Semaine 12 - Étienne Thibierge

D’Arsonval, PSI? 2016-2017
Colles semaine 12, sujet A
Induction et ferromagnétisme
Question de cours
Définir le champ d’aimantation d’un milieu magnétique et le champ d’excitation magnétique. Écrire les équations
de Maxwell dans un milieu magnétique.
Éléments de correction de l’exercice 0 :
#”
# ” #”
Le programme indique qu’il faut passer par j lié = rot M
Exercice 1 : Treuil électromécanique
On modélise un treuil par un moteur linéaire, analogue à un dispositif de rails de Laplace séparés d’une distance a
#”
plongés dans un champ magnétique B et alimentés par un générateur de tension continue E. La tige mobile est reliée
à la masse m0 à soulever par l’intermédiaire d’un câble inextensible et d’une poulie dont on néglige les frottements
d’axe. On note R la résistance électrique du circuit, supposée indépendante de la position de la tige mobile. Ce circuit
est orienté dans le sens indiqué sur la figure.
#”
B
z
i
y
x
E
a
#”
g
m0
1 - Quel doit être le signe du courant i imposé par le générateur pour que le système puisse fonctionner en treuil,
c’est-à-dire puisse soulever la masse ? Déterminer la valeur minimale de E permettant d’atteindre ce fonctionnement.
2 - Établir l’expression de la force de tension du câble en fonction de l’accélération z̈ de la masse. Quelle hypothèse
peut-on proposer pour simplifier l’expression obtenue ? On se place dans cette hypothèse par la suite.
3 - Établir les équations électrique et mécanique du système.
4 - En déduire l’expression de la vitesse vz (t) de la masse m0 en supposant qu’elle est initialement immobile.
Déterminer la valeur limite de la vitesse de levage, notée V0 .
5 - Établir et interpréter le bilan de puissance du système en régime permanent à vitesse V0 .
Éléments de correction de l’exercice 1 :
1 Pour que la masse soit soulevée, il faut que la force de Laplace subie par la tige soit dirigée selon − #”
e x , ce qui
impose i > 0. La valeur minimale de E correspond au cas où la norme de la force de Laplace est égale au poids
de m0 , c’est-à-dire
Emin
R m0 g
aB
d’où
Emin =
m0 g = imin aB =
R
aB
2
Loi de la quantité de mouvement appliquée à la masse m0 :
#”
m0 #”
a = m0 #”
g +T
#”
T = m0 ( #”
a − #”
g)
soit
donc
Tz = m0 (z̈ + g)
Hypothèse : faible accélération, z̈ g (g est l’accélération d’une chute libre, c’est donc une forte accélération), donc
quel que soit le mouvement de la masse la norme de la tension du câble est égale à m0 g.
3
Équation mécanique : loi de la quantité de mouvement appliquée à la tige (masse m),
m
dvx
= −iaB + m0 g .
dt
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D’Arsonval, PSI? 2016-2017
Colles semaine 12, sujet A : Induction et ferromagnétisme
Équation électrique : on raisonne sur le circuit équivalent, qui contient une fém e liée à l’induction. S = ax donc
#”
φ = S B · #”
n = −SB, donc
dφ
= avx B .
e=−
dt
Par la loi des mailles,
E + avx B = Ri
4
Commençons par le vitesse vx de la tige mobile :
dvx
m
= −aB
dt
E + avx B
R
dvx
(aB)2
aBE
m0
+
vx = −
+
g
dt
Rm
Rm
m
+ m0 g
soit
On pose τ = Rm/(aB)2 , et on en déduit
vx (t) = A e−t/τ +
E
m0 gR
−
.
(aB)2
aB
Vue la géométrie, la vitesse de la masse vz est de même norme mais de signe opposé par rapport à vx , donc
vz (t) = −A e−t/τ −
m0 gR
E
+
2
(aB)
aB
En régime asymptotique on identifie la vitesse limite de levage,
V0 = −
m0 gR
E
+
.
(aB)2
aB
et on écrit la solution sous la forme
vz (t) = V0 1 − e−t/τ .
