétrie pour le champ magnétique : c’est donc un plan d’antisymétrie pour le potentiel vecteur. Le potentiel vecteur étant un vecteur polaire, il est orhtogonal, au point M , à tout plan d’antisymétrie passant par M . Le potentiel vecteur est donc de PSI - Année 2010/2011 18 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique la forme − → − A (M ) = Aθ (M ) → uθ Étude des invariances. D’après la géométrie du problème, le potentiel vecteur est invariant par rotation autour − → → de l’axe (Oz) et par translation suivant − u z . Les composantes de A ne dépendent donc que de la distance à l’axe r. On en déduit − → − A (M ) = aθ (r) → uθ − → → On calcule la circulation de A sur un cercle C d’axe (Oz) et de rayon r, orienté par − uz : I C − − → → A · d` = I C − − Aθ (r) → u θ · (rdθ → u θ ) = r Aθ (r) Mais, d’après le théorème de Stokes I ZZ → ZZ → − → − → −− −→ − 2 A · d` = rot( A ) · d S = C Σ(C) Σ(C) Z 2π 0 = 2πr Aθ (r) → − → −− B · d2 S = πr2 B0 cos(ωt) On en déduit 2πr Aθ (r) = πr2 B0 cos(ωt) soit Aθ (r) = r B0 cos(ωt) 2 Finalement r − → → A (M ) = B0 cos(ωt) − uθ 2 2. Le cylindre est le siège d’un phénomène d’induction de Neumann. Le champ électromoteur vaut donc − → ∂A r − → → Em = − = B0 ω sin(ωt) − uθ ∂t 2 Si l’on admet la validité de la loi d’Ohm locale dans le cadre de l’ARQS, on a, à l’intérieur du cylindre conducteur : γr − → → − → = γ Em = B0 ω sin(ωt) − uθ 2 3. La force exercée par le champ électromagnétique sur une charge libre q du conducteur est la force de Lorentz → − → − − → → F = q Em + − v ∧B → La puissance instantanée reçue par une charge q se déplaçant à la vitesse − v vaut donc − → → − → → P = F ·− v = q− v · Em La puissance par unité de volume absorbée par les charges libres de densité volumique n vaut dP − → → − − → w= = nq → v · Em = − · Em dτ On en déduit 1 w = γ r2 B02 ω 2 sin2 (ωt) 4 PSI - Année 2010/2011 19 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique 4. La puissance dissipée dans tout le cylindre à l’instant t est obtenue par intégration sur les variables d’espace : ZZZ Ptot = cylindre w dτ |{z} r2 drdθdz 1 = w = γ B02 ω 2 sin2 (ωt) 4 Z a 0 3 r dr Z 2π 0 dθ + Z ` 0 dz On en déduit Ptot = π γ a4 ` B02 ω 2 sin2 (ωt) 8 La puissance totale dissipée en moyenne sur une période vaut donc hPtot i = où l’on a utilisé hsin2 (ωt)i = ω 2π π γ a4 ` B02 ω 2 16 Z 2π/ω 0 sin2 (ωt) dt = 1 2 La puissance dissipée par effet Joule par les courants de Foucault est proportionnelle au carré de la fréquence du champ magnétique. 5. Chaque petit cylindre de rayon a0 dissipe une puissance moyenne hP0 i = π γ a4 ` B02 ω 2 16 d’où hP0 i = avec πa20 = s 1 γ B02 ω 2 ` s2 16π La puissance moyenne totale dissipée dans l’ensemble des cylindres vaut 0 hPtot i = N hP0 i = 1 γ B02 ω 2 ` N s2 16π Or la section totale vaut S = πa2 = N s d’où s = S/N . On en déduit 0 hPtot i= 1 S 2 hPtot i γ B02 ω 2 ` = 16π N N Le fait de diviser le grand cylindre métallique en N cylindres parallèles de petit rayon, isolés les uns des autres permet de diviser par N la puissance moyenne dissipée par les courants de Foucault. C’est le principe du feuilletage utilisé dans les matériaux ferromagnétiques (machines tournantes, transformateurs, électro-aimants). PSI - Année 2010/2011 20 Lycée Paul Eluard Physique Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme 14 Oscillateurs couplés par induction mutuelle PSI - Année 2010/2011 21 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique 15 Étiquette antivol 1. La bobine correspond à l’enroulement du fil métallique et le condensateur est situé au centre (peu visible). Ce dispositif est en général couplé avec une puce électronique sur laquelle sont enregistrées des données. On appelle ce système RFID (radio-frequency identification), et celui-ci est très largement répandu (antivols dans les magasins, étiquetage remplaçant les codes-barres, passes Navigo et Velib, marquage des dossarts pour le suivi automatique des coureurs dans les courses comme le marathon de Paris, marquage des aliments pour être "reconnus par le réfrigérateur lorsqu’ils dépassent la date de péremption, marquage des lettres et des colis postaux...). 2. Le courant variable dans le portique émetteur génère un champ variable et donc un flux variable au travers de la bobine de l’antivol. Ainsi, lorsque l’étiquette se trouve entre les portiques, il apparaît dans le circuit de l’étiquette une force électromotrice de la forme e(t) = E0 cos(ωt) à la même pulsation que celle du courant dans le portique émetteur. 3. La loi des mailles permet d’écrire e = uL + uC qui se réarrange en 1 de d2 i i = 2+ L dt dt LC 1 On obtient bien l’équation différentielle proposée en posant ω0 = √ . LC 4. En posant i(t) = I(ω) sin(ωt), on obtient : − ω E0 sin(ωt) = −ω 2 I(ω) sin(ωt) + ω02 I(ω) sin(ωt) L soit I(ω) = E0 ω L(ω 2 − ω02 ) 5. Lorsque LCω 2 = 1, il se produit alors une résonance en courant, c’est à dire que le courant devient très important. 