Corrigé - Prépa Jean Bart

Électromagnétisme
I. La bobine de Ruhmkorff
I.A - Résistance des deux bobines
⊲Pour la bobine du primaire, les choses sont assez simples.
On a une première équation par la résistance R1:
R1=1
γ
ℓ1
s1
avec ℓ1≃N1×2πr1(comme a1, le rayon du fil de l’enroulement, est très faible devant r1), et s1=πa2
1.
De plus, les spires étant jointives, on a h1=N1×(2a1) (diamètre du fil).
On en déduit le nombre de spires de l’enroulement primaire :
N1= γR1h2
1
8r1!1/3
≃404 spires
On trouve ℓ1≃68,5 m , et d1= 2a1= 1,08 mm .
La condition d1≪r1est bien vérifiée.
⊲On propose deux méthodes pour l’enroulement secondaire. On a déjà :
R2=1
γ
ℓ2
πa2
2
1. dans la première méthode, on introduit le nombre Nde couches superposées de fil. La longueur du fil
est alors :
ℓ2=
N
X
k=1
2πrk×N2
où N2est le nombre de spires accolées pour une couche de l’enroulement, et rkle rayon de la k-ième
couche.
On a :
rk= (r1+a1) + a2+k×(2a2)≃r1+ 2ka2
en supposant Ngrand devant 1 et a2petit devant r1, et h2=N2×(2a2).
On obtient donc :
ℓ2=πh2Nr2
a2
+N(N+ 1)≃πh2Nr2
a2
+N
r2/a2étant grand devant 1 également, on ne le néglige pas.
L’empilement de couches étant jointif, N=r′
2−r2
2a2
. On peut mesurer sur la photographie fournie
r′
2= 50 mm et on connaît r2=r1+ 2a1= 29 mm. Par ailleurs, h2= 35 cm.
On a donc finalement trois équations portant sur les trois inconnues (ℓ2, a2, N) :
ℓ2=πγR2a2
2
2Na2=r′
2−r2
ℓ2=Nπh2r2
a2
+N
En résolvant ce système, on trouve :
d2= 2a2= 2 (r′
2−r2)r′
2h2
4γR21/4
≃0,224 mm
Le fil est bien plus fin que dans l’enroulement primaire.
On a aussi N≃94 ≫1 , et ℓ2= 23 km ( !) On peut donc bien parler de prouesse technologique,
puisque le bobinage secondaire contient N×N2≃145 000 tours !
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2. la seconde méthode est plus approximative, mais donne déjà un bon ordre de grandeur (elle est aussi
plus courte. . . mais serait peut-être moins valorisée). On se base sur le volume occupé par l’enroulement.
On fait l’hypothèse que tout le volume disponible est occupé par du fil de cuivre.
Alors,
π(r′2
2−r2 2)h2=πa2 2ℓ2
Directement, d2= 2a2= 2 (r′2
2−r2
2)h2
πγR2!1/4
≃0,266 mm
et ℓ2≃33 km .
Cette méthode est a priori moins précise, on néglige en effet le volume occupé par l’isolant, indispen-
sable si l’on veut que le courant circule de façon orthoradiale ! De plus, l’enroulement jointif de spires
n’est pas parfaitement compact (la compacité maximale dans le plan pour des cercles est de 93 %) :
cette méthode surestime a2.
I.B - Détermination de grandeurs inductives de l’association de Ruhmkorff
⊲Expérience 1
Le circuit (2) étant ouvert, i2(t) = 0. On a donc pour le primaire :
ug(t) = L1
di1
dt + (Rg+R0+R1)i1(t)
où ug(t) est une tension créneau variant entre 0 et E, de période
Tmanifestement grande devant le temps d’évolution τdu circuit.
Rg
R0R1
L1
ug(t)i1(t)
u(t)
Pour t < t0= 110 µs, le courant est établi dans le primaire, en régime permanent, à une valeur
i1,∞=E
R0+R1+Rg
, et la tension mesurée aux bornes de R0vaut :
u(t < t0) = R0
E
R0+R1+Rg
=u∞
Àt=t0,ug(t) passe à 0, et la solution de l’équation différentielle précédente conduit (i(t) étant continue
à cause de la présence de l’inductance propre L1) :
u(t > t0) = u∞exp(−(t−t0)/τ)
où τ=L1
R0+Rg+R1
est le temps caractéristique de rupture du courant dans le circuit.
Lorsque t−t0=τ, on a donc u(t0+τ) = u∞e−1≃0,37u∞. Une mesure sur le graphe fourni donne
u∞≃0,92 V, d’où u(t0+τ)≃0,34 V.
On en déduit par lecture τ≃135 −110 ≃25 µs. D’où :
L1= (R0+Rg+R1)τ≃3,8 mH
Cette faible valeur est cohérente avec le nombre de spires restreint de l’enroulement primaire.
⊲Expérience 2
On a cette fois i1(t) = 0. Le circuit secondaire a la forme repré-
sentée ci-contre, où e(t) = Ecos(ωt). On est en régime sinusoïdal
forcé, la réponse est donc à la même pulsation ω. On mesure sur
la figure B une période de 50 ms, soit une fréquence du GBF de
20 Hz. La tension aux bornes du bobinage secondaire est u2(t)
(R2étant indissociable de L2), et on note ua(t) la tension aux
bornes de la résistance Ra= 10 kΩ.