5 En régime permanent à vitesse de la masse V0 (et donc courant dans le circuit I0 mais vitesse vx = −V0 ), les
équations électrique et mécanique deviennent respectivement
E = +aV0 B + RI0
et
0 = −I0 aB + m0 g
et
0 = −I0 aBV0 + m0 gV0
En multipliant comme d’habitude par I0 et V0 ,
EI0 = +aI0 V0 B + RI02
et en sommant ces deux équations
E I0 = RI02 + m0 gV0 .
Interprétation :
. EI0 : puissance fournie par le générateur ;
. RI02 : puissance dissipée par effet Joule ;
. m0 gV0 : variation d’énergie potentielle de la masse m0 .
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Colles semaine 12, sujet B
Induction et ferromagnétisme
Question de cours
Représenter l’allure des cycles d’hystérésis (H , M ) et (H, B) d’un milieu ferromagnétique. Distinguer milieu dur
et milieu doux, citer des exemples de matériau et d’utilisation.
Éléments de correction de l’exercice 0 :
Dur : acier, ferrite, Neodyme Fer Bor, Alnico (aimants permanents). Doux : fer, cobalt, nickel pris seuls.
Exercice 1 : Principe de fonctionnement d’un générateur électrique
#”
m
0
a
x
y
z
x
[oral CCP]
#” est placé dans le plan (Oxy). Un
Un aimant de moment magnétique m
0
système mécanique le met en rotation à vitesse angulaire ω constante autour
de l’axe (Oz). Une spire circulaire de rayon a et de résistance R est placée
sur l’axe (Ox) à distance x a.
#” un moment magnétique m
#” placé à l’origine crée en un point M
Donnée : en coordonnées polaires d’axe colinéaire à m,
quelconque un champ magnétique
µ0 m
#”
B(M ) =
(2 cos θ #”
ur + sin θ #”
uθ )
4π r3
1 - Déterminer l’intensité i du courant induit dans la spire. En déduire la puissance électrique qu’elle reçoit.
2 - Exprimer le couple magnétique subi par l’aimant
3 - Quel puissance le système mécanique doit-il fournir à l’aimant pour maintenir la vitesse constante ? Conclure :
en quoi a-t-on modélisé un générateur électrique rudimentaire ?
Éléments de correction de l’exercice 1 :
1 Comme la distance entre la spire et l’aimant est bien plus grande que le rayon de la spire, on peut considérer le
champ magnétique généré par l’aimant uniforme et vaut
µ0 m0
#”
B a (θ) =
(2 cos θ #”
ur + sin θ #”
uθ )
4π x3
en étant très vigilant à la définition de l’angle θ servant à repérer la position de la spire, voir figure 1.
axe de
référence
#”
m
0
#”
uθ
θ<0
#”
ur
x
Figure 1 – Orientation relative de la spire par rapport à l’aimant. Comme dans l’expression du champ magnétique
donné par l’énoncé, les coordonnées utilisées sont les coordonnées polaires de centre O et d’axe l’axe de l’aimant.
Compte tenu de l’orientation de la spire, spécifiée sur le schéma, le flux du champ magnétique au travers de la spire
vaut
µ0 m0
µ0 m0 a2
#”
×
2
cos
θ
=
cos θ
φ = S B a · #”
ur = πa2 ×
4π x3
2 x3
et on en déduit la force électromotrice induite dans la spire
e=−
dφ
µ0 m0 a2
=−
−θ̇ sin θ
dt
2 x3
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D’Arsonval, PSI? 2016-2017
Colles semaine 12, sujet B : Induction et ferromagnétisme
Si l’aimant tourne à vitesse angulaire ω constante autour de l’axe z, alors compte tenu du schéma on a θ = −ωt (en
supposant θ = 0 à t = 0), donc θ̇ = −ω, et alors
e=+
µ0 m0 a2
ω sin ωt
2 x3
Faites très attention aux multiples signes et compensations de signe ! Et vérifiez qualitativement le signe
final : pour t = 0 l’aimant est dans l’axe de la spire, donc à t & 0 il s’en éloigne, donc le flux au travers
de la spire diminue, donc d’après la loi de Faraday e > 0. Ouf, c’est ce qu’on vient de trouver.