6. En pratique, le courant ne tend pas vers l’infini car le circuit a nécessairement une petite résitance qui "arrondira" la résonance. Cependant, pour la fréquence caractéristique, le courant peut néanmoins être important car la résitance de l’antivol est très faible. 7. Lorsque l’étiquette antivol traverse les portiques, le champ magnétique au niveau du portique récepteur diminue, car une partie de l’énergie utile pour générer le champ magnétique a été consommée par l’antivol. On peut également comprendre le phénomène avec la loi de Lenz, qui permet de comprendre directement que l’effet de la génération de courants induits dans l’antivol va s’opposer aux causes qui leur ont donné naissance, et par conséquent générer un champ magnétique opposé au champ magnétique initial. Le champ résutlant dans le portique récepteur est donc plus faible. Ce phénomène est d’autant plus important que le courant induit est important, c’est à dire si la résonance est bien calculée pour 1 √ = 2π × 135kHz. L’effet sur la fem induite dans le récepteur est important, c’est à LC dire que le flux est moins important et que la fem diminue. C’est cette chute de tension qui déclenche l’alarme. PSI - Année 2010/2011 22 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique Remarque : dans les capteurs RFID plus perfectionnées, le courant induit peut permettre d’alimenter une puce, qui peut émettre un code ou une référence particulière qui peut également être détectée par un système de portique plus complexe. 16 Régime transitoire dans des circuits inductifs couplés 1. Établissement du courant dans le solénoïde a) La loi des mailles pour t > 0 conduit à L di + Ri = E dt Les solutions sont de la forme i(t) = K e−Rt/L + E R où K est une constante d’intégration à déterminer à partir des conditions initiales. La continuité du courant aux bornes d’une bobine implique i(t = 0+ ) = 0 = K + E/R. On en déduit E E et i(t) = K=− 1 − e−Rt/L R R b) Au bout d’un temps infini i(t) −−−→ i∞ = t→∞ E R Au bout d’un temps infini, l’effet de l’induction est négligeable et le courant est quasiment permanent. 2. a) Le flux magnétique traversant la bobine du circuit primaire est la somme du flux propre Φpropre = Li1 et du flux du champ magnétique créé par le circuit secondaire Φ2→1 = M i2 . Il apparaît alors, dans le circuit primaire, une force électromotrice aux bornes de la bobine e=− dΦ dΦpropre dΦ2→1 di1 di2 =− − = −L −M dt dt dt dt dt En convention récepteur, la tension aux bornes de la bobine au primaire s’écrit uL,1 = L di1 di2 +M dt dt La loi des mailles appliquée au circuit primaire s’écrit, pour t > 0 E = Ri1 + L di1 di2 +M dt dt De la même manière, pour le circuit secondaire, le loi des mailles devient 0 = Ri2 + L PSI - Année 2010/2011 23 di2 di1 +M dt dt Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique b) En sommant les deux équations précédentes, on obtient E = RI + (L + M ) dI dt En prenant la différence entre les deux équations couplées, on trouve E = RJ + (L − M ) dJ dt c) Les équations différentielles sont découplées en I et J. Les solutions sont donc de la forme E R E + R I = K1 e−t/τ1 + J = K2 e−t/τ2 On détermine les constantes d’intégration à l’aide des conditions initiales : I(t = 0) = i1 (t = 0) + i2 (t = 0) = 0 = K1 + E E ⇒ K1 = − R R J(t = 0) = i1 (t = 0) − i2 (t = 0) = 0 = K2 + E E ⇒ K2 = − R R et Ainsi I(t) = J(t) = E 1 − e−t/τ1 R E 1 − e−t/τ2 R On en déduit I +J E e−t/τ1 + e−t/τ2 i1 (t) = = 1− 2 R 2 ! et i2 (t) = I −J E −t/τ2 = e − e−t/τ1 2 2R L’intensité au primaire croît exponentiellement avec le temps de la valeur 0 jusqu’à sa valeur asymptotique i1,∞ = E/R. L’intensité au secondaire est nulle à l’instant initial et prend des valeurs négatives pour t > 0. Ce résultat était prévisible en vertu de la loi de Lenz : le courant induit au secondaire s’oppose à la cause qui lui a donné naissance. Autrement dit, le courant i2 crée un champ magnétique qui s’oppose à celui créé par i1 . On remarque également que i2 tend vers 0 quand t → ∞. En effet, au bout d’un temps infini, le régime permanent est atteint dans le circuit primaire : l’intensité i1 PSI - Année 2010/2011 24 Lycée Paul Eluard Correction - TD no 9 : Induction électromagnétisme Physique Figure 1: Représentation des intensités i1 (t) (circuit primaire) et i2 (t) (circuit secondaire) en fonction du temps. est alors constante. Aucun phénomène d’induction ne peut alors générer un courant dans le secondaire. Comme i2 (t = 0) = 0 = i2,∞ , l’intensité i2 doit nécessairement passer par un extremum tel que E 1 1 di2 = − e−t/τ2 + e−t/τ1 dt 2R τ2 τ1 ! τ1 τ2 =0⇔t= ln τ1 − τ2 τ1 τ2 ! L2 − M 2 = ln 2M L+M L−M L’intensité au secondaire est alors négative et maximale en valeur absolue i2,max PSI - Année 2010/2011 E = 2R ! τ2 −1 τ1 25 e−τ2 ln(τ1 /τ2 )/(τ1 −τ2 ) < 0 Lycée Paul Eluard !