Solution Série 02_ppt
publicité
Série 02 : Principe de Prospection électromagnétique UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 1 Exercice 01: Une bobine plate et circulaire de 200 tours et d’une section de 100cm² est soumise à un champ magnétique perpendiculaire et uniforme de 0.5T qui traverse toute sa surface. Si le champ est supprimé de façon qu’il s’annule au bout de 200ms, quelle est la f.é.m. moyenne induite ? Si la bobine a une résistance de 250Ohms, quelle est l’intensité du courant induit dans cette bobine ? 𝑺 = 𝟏𝟎𝟎𝒄𝒎² 𝑺 = 𝟏𝟎𝟎𝒄𝒎² 𝑩 = 𝟎. 𝟓𝑻 𝒕𝟏 = 𝟎𝒔 UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 𝑩 = 𝟎. 𝟎𝑻 𝒕𝟐 = 𝟎. 𝟐𝒔 2 Solution-Exercice 01: Données : 𝑵 = 𝟐𝟎𝟎; 𝑺 = 𝟏𝟎𝟎 𝒄𝒎𝟐 ; 𝑩 = 𝟎. 𝟓𝑻; ∆𝒕 = 𝟐𝟎𝟎𝒎𝒔; 𝑹 = 𝟐𝟓𝟎𝟎Ω D’après la loi de Faraday : 𝝋𝒇 −𝝋𝒊 ∆𝝋 𝒇. é. 𝒎 = −𝑵 ∆𝒕 = −𝟐𝟎𝟎. 𝟐𝟎𝟎.𝟏𝟎−𝟑 = −𝟐𝟎𝟎 𝑽 D’après la loi d’Ohm : 𝑰 = 𝑹 = 𝒇.é.𝒎 𝑹 𝑺 = 𝟏𝟎𝟎𝒄𝒎² 𝟎−𝑩.𝑺 𝟎.𝟐 = 𝟐𝟎𝟎×𝟎.𝟓×𝟏𝟎𝟎×𝟏𝟎−𝟒 𝟎.𝟐 = 𝟓𝑽 𝟓 = 𝟐𝟓𝟎 = 𝟎. 𝟎𝟐𝑨 𝑺 = 𝟏𝟎𝟎𝒄𝒎² 𝑩 = 𝟎. 𝟓𝑻 𝒕𝟏 = 𝟎𝒔 UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 𝑩 = 𝟎. 𝟎𝑻 𝒕𝟐 = 𝟎. 𝟐𝒔 3 Exercice 02: Une bobine plate et circulaire de 100 tours et d’aire 0.25m² se trouve initialement dans un champ magnétique perpendiculaire et uniforme de 0.4T. La bobine est serrée jusqu’à que sa section soit complètement réduite à zéro, cette opération prend un temps de100ms pour l’exécuter. Quelle est l’intensité moyenne du courant induit durant ce processus, sachant que la résistance de la bobine est de 5 𝑺 = 𝟎. 𝟐𝟓𝒎² 𝑺 = 𝟎𝟎𝒎² 𝑩 = 𝟎. 𝟒𝑻 𝒕𝟏 = 𝟎. 𝟎𝒔 UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 𝑩 = 𝟎. 𝟒𝑻 𝒕𝟐 = 𝟎. 𝟏𝒔 4 Solution-Exercice 02: Données : 𝑵 = 𝟏𝟎𝟎; 𝑺𝒊 = 𝟎. 𝟐𝟓𝒎𝟐 ; 𝑩 = 𝟎. 𝟒𝑻; ∆𝒕 = 𝟏𝟎𝟎𝒎𝒔; 𝑹 = 𝟓Ω D’après la loi de Faraday : 𝝋𝒇 −𝝋𝒊 ∆𝝋 𝒇. é. 𝒎 = −𝑵 ∆𝒕 = −𝟏𝟎𝟎. 𝟏𝟎𝟎.𝟏𝟎−𝟑 = −𝟏𝟎𝟎 𝑽 D’après la loi d’Ohm : 𝑰 = 𝑹 = 𝒇.é.𝒎 𝑹 𝑺 = 𝟎. 𝟐𝟓𝒎² = 𝟏𝟎𝟎 𝟓 𝑩.𝑺𝒊 −𝟎 𝟎.𝟏 = 𝟏𝟎𝟎×𝟎.𝟒×𝟎.𝟐𝟓 𝟎.𝟏 = 𝟏𝟎𝟎𝑽 = 𝟐𝟎𝑨 𝑺 = 𝟎𝟎𝒎² 𝑩 = 𝟎. 𝟒𝑻 𝒕𝟏 = 𝟎. 𝟎𝒔 UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 𝑩 = 𝟎. 𝟒𝑻 𝒕𝟐 = 𝟎. 𝟏𝒔 5 Exercice 03: Le courant dans une bobine de 50µH et de résistance négligeable augmente de 0 à 2.0A en 0.1s. - Déterminer la f.é.m auto-induite moyenne entre ses bornes. 𝑳 = 𝟓𝟎µ𝑯 𝒕𝟏 = 𝟎. 𝟎𝒔 UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 𝒕𝟐 = 𝟎. 