Le courant induit se détermine alors directement à partir de la loi d’Ohm, i = e/R, d’où
i=
µ0 m0 a2 ω
sin ωt .
2 x3 R
La spire étant simplement résistive, elle ne peut stocker d’énergie, et toute la puissance qu’elle reçoit est dissipée par
effet Joule. Ainsi, la puissance électrique reçue par la spire Pe = Ri2 vaut
Pe =
1
R
µ0 m0 a2 ω
2 x3
2
sin2 ωt .
2 Le champ créé par l’aimant n’exerce pas de couple sur l’aimant lui-même. On en déduit que le champ à l’origine
de ce couple est donc le champ magnétique induit par la spire. L’énoncé donne le champ créé par un moment
magnétique : il faut donc calculer le moment magnétique de la spire pour en déduire le champ qu’elle crée, en étant
particulièrement vigilant au repérage. Compte tenu de l’orientation du courant sur la figure 1, le moment magnétique
de la spire vaut
π µ0 m0 a4 ω
#” = i πa2 #”
m
ux =
sin ωt #”
ux
sp
2 x3 R
En coordonnées polaires d’axe #”
ux et d’origine le centre de la spire (et donc pas O !), l’aimant a pour coordonnées
r = x et θ = π, si bien que #”
ur = − #”
ux et #”
uθ = − #”
uy . On en déduit que le champ magnétique créé en O au niveau de
l’aimant par la spire vaut
µ0 msp
#”
[2 cos π(− #”
ux ) + sin π(− #”
uy )]
B sp (O) =
4π x3
soit
µ0
π µ0 m0 a4 ω
#”
B sp (O) =
×
sin ωt × 2 #”
ux
3
4π x
2 x3 R
et ainsi
µ 2 m0 a4 ω
#”
sin ωt #”
ux
B sp (O) = 0 6
4x R
Encore une fois, pensez à vérifier qualitativement les signes ! En connaissant le sens du courant induit
#”
d’après la question précédente (i > 0 pour t & 0), on déduit de la règle de la main droite que B sp doit
#”
être porté par + ux . Compte tenu du fait que les calculs ne sont pas très sympathiques, ces vérifications
qualitatives font vraiment partie des compétences testées à l’oral du concours.
Finalement, le couple magnétique exercé par la spire sur l’aimant vaut
#” #”
#”
Γ =m
0 ∧ B sp (O)
#” sur la base #”
Le plus sûr pour calculer le produit vectoriel est de décomposer les coordonnées de m
ux , #”
uy . Comme
0
#”
l’aimant tourne à vitesse angulaire ω (supposée) positive autour de uz , alors
µ 2 m0 a4 ω
#”
Γ = m0 [cos(ωt) #”
ux + sin(ωt) #”
uy ] ∧ 0 6
sin ωt #”
ux
4x R
ce qui conduit à
µ 2 m 2 a4 ω
#”
Γ = − 0 06
sin2 ωt #”
uz
4x R
On vérifie encore et toujours le signe : le couple est porté par − #”
uz , c’est-à-dire qu’il résiste au mouvement
de l’aimant. D’après la loi de Lenz, c’est complètement normal, puisque ce couple est d’origine inductive
... et que la cause de ce phénomène d’induction est le mouvement de l’aimant.
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Colles semaine 12, sujet B : Induction et ferromagnétisme
3 Pour maintenir la vitesse de rotation de l’aimant constante, le système mécanique doit fournir à l’aimant sous
#”
forme d’un couple une puissance exactement opposée à la puissance dissipée par Γ . La puissance mécanique à fournir
vaut donc Pm = −Γω, d’où
µ 2 m 2 a4 ω 2
Pm = 0 06
sin2 ωt .
