corrigé

Spé ψ 2002-2003 page 1/6 devoir n°5 corrigé
Devoir n°5
Partie I
(Centrale PSI Physique - Chimie 2001)
I-1) En régime sinusoïdal de pulsation ω, on a ||γ
r
E
|| / ||ε0∂
∂
r
E
t
|| ≈
γ
ε ω
0
=
γ
πε20f = 18×109
γ
f. On
peut remplir le tableau suivant :
fréquence f1 kHz 1 MHz 1 GHz 1 THz
alliage 3,6×1013 3,6×1010 3,6×1073,6×104
ferrite 1,8×1071,8×10418 0,02
I-2) L’équation de Maxwell-Ampère s’écrit
rot
 →
r
B
= µ
r
J
+ µε0∂
∂
r
E
t
dans un milieu magnétique LHI.
Si le milieu est conducteur et suit la loi local d’Ohm, on a de plus
r
J
= γ
r
E
. D’après la question
précédente, on pourra écrire
rot
 →
r
B
= µ γ
r
E
pour l’alliage et la ferrite dans le domaine de fréquence tel que
||γ
r
E
|| / ||ε0∂
∂
r
E
t
|| >> 1 soit f < 1 GHz.
I-3-a) On prend le rotationnel de l’équation de Maxwell-Ampère
rot
 → (
rot
 →
r
B
) =
rot
 → (µγ
r
E
) or
rot
 → (
rot
 →
r
B
) = grad
 → (div
r
B
) – ∆
r
B
,
rot
 → (µγ
r
E
) = µγ
rot
 →
r
E
= −γµ ∂
∂
r
B
t
d’après l’équation de Maxwell-
Faraday et div
r
B
= 0 d’après l’équation de Maxwell-Thomson. Il vient finalement ∆
r
r
BB
t
= µγ ∂
∂
.
b) On peut citer
Ÿ ∆c D
c
t
=
∂
∂
équation de la diffusion de particules
Ÿ ∆T
c
T
t
=
ρ
λ
∂
∂
équation de la diffusion de la chaleur
Ÿ ∆
r
r
v
v
t
=
ρ
η
∂
∂ pour un écoulement incompressible laminaire.
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.
I-4) L’équation du 3-a) s’écrit avec les dimensions
[
]
[ ]
[
]
[ ]
B
L
B
T
2= µγ . Comme une pulsation est
homogène à
1
[ ]T, on a
[
][ ] [ ] [ ]
/ / /
δµ γ ω =
1
1 2 1 2 1 2 =
[
][ ]
[ ] [ ]
/
/ /
δµ γ =T1 2
1 2 1 2 = [L]. δ est homogène à une longueur. On
peut remplir le tableau suivant : δ50 Hz 1 kHz
alliage 0,5 mm 0,1 mm
ferrite 2 m 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 2/6 devoir n°5 corrigé
Partie II
II-1) On a les deux types de cycles suivants :
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 symétrie par rapport au plan contenant l’axe de
révolution du tore et le point d’étude M. L’excitation
r
H
(M) est donc
orthogonal à la section du tore. Le milieu est linéaire et isotrope, donc
r
B
est colinéaire à
r
H
. On projette les champs dans la base cylindrique
indiquée sur la figure.
La distribution de courant est invariante par rotation d’un angle
θ quelconque autour de l’axe de révolution. Les champs ne dépendent
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
polaire (
r
u
r,
r
u
ϕ ,
r
u
L) d’origine le centre de la section du tore.
L’hypothèse L >> R permet de considérer localement le tore
comme un cylindre infiniment long et donc d’affirmer que
r
B
et
r
H
sont indépendants de ϕ. On a donc
r
B
(r, t) et
r
H
(r, t) .