𝟏𝒔 6 Solution-Exercice 03: Données : 𝑳 = 𝟓𝟎µ𝑯; 𝑰𝒊 = 𝟎; 𝑰𝒇 = 𝟐. 𝟎𝑨; ∆𝒕 = 𝟎. 𝟏𝒔 La loi de Faraday en fonction de l’inductance est donnée par : ∆𝑰 𝟐 −𝟔 𝒇. é. 𝒎 = −𝑳 = − 𝟓𝟎 × 𝟏𝟎 = −𝟏𝒎𝑽 ∆𝒕 𝟎. 𝟏 Le signe (-) signifie que la f.é.m induite s’oppose à l’augmentation du courant. 𝑳 = 𝟓𝟎µ𝑯 𝒕𝟏 = 𝟎. 𝟎𝒔 UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 𝒕𝟐 = 𝟎. 𝟏𝒔 7 Exercice 04: Pour un champ électrique donné d’une onde qui se propage dans le vide selon oz (sans terme temporelle): 𝐸 = 𝐸0 . 𝑒 −𝑘𝑧 𝑎𝐸 En utilisant la 1ère loi de Maxwell, montrez que ce champ ne peut avoir de composante dans la direction oz. UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 8 Solution-Exercice 04: On peut écrire le champ électrique dans un repère cartésien : 𝑬 = 𝑬𝟎 . 𝒆−𝒌𝒛 𝒂𝑬 = 𝑬𝟎 . 𝒆−𝒌𝒛 𝒂𝑬 . 𝒂𝒙 𝒂𝒙 + 𝒂𝑬 . 𝒂𝒚 𝒂𝒚 + 𝒂𝑬 . 𝒂𝒛 𝒂𝒛 Sachant que (1ère loi de Maxwell-Gauss) : 𝜵. 𝑬 = 𝟎 en absence de charge, ce qui implique : 𝜵. 𝑬 = 𝑬𝟎 𝝏𝒆−𝒌𝒛 𝝏𝒆−𝒌𝒛 𝝏𝒆−𝒌𝒛 𝒂𝑬 . 𝒂𝒙 + 𝒂𝑬 . 𝒂𝒚 + 𝒂𝑬 . 𝒂𝒛 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝝏𝒛 =𝟎 = −𝒌𝑬𝟎 𝒆−𝒌𝒛 𝒂𝑬 . 𝒂𝒛 =𝟎 = 𝟎 → 𝒂𝑬 . 𝒂𝒛 = 𝟎 Ceci implique que 𝒂𝑬 ⊥ 𝒂𝒛 donc le champ électrique est perpendiculaire à l’axe oz, et n’a aucune composante selon cette direction de propagation. UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 9 Exercice 05: Etant donné un champ électrique dans le vide : 𝐸 = 𝐸0 . sin(𝜔𝑡 − 𝑘. 𝑧) 𝑎𝑦 . 1. Trouver les champs 𝐷; 𝐵 𝑒𝑡 𝐻. 2. Montrer que les champs précédents constituent une onde qui se propage suivant l’axe z. 3. En utilisant la seconde équation de Maxwell, trouver la vitesse de propagation de cette onde dans le vide. 4. Vérifier que le rapport 𝐸 𝐻 dépend uniquement des propriétés de l’espace de propagation. UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 10 Solution-Exercice 05: 1. 𝑫 = 𝜺𝟎 𝑬 = 𝜺𝟎 𝑬𝟎 . 𝒔𝒊𝒏(𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛) 𝒂𝒚 ; 𝝏𝑩 D’après l’équation de Maxwell : 𝜵˄𝑬 = − 𝝏𝒕 , ce qui donne : 𝒂𝒙 𝒂𝒚 𝒂𝒛 𝝏 𝝏𝒙 𝝏 𝝏𝒚 𝝏 𝝏𝒛 𝝏𝑩 𝝏𝑩 = − 𝝏𝒕 où : − 𝝏𝒕 = 𝒌𝑬𝟎 . 𝒄𝒐𝒔 𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛 𝒂𝒛 𝟎 𝑬𝟎 . 𝒔𝒊𝒏(𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛) 𝟎 Par intégration on obtient : 𝒌𝑬𝟎 𝑩= . 𝒔𝒊𝒏(𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛) 𝒂𝒛 + 𝑩𝟎 𝝎 Avec : 𝑩𝟎 = 𝟎 → 𝑩 = 𝒌𝑬𝟎 . 