Devoir n°5 Partie I (Centrale PSI Physique - Chimie 2001) r r γ γ γ ∂E I-1) En régime sinusoïdal de pulsation ω, on a ||γ E || / ||ε0 || ≈ = = 18×109 . On f ε 0ω 2 πε 0 f ∂t peut remplir le tableau suivant : fréquence f 1 kHz 1 MHz 1 GHz 1 THz 13 10 7 alliage 3,6×10 3,6×10 3,6×10 3,6×104 0,02 1,8×104 18 r → r r ∂E I-2) L’équation de Maxwell-Ampère s’écrit rot B = µ J + µε0 dans un milieu magnétique LHI. ∂t r r Si le milieu est conducteur et suit la loi local d’Ohm, on a de plus J = γ E . D’après la question → r r précédente, on pourra écrire rot B = µ γ E pour l’alliage et la ferrite dans le domaine de fréquence tel que r r ∂E ||γ E || / ||ε0 || >> 1 soit f < 1 GHz. ∂t → → r → r rot rot B ) = rot E ) or I-3-a) On prend le rotationnel de l’équation de Maxwell-Ampère ( (µγ r → → r → → r r r → r ∂B rot ( rot B ) = grad (div B ) – ∆ B , rot (µγ E ) = µγ rot E = −γµ d’après l’équation de Maxwell∂t r r r ∂B Faraday et div B = 0 d’après l’équation de Maxwell-Thomson. Il vient finalement ∆B = µγ . ∂t b) On peut citer ∂c Ÿ ∆c = D équation de la diffusion de particules ∂t ρc ∂ T Ÿ ∆T = équation de la diffusion de la chaleur λ ∂t r r ρ ∂v pour un écoulement incompressible laminaire. Ÿ ∆v = η ∂t ferrite 1,8×107 c) Cette équation n’est pas invariante par la transformation t → –t (qui traduit le renversement du temps) : elle traduit donc un phénomène irréversible. Dans le milieu magnétique, la cause d’irréversibilité est la dissipation d’énergie par effet Joule. Dans les exemples cités, il y a diffusion irréversible du plus dense vers le moins dense, de la zone de température la plus élevée vers celle de température la plus basse ou dissipation d’énergie pas frottement visqueux. [ B] [ B] I-4) L’équation du 3-a) s’écrit avec les dimensions = µγ . Comme une pulsation est 2 [ L] [T ] [T ]1/ 2 1 1 homogène à , on a [δ ] = = [ δ ] = = [L]. δ est homogène à une longueur. On [T ] [µ ]1/ 2 [ γ ]1/ 2 [ω ]1/ 2 [µ ]1/ 2 [ γ ]1/ 2 peut remplir le tableau suivant : 50 Hz 1 kHz δ alliage 0,5 mm 0,1 mm ferrite 2m 0,5 m δ donne un ordre de grandeur de l’épaisseur de la zone où le module du champ magnétique n’est pas négligeable. On constate que l’alliage est imperméable au champ magnétique, le champ reste localisé au voisinage de la surface. Spé ψ 2002-2003 page 1/6 devoir n°5 corrigé Partie II II-1) On a les deux types de cycles suivants : B B Br H H Hc MATERIAU LINEAIRE MATERIAU FERROMAGNETIQUE Hc : excitation coercitive (≈ 1 à 106 A.m–1) Br : champ rémanent (≈ 10-3 à 1 T) II-2-a) La distribution de courant est invariante par r symétrie par rapport au plan contenant l’axe de révolution du tore et le point d’étude M. L’excitation H (M) est donc orthogonal à la section r r du tore. Le milieu est linéaire et isotrope, donc B est colinéaire à H . On projette les champs dans la base cylindrique r indiquée sur la figure. urZ La distribution de courant est invariante par rotation d’un angle u θ ur M ρ θ quelconque autour de l’axe de révolution. Les champs ne dépendent θ donc pas de la coordonnée θ. Ils dépendent donc de ρ et de z (et du temps t). Dans le plan d’une section du tore, la position d’un point peut être repérée par les coordonnées ρ et z ou bien par r et ϕ dans la base r r r polaire ( u r, u ϕ , u L) d’origine le centre de la section du tore. L’hypothèse L >> R permet de considérer localement le tore M z r comme un cylindre infiniment long et donc d’affirmer que r r r r r uϕ ur Br et H sont indépendants de ϕ. On a donc B (r, t) et ϕ r H (r, t) . u ¤ L ρ r Les courantsr induits J dans le milieu de I R r conductivité γ sontr J I = γ E d’après la loi locale d’Ohm, → r ∂B r avec rot E = − . Tout plan contenant l’axe u L du SECTION DU TORE ∂t cylindre équivalent local du tore est plan de symétrie de la r r distribution de champ magnétique donc E et J I sont r r i(t) perpendiculaires à ces plans soit J I = JI(r, t) u ϕ dans la base indiquée: les r lignes de courant s’enroulent autour des lignes de r τ champ de B . Ce sont donc des cercles concentriques dans le plan d’une section droite. b) On applique le théorème d’Ampère sur un L/2π L contour fermé orienté circulaire de rayon juste supérieur −R 2π r situé dans un plan orthogonal à l’axe u Z du tore et centré sur cet R axe, de longueur L (contour représenté en pointillé sur la figure). Ce contour enlace le courant i(t) parcourant les N spires de l’enroulement et aucun courant induit. Avec les orientations indiquées sur la figure, on trouve Spé ψ 2002-2003 page 2/6 devoir n°5 corrigé z r r . H ( R ,t ) τdl = Ni (t ) =H ( R , t ). ( L − 2 πR ) N i (t ) . L c) En procédant comme à la question précédente mais avec un contour circulaire situé dans un plan orthogonal à l’axe du tore et L centré sur cet axe, de rayon tout juste inférieur à − R (représenté 2π en pointillé sur la figure), on obtient que les spires soient r [à condition r réellement à la surface du tore] H EXT et B EXT nuls. Le milieu est linéaire donc B ( R, t ) = µH ( R, t ) . En considérant Comme L >> R, il vient H ( R , t ) = pour cette question B uniforme dans le tore, l’amplitude de B est donc B0 = πR 2 µ I0. L A.N. : On obtient les valeurs numériques suivantes : alliage N µI0. Son flux φ à travers les L N spires est φ0 = NπR2B0 = N 2 ferrite B0 (en T) 1,3 0,13 φ0 (en Wb) 4×10-2 4×10-3 Ces valeurs sont usuelles. II-3-a) Un montage possible permettant de visualiser à l’aide d’un oscilloscope le cycle d’hystérésis d’un matériau magnétique est la suivant : r2 C i2 r1 ˜ + u2 i1 r u1 b) On suppose que H et B sont uniformes. D’après le théorème d’Ampère, HL = N1i1 + N2i2, où N1 et N2 sont les nombres de spires au primaire et au secondaire. On se place dans une situation telle que i1 >> i2 (par exemple r1 >> r). N u (t ) Au primaire, on a u1 = r.i1, ce qui donne H (t ) = 1 1 Lr N 2 πR 2 B(t ) Pour obtenir B, il est nécessaire d’avoir recours à un intégrateur : u2 (t ) = − lorsque le r1C montage à ampli-op fonctionne en intégrateur, c’est-à-dire pour r2C.2πf >> 1. c) L’amplitude de U1 est de l’ordre de quelques centaines de mV, i1 de l’ordre de quelques centaines de mA. Il faut donc choisir r ≈ 1 Ω. N1 et N2 de l’ordre de 100, L’amplitude de U2 est de l’ordre de quelques centaines de mV donc r1C est de l’ordre de 10 ms pour la ferrite et de 100 ms pour l’alliage. On peut donc choisir C ≈ 1 µF et r1 ≈ 10 kΩ ou 100 kΩ. Spé ψ 2002-2003 page 3/6 devoir n°5 corrigé La condition r2C.2πf >> 1 impose alors de choisir r2 > 50 kΩ à 50 Hz. II-4-a) On peut utiliser la représentation complexe de B(r, t) dans l’équation différentielle qui est δ. y α2 d 2 B 1 d B d 2 B 1 dB + = i B . On a bien + + B = 0 si l’on linéaire. En posant r = , il vient 2 µγ ω δ dy 2 y dy dy 2 y dy α pose α2 = –2i d’après l’expression de δ. On en déduit α = ± (1 – i). FG H IJ K d2 B dB + + y B = 0 qui donne dy 2 dy dB d2B dB dB (0) reste fini. Comme y = α.x, on a x = 0 lorsque y = 0. On a aussi ( y = 0) = 0 car =α 2 dy dy dx dy dB ( x = 0) . donc on obtient dx II-5-a) On constate que : B( x) pour x < 3, on a ln ≈ 0 donc si R/δ < 3, on a |B(r/δ)| ≈ |B(0)| quel que soit r : |B| reste B (0) sensiblement uniforme à l’intérieur du tore ; B( x) pour x > 8, on a ln ≈ x - 5 donc si R/δ > 8, on a |B(r/δ)| ≈ |B(0)|exp(r/δ – 6) si l’on s’éloigne B (0) du centre du tore (où le champ est