Les courants induits
r
J
I dans le milieu de
conductivité γ sont
r
J
I = γ
r
E
d’après la loi locale d’Ohm,
avec rot
 → = −
r
r
EB
t
∂
∂
. Tout plan contenant l’axe
r
u
L du
cylindre équivalent local du tore est plan de symétrie de la
distribution de champ magnétique donc
r
E
et
r
J
I sont
perpendiculaires à ces plans soit
r
J
I = JI(r, t)
r
u
ϕ dans la base
indiquée: les lignes de courant s’enroulent autour des lignes de
champ de
r
B
. Ce sont donc des cercles concentriques dans le plan
d’une section droite.
b) On applique le théorème d’Ampère sur un
contour fermé orienté circulaire de rayon juste supérieur
L
R
2
π
−
situé dans un plan orthogonal à l’axe
r
u
Z du tore et centré sur cet
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
H
B
MATERIAU LINEAIRE
H
B
MATERIAU FERROMAGNETIQUE
H
c
B
r
θ
M
r
u
Z
r
u
θ
r
u
ρ
ρ
z
ϕ
r
SECTION DU TORE
R
M
r
u
L¤
r
u
r
r
u
ϕ
L
/2
π
R
r
τ
i(t)

Spé ψ 2002-2003 page 3/6 devoir n°5 corrigé
.
r
r
lH R t d Ni t H R t L R( ) ( ) ( ) ( ), , .τ π= = −
z
2
Comme L >> R, il vient H R t
N
L
i t( , ) ( )=.
c) En procédant comme à la question précédente mais avec un
contour circulaire situé dans un plan orthogonal à l’axe du tore et
centré sur cet axe, de rayon tout juste inférieur à
L
R
2
π
− (représenté
en pointillé sur la figure), on obtient [à condition que les spires soient
réellement à la surface du tore]
r
H
EXT et
r
B
EXT nuls.
Le milieu est linéaire donc
B
R
t
H
R
t
(
,
)
(
,
)
=
µ
. En considérant
pour cette question B uniforme dans le tore, l’amplitude de B est donc B0 =
N
L
µI0. Son flux φ à travers les
N spires est φ0 = NπR2B0 = N 2πR
L
2 µ I0.
A.N. : On obtient les valeurs numériques suivantes :
alliage 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 :
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).
Au primaire, on a u1 = r.i1, ce qui donne H t
N
u
t
Lr
( )
(
)
=1 1
Pour obtenir B, il est nécessaire d’avoir recours à un intégrateur : u t N R B t
rC
222
1
( ) ( ) = − π lorsque le
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.
r
˜
u1
i1
r1
+
C
-
u2
i2
r2

Spé ψ 2002-2003 page 4/6 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
linéaire. En posant r
y
=
δ
α
.
, il vient α
δµγ ω
2
2
2
21d B
dy y dB dy i B+
F
H
G
I
K
J=. On a bien d B
dy y dB dy B
2
210+ + = si l’on
pose α2 = –2i d’après l’expression de δ. On en déduit α = ± (1 – i).
b) En multipliant l’équation satisfaite par B par y, on obtient yd B
dy dB dy yB
2
20+ + = qui donne
d
B
dy y( )=0 = 0 car d B dy
2
20( ) reste fini. Comme y = α.x, on a x = 0 lorsque y = 0. On a aussi
d
B
dx
d
B
dy
= α
donc on obtient
d
B
dx
x( )=0.
II-5-a) On constate que :
pour x < 3, on a ln ( )
( )
B x
B0 ≈ 0 donc si R/δ < 3, on a |B(r/δ)| ≈ |B(0)| quel que soit r : |B| reste
sensiblement uniforme à l’intérieur du tore ;
pour x > 8, on a ln ( )
( )
B x
B0 ≈ x - 5 donc si R/δ > 8, on a |B(r/δ)| ≈ |B(0)|exp(r/δ – 6) si l’on s’éloigne
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.