𝒔𝒊𝒏(𝝎𝒕 𝝎 − 𝒌. 𝒛) 𝒂𝒛 On trouve par définition de 𝑯 : 𝑩 𝒌𝑬 𝑯 = 𝝁 = 𝝎𝝁𝟎 . 𝒔𝒊𝒏(𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛) 𝒂𝒛 𝟎 𝟎 UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 11 Solution-Exercice 05: 2. 𝑬 et 𝑯 varient tous les deux comme des fonctions sinusoïdales : 𝒔𝒊𝒏(𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛). tout état des deux champs est caractérisé par l’argument : 𝝎 𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛 = 𝑪𝒐𝒏𝒔𝒕. = 𝝎𝒕𝟎 → 𝒛 = 𝒕 − 𝒕𝟎 𝒌 Cette équation de z en fonction de t, décrit un plan qui se déplace dans le temps avec 𝝎 une vitesse : 𝒗 = 𝒌 = 𝒄 qui est la vitesse de la lumière dans le vide. Cette onde se propage dans la direction normale aux deux champs (+z). UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 12 Solution-Exercice 05: 3. La seconde équation de Maxwell : 𝜵˄𝑯 = 𝒂𝒙 𝝏 𝝏𝒙 𝒂𝒚 𝝏 𝝏𝒚 𝒌𝑬𝟎 − . 𝒔𝒊𝒏(𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛) 𝟎 𝝎𝝁𝟎 = 𝜺𝟎 𝝎𝑬𝟎 . 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛) 𝒂𝒚 Par 𝒌𝟐 𝑬𝟎 identification : 𝝎𝝁 𝟎 = 𝜺𝟎 𝝎𝑬𝟎 → 𝒄= 4. On a le rapport : 𝑬 𝑯 = 𝝎𝝁𝟎 𝒌 = 𝝏𝑫 , 𝝏𝒕 permet d’écrire : 𝒂𝒛 𝝏 𝝏𝑬 𝒌𝟐 𝑬𝟎 → . 𝒄𝒐𝒔 𝝎𝒕 − 𝒌. 𝒛 𝒂𝒚 𝝏𝒛 = −𝜺𝟎 𝝏𝒕 𝝎𝝁𝟎 𝟎 𝝎𝟐 𝒌𝟐 𝟏 𝜺𝟎 𝝁𝟎 = 𝟏 𝜺 𝟎 𝝁𝟎 ≈ 𝟑 × 𝟏𝟎𝟖 𝒎/𝒔 𝝁𝟎 𝑽 ~𝟏𝟐𝟎𝝅 𝜺𝟎 𝑨 = 𝒗𝟐 = 𝒄𝟐 donc : = 𝟏𝟐𝟎𝝅[Ω] impédance de l’espace vide. UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 13 Exercice 06: On admet que le champ électrique de l’exercice précèdent est donné sous la forme complexe comme suit : 8 𝑡−𝑘.𝑧) 𝐸 = 30𝜋. 𝑒 𝑗(10 𝑎𝑦 Trouver les expressions du champ et l’induction magnétique : 𝐻 et 𝐵? UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 14 Solution-Exercice 06: 𝝎 𝒄 𝟏𝟎𝟖 𝟑×𝟏𝟎𝟖 𝟏 Pour cette onde nous avons : 𝒌 = = = 𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒎 𝒌𝑬𝟎 𝒋(𝟏𝟎𝟖 𝒕−𝒌.𝒛) 𝟑𝟎𝝅 𝒋(𝟏𝟎𝟖 𝒕−𝒌.𝒛) 𝑯= .𝒆 𝒂𝒛 = 𝒆 𝒂𝒛 𝝎𝝁𝟎 𝟑 × 𝟏𝟎𝟖 × 𝟒𝝅 × 𝟏𝟎−𝟕 𝟏 𝒋(𝟏𝟎𝟖 𝒕−𝒌.𝒛) 𝑨 = 𝒆 𝒂𝒛 [ ] 𝟒 𝒎 𝟖 On en déduit 𝑩 = 𝝁𝟎 𝑯 = 𝝅 × 𝟏𝟎−𝟕 𝒆𝒋(𝟏𝟎 𝒕−𝒌.𝒛) 𝒂𝒛 [𝑻] UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 15 Exercice 08: Supposant un champ électrique : 𝐸 = 10. 𝑒 −𝛼𝑧 𝑒 𝑗(𝜔𝑡−𝑘.