pratiquement uniforme). b) Dans le cas de la ferrite, on trouve R/δ ≈ 4,5×10-3 << 1: |B| est donc uniforme à l’intérieur du tore et le flux de B est proportionnel à B. On peut donc tracer le cycle d’hystérésis de la ferrite avec le montage précédent. Pour l’alliage, on trouve R/δ ≈ 20 > 3: |B| n’est donc pas uniforme à l’intérieur du tore et le flux mesuré n’est pas proportionnel à B. On peut imaginer d’augmenter δ en diminuant la fréquence (les valeurs des composants de l’intégrateur vont alors poser problème) ou en diminuant R (en feuilletant le matériau. b) En multipliant l’équation satisfaite par B par y, on obtient y II-6-a) Par définition du flux à travers une spire, on a Φ SP = Φ SP = 2 π z R 0 zz B(r , t )dS avec dS = r dr dϕ donc B( x )e (iωt ) rdr . On fait le changement de variable r = δ.x d’où Φ SP = 2 π 2 ( iωt ) flux total à travers l’enroulement est donc Φ = N 2 πδ e z R /δ 0 x B( x )dx = Nπδ 2 z R /δ 0 B( x )e (iωt ) δ 2 xdx . Le F RI h( R / δ )G J H δK 2 B( R / δ)e (iωt ) soit Φ = N πR 2 h( R / δ ) B( R, t ) b) Pour l’alliage, R/δ ≈ 20 et, d’après les courbes, h(R/δ) vaut environ 0,07exp(–iπ/4). Le flux de B est alors déphasé d’un huitième de période par rapport au champ B(t). Ceci déforme le cycle qui s’en trouve arrondi. c) A moins d’interposer un déphaseur au secondaire, il est impossible d’observer le cycle réel de l’alliage. Partie III (ESIM Physique I Filière MP 2001) r III-1-a) Dans le référentiel d’étude, le circuit (C) est fixe, placé dans un champ B variable à cause du déplacement de sa source qui est l’aimant. On a donc un phénomène d’induction du type Neuman. Pour zA < z, l’aimant A se rapproche de (C) donc la valeur de B(t) croît. D’après la loi de Lenz, r le circuit réagit contre la variation du flux. Avec l’orientation choisie pour le contour et le sens de B créé r dΦ(t ) par l’aimant, le flux est positif et est donc également positif. Le champ induit B I dont l’effet dt Spé ψ 2002-2003 page 4/6 devoir n°5 corrigé dΦ(t ) r s’oppose à > 0 est donc grossièrement suivant − uZ . Ce champ a pour source dt un courant induit di négatif dans l’orientation choisie donc circulant réellement comme indiqué sur la figure. pour zA > z, le flux du champ de l’aimant est encore positif d’après le sens du champ crée par l’aimant mais le module de ce champ diminue puisque l’aimant r dΦ(t ) dΦ(t ) s’éloigne donc et < 0. Le champ induit B I dont l’effet s’oppose à est dt dt r donc grossièrement suivant u Z et le courant induit change de sens. Le dipôle magnétique de l’aimant peut être représenté par une spire parcourue par un courant iA. Chaque élément dl de cette spire subie une force de Laplace de r la part du champ magnétique induit qui, compte-tenu de rla direction de B I et de iA, possède une composante verticale dans le sens de − uZ . r La résultante de cette force est portée par − uZ et exerce un effet de freinage sur l’aimant, que l’on ait zA > z ou zA < z. r µ M sin θ r b) D‘après l‘expression donnée, on a A( M ) = 0 uϕ or 4π r 2 a 1 1 sinθ = donc il vient et 2 = 2 2 2 r a + z − zA a2 + z − z b A g b r M r uZ e b gj 2 3/ 2 r r BI d F LAP r M r M r A r uϕ . r BI di g r µ Ma A( M ) = 0 4π a 2 + z − z A A iA A r uθ r ur c) zA est la position de l’aimant donc dépend du temps. Tous les autres paramètres sont constants. r r ∂A(t ) ∂A dzA r On est dans le cas de Neuman donc le champ électromoteur est E m(M) = − =− . uϕ . En ∂t ∂zA dt r Ma z − zA (t ) v r 3µ dz uϕ . notant v = A , on obtient E m ( M , t ) = − 0 4 π a 2 + z − z ( t ) 2 5/ 2 dt b e b A g gj r r J = σ E . Dans le cas général, on a d) La densité de courant induite dans le circuit (C) est