4x R
On remarque qu’on a Pm = Pe , c’est-à-dire que toute la puissance mécanique fournie à l’aimant est transmise
à la spire sous forme de puissance électrique : on a bien modélisé un générateur électrique simplifié.
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Colles semaine 12, sujet B : Induction et ferromagnétisme
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Colles semaine 12, sujet C
Induction et ferromagnétisme
Question de cours
#” placé
Rappeler l’expression de l’énergie potentielle, et de la force et du couple subie par un dipôle magnétique m
#”
dans un champ B extérieur. Si le dipôle est libre de ses mouvements, en déduire comment il se déplace.
Éléments de correction de l’exercice 0 :
# ”
#” #” #”
#” #”
#”
#” · B
Ep = −m
; F = − grad Ep ; Γ = m
∧ B. Il s’aligne avec B et va dans les zones de champ fort.
Exercice 1 : Rails de Laplace couplés
Deux tiges T1 et T2 identiques, de masse m, chacune de résistance électrique R, sont mobiles sur deux rails
#”
horizontaux parallèles séparés d’une distance a. L’ensemble est plongé dans un champ magnétique B = B #”
e z et le
champ de pesanteur #”
g = −g #”
e z . À l’instant initial, T2 est immobile et T1 est lancée vers T2 à la vitesse #”
v 0 = v0 #”
ex.
Les deux tiges restent parallèles lors de leur mouvement. On note leurs vitesses #”
v 1 = v1 #”
e x et #”
v 2 = v2 #”
e x . On
négligera tout frottement, la résistance électrique des rails, et l’auto-induction.
T1
a
T2
⊗ #”
g
#”
v0
#”
B
x
i
A - Analyse qualitative
Expliquer sans calcul mais avec précision pourquoi la tige T1 ralentit alors que la tige T2 se met en mouvement.
Dans quel sens se déplace T2 ?
B - Mise en équation
1 - Établir un système d’équation différentielles couplées portant uniquement sur v1 et v2 .
2 - Déterminer les équations différentielles vérifiées par les fonctions somme et différence,
Σ(t) = v1 (t) + v2 (t)
et
∆(t) = v1 (t) − v2 (t) .
3 - En déduire v1 et v2 et tracer leur allure sur un même graphe.
4 - Déterminer le courant i qui traverse le circuit.
C - Analyse énergétique
5 - En s’appuyant sur les équations électrique et mécanique, établir et analyser le bilan de puissance du système.
6 - Calculer l’énergie totale dissipée par effet Joule au cours de l’évolution du système entre t = 0 et t → ∞.
7 - Calculer la variation ∆Em d’énergie mécanique du système entre t = 0 et t → ∞. Commenter.
Éléments de correction de l’exercice 1 :
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Colles semaine 12, sujet C : Induction et ferromagnétisme
A - Analyse qualitative
.
.
.
.
.
La tige T1 est mise en mouvement ;
#”
Cela modifie l’aire comprise entre les tiges et donc le flux de B au travers du circuit ;
Un phénomène d’induction a lieu, qui se traduit par un courant induit car le circuit est fermé ;
Les deux tiges sont parcourues par le courant induit, et ressentent donc une force de Laplace ;
D’après la loi de Lenz, ces forces de Laplace s’opposent à la cause de l’induction, c’est-à-dire la diminution de l’aire
du circuit : T1 est donc ralentie, et T2 se déplace dans le même sens que T1 pour augmenter l’aire du circuit ;
. Au moment où les deux tiges ont la même vitesse, l’aire du circuit n’est plus modifiée et il n’y a plus d’induction.