II-6-a) Par définition du flux à travers une spire, on a ΦSP =
zz
B r t dS( , ) avec dS = r dr dϕ donc
ΦSP =
z
2
0
πω B x e rdr
i t
R( ) ( ) . On fait le changement de variable r = δ.x d’où ΦSP =
z
22
0
π δ
ω
δ
B x e xdx
i t
R( ) ( ) /. Le
flux total à travers l’enroulement est donc Φ =
z
N e xB x dx
i t R
22
0
πδ ω
δ
( ) /( ) =
F
H
G
I
K
J
N h R RB R e i t πδ δ δδω22 ( / ) ( / ) ( )
soit Φ = N R h R B R tπ δ
2( / ) ( , )
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)
III-1-a) Dans le référentiel d’étude, le circuit (C) est fixe, placé dans un champ
r
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, le
circuit réagit contre la variation du flux. Avec l’orientation choisie pour le contour et le sens de
r
B
créé
par l’aimant, le flux est positif et
d
t
dt
Φ
(
)
est donc également positif. Le champ induit
r
B
I dont l’effet

Spé ψ 2002-2003 page 5/6 devoir n°5 corrigé
s’oppose à
d
t
dt
Φ
(
)
> 0 est donc grossièrement suivant
−
r
u
Z
. Ce champ a pour source
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
s’éloigne donc et
d
t
dt
Φ
(
)
< 0. Le champ induit
r
B
I dont l’effet s’oppose à
d
t
dt
Φ
(
)
est
donc grossièrement suivant
r
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 la part du champ magnétique induit qui, compte-tenu de la
direction de
r
B
I et de iA, possède une composante verticale dans le sens de
−
r
u
Z
.
La résultante de cette force est portée par
−
r
u
Z
et exerce un effet de freinage sur
l’aimant, que l’on ait zA > z ou zA < z.
b) D‘après l‘expression donnée, on a
r
r
A M
r
u( )
sin
=
µ
π
θ
ϕ
02
4
M
or
sinθ =
a
a z z
22
+ − A
bg et
1
1
222
ra z z
=+ − A
b
g
donc il vient
r
r
A M
a
a z z u( ) /
=+ −
µ
πϕ
0
223 2
4
M
A
b g
e j .
c) zA est la position de l’aimant donc dépend du temps. Tous les autres paramètres sont constants.
On est dans le cas de Neuman donc le champ électromoteur est
r
E
m(M) = −∂
∂
r
A t
t
( ) = −
∂
∂ϕ
A
z
dz
dt u
A
A
.
r
. En
notant v =
A
dz
dt
, on obtient
r
r
E M t a z z t v
a z z t u
mA
A
( , ) ( )
( ) /
= −
−
+ −
3
40
225 2
µ
πϕ
M
b
g
b g
e j .
d) La densité de courant induite dans le circuit (C) est
r
J
= σ
r
E
. Dans le cas général, on a
r
r
E M t V A M t
t
( , ) ( , ) = − −
 →
grad ∂
∂
. Comme le cylindre n’est pas relié à une source de potentiel, le champ
électrique se réduit ici à
r
r
r
E M t A t
t
E M t( , ) ( ) ( , )= − =
∂
∂
m. Par définition, l’intensité du courant induit dans
le circuit (C) est di =
r
J
.
r
n
Σ
.dS avec
r
n
Σ
=
r
u
ϕ et dS = e.dz. On obtient donc di = σ.Em(t).e.dz. Avec
l‘expresssion de Em(t) obtenue ci-dessus, il vient di a z z t v
a z z t e dz= −
−
+ −
σµ
π
3
40
225 2
M
A
A
( )
( ) .
/
b
g
b g
e j .
Le circuit (C) a pour longueur 2πa et pour section e.dz donc sa conductance est dG = σ
π
edz
a
2
. Par
définition, la f.e.m. induite est e t E M t d
C
IND m
( ) ( , ). .
( )
=
z
r
r
lτ avec
r
τ
=
r
u
ϕ et Em(M, t)
uniforme sur le contour donc il vient eIND(t) = 2πa.Em(z, t). Le schéma électrique
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.
r
M
A
r
u
r
r
A
r
u
θ
r
M
A
di
r
B
I
r
u
Z
r
M
i
A
r
B
I
d
r
F
LAP
e(t)
1/dG
di