r → r ∂A( M , t ) E ( M , t ) = − grad V − . Comme le cylindre n’est pas relié à une source de potentiel, le champ ∂t r r ∂A(t ) r électrique se réduit ici à E ( M , t ) = − = E m ( M , t ) . Par définition, l’intensité du courant induit dans ∂t r r r r le circuit (C) est di = J . nΣ .dS avec nΣ = u ϕ et dS = e.dz. On obtient donc di = σ.Em(t).e.dz. Avec Ma z − zA (t ) v 3µ e. dz . l‘expresssion de Em(t) obtenue ci-dessus, il vient di = − σ 0 4 π a 2 + z − z ( t ) 2 5/ 2 b e b A g gj edz Le circuit (C) a pour longueur 2πa et pour section e.dz donc sa conductance est dG = σ . Par 2 π a r r r r définition, la f.e.m. induite est eIND (t ) = E m ( M , t ). τ. dl avec τ = u ϕ et Em(M, t) 1/dG z (C) uniforme sur le contour donc il vient eIND(t) = 2πa.Em(z, t). Le schéma électrique di e(t) équivalent du circuit (C) est le suivant : La loi d’Ohm s’écrit e(t).dG = di d’où di = σ.Em(t).e.dz. On retrouve bien la même expression. On constate que le signe de di dépend de celui de z – zA(t) ; il est négatif si zA < z et positif dans le cas contraire, ce qui est bien ce que l’on a prévu à la question III-1-a. Spé ψ 2002-2003 page 5/6 devoir n°5 corrigé III-2-a) Les composantes du champ magnétique crée par le dipôle magnétique sont µ 2M cos θ µ M sin θ Br (r , θ) = 0 et Bθ (r , θ) = 0 dans la base sphérique indiquée. 3 4π r 4π r 3 → b) La force de Laplace exercée par le champ B de l’aimant sur un élément du circuit (C) r r r r r parcouru par le courant di s’écrit d 2 F ' = di. uϕ dl ∧ B = di. dl Br uθ − Bθ ur b b g g r La projection sur Oz est d F ' Z = di. dl − Br sin θ − Bθ cos θ . d F LAP La résultante pour le circuit (C) est di µ 2M cos θ µ M sin θ dF ' Z = − di.2 πa 0 sin θ + 0 cos θ r 3 3 4π r 4π r τ r 3 M µ M = −di.2 πa 0 3 3 cos θ sin θ soit dF ' Z = − µ 0a 3 cos θ sin θ di B 2 r 4π r di est algébrique sur cette figure z − zA (t ) a c) On a sinθ = et cosθ = avec r r Ma z − zA (t ) 3 2 r = AM = a 2 + z − zA (t ) donc soit dF 'Z = − µ 0 a di 2 5/ 2 2 a 2 + z − zA ( t ) 2 FG H IJ K b b g g b g e b z − zA (t ) 9µ 2 M 2 a 3ev dF 'Z = σ 0 8π a 2 + z − zA ( t ) e b z b g gj 2 gj 2 5 dz . La résultante des forces exercées par l’aimant sur le tuyau a L pour composante F ' Z = dF 'Z et, d’après le principe de la action-réaction, la force exercée par le tuyau 0 9µ 2 σeM 2 a 3v sur l’aimant a pour composante FZ = − 0 8π d) En posant 9µ 20 σeM 2 v FZ = − 8πa 4 z b z − z (t )g , x= A a ( L − zA )/ a x 2 dx c1 + x h 2 5 − zA / a z bz − z (t )g dz ea + b z − z ( t ) g j 2 L 0 A 2 5 2 . A 9µ 2 σeM 2 a 3v il vient dz = adx et FZ = − 0 8π z ( L − zA )/ a − zA / a baxg adx ea + baxg j 2 2 2 5 . zA >> 1 dès que l’aimant est éloigné de l’extrémité supérieure du tuyau donc a L − zA z est très grand tant que l’aimant n’est pas trop on peut assimiler la borne − A à -∞. De même a a L − zA près de l’extrémité inférieure du tuyau et comme L >> a, on peut assimiler la borne à +∞. Alors a 45 µ 20 σeM 2 9µ 2 σeM 2 v +∞ x 2 dx 9µ 20 σeM 2 v 5π F = − v on peut écrire FZ = − 0 4 = − d’où Z 4 4 −∞ 2 5 1024 a 8πa 8 π a 128 1+ x Comme a << L, on a b g b zc g h r 45 µ 20 σeM 2 r r r e) Puisque v = v u Z, on a bien F = –α v avec α = indépendant de la position de 1024 a4 l’aimant (tant qu’il n’est pas trop près des extrémités du tuyau). C’est une force de frottement de type visqueux dont l’amplitude décroît rapidement si l’on augment le rayon du tuyau et croît si le matériau est plus épais ou meilleur conducteur (ce qui augmente les courants induits). c h 2 c −7 7 −3 −2 45 4 π × 10 .5,8 × 10 .10 . 3,7 × 10 α = f) AN : 4 1024 3,5 × 10−3 Spé ψ 2002-2003 c h page 6/6 h 2 = 3,7×10–2 kg.m–1. devoir n°5 corrigé