𝑧) 𝑎𝑥 𝑉/𝑚 avec une fréquence 𝑓 = 𝜔 2𝜋 = 100𝑀𝐻𝑧 à la surface d’un conducteur en cuivre dont 𝜎 = 58𝑀𝑆/𝑚. Examiner l’atténuation de cette onde dans ce conducteur. Que devient ce champ après 5 fois la profondeur typique (profondeur de peau) ? UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 16 Solution-Exercice 08: A une profondeur z dans le conducteur, le terme qui exprime l’atténuation du champ est bien la fonction exponentielle réelle : 𝑒 −𝛼𝑧 ; c’est cette fonction qui détermine l’évolution de l’amplitude du champ dans le conducteur : 𝐸 = 10. 𝑒 −𝛼𝑧 𝑒 𝑗(𝜔𝑡−𝑘.𝑧) 𝑎𝑥 𝑉/𝑚 = 𝐸0 (𝑧) 𝑒 𝑗(𝜔𝑡−𝑘.𝑧) 𝑎𝑥 𝑉/𝑚 avec 𝐸0 𝑧 = 10. 𝑒 −𝛼𝑧 Une profondeur caractéristique est définie comme la distance qui réduit l’amplitude d’un facteur 1/𝑒 ce qui signifie mathématiquement : 𝐸0 𝑧 = 10. 𝑒 −𝛼𝑧0 = 10. 𝑒 −1 = 10 𝑒 𝑉 𝑚 = 10 × 0.368 = 3.68[ ] à cette profondeur l’amplitude est réduite donc de 61.2% de sa valeur initiale. 1 𝛿 = 𝑧0 = = 𝛼 A 𝑧 = 5𝑃: 𝐸0 5𝑃 = 10. 𝑒 −5 = 0.067 1 𝜋𝑓𝜇𝜎 𝑉 𝑚 = 6.61µ𝑚 = 0.67% 𝐸0 (0) UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 17 Exercice 09: 1. Pour une fréquence 𝑓 = 1.6𝑀𝐻𝑧 , déterminer la constante de propagation d’onde dans un milieu caractérisé par : 𝜇𝑟 = 1; 𝜀𝑟 = 8; 𝜎 = 0.25 × 10−12 𝑆/m. 2. Trouver la profondeur de pénétration 𝛿 dans l’aluminium, pour une fréquence de 1.6MHz, ou nous avons dans ce cas : 𝜇𝑟 = 1; 𝜎 = 38.2 × 106 𝑆 . 𝑚 Déduire également la constante et la vitesse de propagation dans ce matériau. 3. Donner la fréquence pour laquelle, on peut considérer la terre comme un 𝑆 𝑚 diélectrique parfait, si 𝜇𝑟 = 1; 𝜀𝑟 = 1; 𝜎 = 5 × 10−3 , en considérant que pour un tel milieu la limite qui marque cette situation est définie par le rapport : 𝜎 𝜔𝜀 ≤ 1 . 100 UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 18 Solution-Exercice 09: 1. On se trouve dans un cas de mauvais conducteur : (exo. 07) : 𝜸𝟐 = 𝝎𝟐 − 𝒊𝝎𝝁𝟎 𝝈 ~𝝎𝟐 𝝁𝟎 𝜺𝟎 → 𝜸 = 𝟐𝝅𝒇 𝒄 𝝎𝜺𝟎 𝝈 = 𝟑. 𝟓𝟓𝟓 × 𝟏𝟎𝟏𝟎 ≫ 𝟏, donc 𝝎𝟐 𝝁𝟎 𝜺 = 𝝎 𝝁𝟎 𝜺𝟎 𝜺𝒓 = 𝝎 𝒄 𝟖= 𝟖 = 𝟎. 𝟎𝟗𝟓𝒓𝒂𝒅/𝒎 2. Par définition de la profondeur de pénétration : 𝜹 = 𝟏 𝝅𝒇𝝁𝝈 = 𝟔𝟒, 𝟒µ𝒎 et comme il s’agit d’un conducteur donc (exo.07) : 𝜶 = −𝜷 = 𝝎𝝁𝟎 𝝈 𝟐 = 𝝅𝒇𝝁𝟎 𝝈 = 𝟏. 𝟓𝟓 × 𝟏𝟎𝟒 𝒎−𝟏 . D’autre part nous avons par 𝝎 𝝎 → 𝒗 = = 𝒗 𝜶 𝝈 𝟏 ≤ →𝒇 𝟐𝝅𝒇𝜺 𝟏𝟎𝟎 définition le nombre d’onde : 𝒌 = 𝜶 = −𝜷 = 𝝈 𝟏 3. A partir de l’approximation : 𝝎𝜺 ≤ 𝟏𝟎𝟎 ↔ UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 𝝎𝜹 = 𝟔𝟒𝟕 𝒎/𝒔 ≥ 𝟏𝟎𝟎𝝈 𝟐𝝅𝜺 = 𝒇𝟎 = 𝟏. 