B - Mise en équation
1
Équation électrique Calculons le flux magnétique au travers du circuit,
#”
φ = S B · #”
n = a(x2 − x1 ) B
d’où on déduit la f.é.m. induite,
e=−
dφ
= −a(v2 − v1 )B .
dt
Le circuit équivalent ne contient qu’une résistance 2R (R par tige) et le générateur induit. La loi d’Ohm donne alors
e = 2Ri
−a(v2 − v1 )B = 2Ri .
soit
Équations mécaniques Les deux équations mécaniques s’obtiennent par application de la loi de la quantité de
mouvement aux deux tiges, en mouvement par rapport au référentiel du laboratoire, que l’on suppose galiléen. Ces
tiges sont soumises à leur poids et à une force de réaction qui se compensent ainsi qu’à la force de Laplace qui s’écrit
#”
F 1 = i(−a #”
e y ) ∧ (B #”
e z ) = −iaB #”
ex
#”
F 2 = i(+a #”
e y ) ∧ (B #”
e z ) = iaB #”
ex
et
La loi de la quantité de mouvement projetée sur #”
e x donne alors
m
dv1
= −iaB
dt
m
et
dv2
= +iaB .
dt
Bilan. En combinant avec l’équation électrique,

dv1
(aB)2


m
=
(v2 − v1 )
dt
2R
2


 m dv2 = − (aB) (v2 − v1 )
dt
2R
2
En calculant la somme de ces deux équations, on trouve
m
d
(v1 + v2 ) = 0
dt
soit
dΣ
=0 .
dt
En calculant la différence, on obtient
m
d
(aB)2
(v1 − v2 ) =
(v2 − v1 )
dt
R
d’où
d∆ (aB)2
+
∆ = 0.
dt
Rm
3 Les deux équations précédentes se résolvent facilement. La fonction somme Σ est de dérivée nulle, et elle est
donc constamment égale à sa valeur initiale,
Σ(t) = v0 .
La fonction différence ∆ est solution d’une équation différentielle homogène du premier ordre, dont les solutions sont
de la forme
Rm
∆(t) = A e−t/τ
avec
τ=
.
(aB)2
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Colles semaine 12, sujet C : Induction et ferromagnétisme
La constante A se détermine à partir de la condition initiale, ∆(0) = v0 , d’où
∆(t) = v0 e−t/τ .
On en déduit
v1 (t) =
4
1
v0 1 + e−t/τ
[Σ(t) + ∆(t)] =
2
2
v2 (t) =
et
1
v0 1 − e−t/τ
[Σ(t) − ∆(t)] =
2
2
D’après l’équation électrique,
i(t) =
aB
∆(t)
2R
i(t) =
d’où
aBv0 −t/τ
e
.
2R
C - Analyse énergétique
5
Multiplions l’équation électrique par i, et les équations mécaniques par les vitesses,
a(v2 − v1 )Bi = −2Ri2
mv1
dv1
= −iaBv1
dt
m
dv2
= +iaBv2
dt
puis sommons les trois équations, ce qui donne
d 1
d 1
mv12 +
mv22 = −2Ri2
dt 2
dt 2
soit en reconnaissant les énergies cinétiques,
d
(Ec1 + Ec2 ) = −2Ri2 .
dt
Les variations d’énergie cinétique des tiges sont dues à la dissipation par effet Joule.
6
L’énergie totale dissipée par effet Joule vaut
ˆ
QJ =
+∞
2Ri2 dt
0
ˆ
+∞
= 2R
0
=
=
=
=
QJ =
7
aBv0
2R
2
e−2t/τ dt
ˆ
(aBv0 )2 +∞ −2t/τ
e
dt
2R
0
(aBv0 )2 h τ −2t/τ i+∞
− e
2R
2
0
2
(aBv0 ) τ
2R 2
(aBv0 )2 Rm
2R 2(aB)2
1
mv 2 .
4 0
Il n’y a aucune énergie potentielle à prendre en compte. L’énergie mécanique initiale est donc
Em,i = Ec1,i + Ec2,i =
1
mv 2 + 0 ,
2 0
et l’énergie mécanique finale
Em,f = Ec1,f + Ec2,f =
1 v0 2 1 v0 2
1
m
+ m
= mv02 ,
2
2
2
2
4
La variation d’énergie mécanique au cours de l’évolution est donc
1
∆Em = − mv02 .
4
On trouve que ∆Em = −QJ : toute l’énergie dissipée par effet Joule est prise sur l’énergie mécanique.
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