𝟏𝟑𝑮𝑯𝒛. 19 Exercice 10: Soit le cas d’une polarisation elliptique caractérisée par les composantes : 𝐻𝑥 = 100 cos 𝜔𝑡 𝜋 𝐻𝑦 = 25 cos(𝜔𝑡 + ) 6 Calculer la rotation 𝜃 qui permet de retrouver les mesures maximales du champ résultant. UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 20 Solution-Exercice 10: On sait que : 𝒕𝒂𝒏 𝟐𝜽 = 𝟐𝑹 𝒄𝒐𝒔 𝜹 𝟏−𝑹𝟐 𝟏 𝝅 𝟏 = 𝟐 𝟒 𝒄𝒐𝒔 𝟔 × 𝟏−(𝟎.𝟐𝟓)𝟐 = 𝟎. 𝟒𝟔𝟏𝟖𝟖 → 𝜽 = 𝟏𝟐. 𝟒° UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 21 Exercice 11: Une prospection électromagnétique avec des bobines rectangulaires horizontales (EMH) sur une anomalie le long d’un profil au-dessus d’un gisement de sulfures massifs à donner les résultats suivants en fonction de la position de la station (émetteur + récepteur). La fréquence du système est f=2000Hz et la séparation émetteur-récepteur l=100m : X(m) 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400 420 440 460 480 500 520 P(%) 0 0 0 0 1 0 -6.5 -13.0 -14.5 -12 -2.5 1.5 1.0 0 0 0 0 0 0 Q(%) 0 0 2.5 4 4 3 -3 -10 -12 -10 -1 5 4.5 2.5 3.0 0 0 0 0 1. Tracez les réponses P, Q en fonction de X et déduire la position du gisement conducteur. 2. Positionnez le point de mesure (amplitude maximale de Q et P) Sur l’abaque de référence (pendage 90%) et limitez l’intervalle du produit conductivité-épaisseur ainsi que la profondeur du conducteur (sommet du conducteur). UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 22 Solution-Exercice 11: La réponse est présentée ci-contre : L’axe du gisement se trouve à X0 ~ 320m P Q 6 4 2 Réponse (P,Q) 0 -2 -4 𝑸𝒎𝒂𝒙 = 𝟏𝟔. 𝟓 -6 𝑷𝒎𝒂𝒙 = 𝟏𝟔 -8 -10 -12 -14 -16 150 200 250 300 350 400 450 500 550 X (m) UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 23 Solution-Exercice 11: A partir de l’abaque d=90°, on situe le point caractéristique de ce conducteur comme suit : 𝟓 < 𝒑 < 𝟏𝟓 avec 𝒑 = 𝝈𝝁𝝎𝒕𝒍 (t : épaisseur du conducteur et l : interdistance 𝒛 𝒍 entre Emetteur et récepteur) et un rapport 𝟎. 𝟏 < < 𝟎. 𝟐 𝑸(%) P(%) Ceci nous donne donc : 𝟓 𝟏𝟓 𝟓 < 𝝈𝝁𝝎𝒕𝒍 < 𝟏𝟓 → < 𝝈𝒕 < → 𝟗. 𝟗𝟒 < 𝝈𝒕 < 𝟐𝟗. 𝟖𝟒 𝒔𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 𝝁𝝎𝒍 𝝁𝝎𝒍 𝒛 Avec : 𝟎. 𝟏 < 𝒍 < 𝟎. 𝟐 → 𝟏𝟎 < 𝒛 < 𝟐𝟎[𝒎] UDBKM-FST-SM-M1PDG: Prospection E.M 24