L2
R2Ra
e(t)
i2(t)
u2(t)
ua(t)
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On utilise la notation complexe : la loi des mailles, en utilisant la loi d’Ohm généralisée donne :
e=Rai2+u2= (Ra+R2+jL2ω)i2
On en déduit : 
ua=Rai2=Ra
Ra+R2+jL2ωe
u2=R2+jL2ω
Ra+R2+jL2ωe
soit u2=R2
Ra1 + jL2ω R2ua.
La tension u2(t) est donc en avance de phase par rapport à la tension ua(t), en notant ϕcette avance de
phase :
tan ϕ=L2ω
R2
On mesure ϕ= 2π×∆t
T≃1,13 rad ≃65◦sur la figure B, u2(t) correspond au signal dont l’amplitude
semble la plus faible.
Finalement,
L2=R2tan ϕ
2πf ≃165 H
C’est évidemment une valeur énorme pour L2, mais cela correspond bien au nombre de spires « phara-
mineux »de l’enroulement secondaire ! (une bobine en TP a une inductance propre de quelques dizaines de
mH)
⊲Expérience 3
On a le circuit ci-contre, avec e(t) = Ecos(2πf t), on fait varier
la fréquence fdu générateur. Les voltmètres étant de grande
impédance, on peut les assimiler à des interrupteurs ouverts, ainsi
i2(t) = 0. On a donc :
(u1= (R1+jL1ω)i1
u2=jMωi1
e(t)L2
R2
i2(t)
u2(t)
i1(t)
M
L1
R1
On en déduit la fonction de transfert :
H=u2
u1
=jMω
R1+jL1ω
soit le gain G=|H|:
G(ω) = Mω
qR2
1+ (L1ω)2
On reconnaît un filtre passe-haut du premier ordre que l’on peut mettre sous forme canonique :
H(jω) = M
L1
jL1ω
R1
1 + jL1ω
R1
En hautes fréquences, H∼M
L1⇒GHF =M L1⇒GdB,HF = 20 log(M/L1). Par lecture sur la figure C,
GdB,HF = 42,5 dB. On en déduit :
M=L1×1042,5
20 = 0,51 H
On peut vérifier que M≤L1L2= 0,60 H : la mutuelle est proche de la mutuelle maximale possible.
Remarque : La fréquence de coupure du filtre passe-bas à -3 dB est comprise entre 30 et 40 Hz. On peut
retrouver la valeur de L1:
L1=R1
2πfc≃4,9 mH
avec fc= 40 Hz. On retrouve le bon ordre de grandeur.
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I.C - Tension induite lors de la rupture de courant
1. 
u1(t) = L1
di1
dt +R1i1(t)
u2(t) = Mdi1
dt
2. À partir de la fermeture de l’interrupteur (t= 0),
e0=L1
di1
dt +R1i1(t)
L’intensité i1(t) est continue à cause de la présence de L1, d’où :
i1(t > 0) = e0
R11−exp −t τ1
avec τ1=L1/R1, de l’ordre de 3 ms.
3. On a donc u2(t > 0) = Me0
L1
exp −t
τ1
4. On obtient u2(0+)≃0,5×100
3,8×10−3≃13 ×103V : ce dispositif permet bien de créer des étincelles.
5. Au bout de quelques τ1, la tension Mdi1
dt est inférieure à la tension nécessaire pour déclencher les
étincelles : il faut alors fermer l’interrupteur, ce qui va provoquer une décroissance de i1(t) et donc
maintenir Mdi1
dt à un niveau élevé.
Dans cette approche, on néglige l’évolution des tensions aux bornes de la bobine et de la résistance du
secondaire : le temps caractéristique associé à leurs variations est de l’ordre de τ2=L2/R2∼16 ms
(soit 5 τ1, l’approximation est -juste- vérifiée).
Le courant électrique ne doit donc pas passer plus de 3 à 5 τ1: on peut adopter un temps de commu-
tation de l’interrupteur de 5 ms par exemple.
II. Mécanisme de déclenchement de l’étincelle
II.A- Effet d’avalanche
1. Un électron est accéléré entre deux chocs par le champ électrique : le PFD donne son accélération,
constante :
me−→ ae=−e−→ E
Il acquiert ainsi en un temps moyen τcune vitesse avant collision (on peut supposer qu’en moyenne la
vitesse initiale est nulle, les vitesses étant équi-réparties spatialement) :
−→
ve=−e
me
−→
E τc
soit une énergie cinétique :
Ec=1
2mev2
e=1
2
e2E2τ2
c
me
(on a supposé les électrons non relativistes)
L’effet d’avalanche peut se produire lorsque cette énergie cinétique devient comparable à l’énergie
d’ionisation W: l’électron peut ainsi éjecter un électron secondaire de l’atome cible. Il faut donc
Ec> W , soit :
E > √2meW
eτc
=Ed
Pour l’oxygène, on trouve Ed≃1,2×107V m−1, c’est un ordre de grandeur correct du champ disruptif.
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2. Entre deux chocs, toujours en supposant une vitesse initiale nulle (vrai en moyenne), la vitesse de
l’électron est −→ ve(t) déterminée plus haut, soit une position, en projection sur la direction de −→ E:
x(t) = Zt
0
ve(t′)dt′= ae
t2
2
Le libre parcours moyen ℓest alors :
ℓ=x(τc) = eEd
2me
τ2
c= 1,32 µm
D’après la figure D, le potentiel électrique sur des distances caractéristiques de l’ordre de 100 µm,
et donc le champ électrique, qui est sa dérivée, également. Le libre parcours moyen étant très faible
devant cette distance, l’approximation de champ uniforme entre deux chocs est justifiée.
II.B- Estimation de la tension nécessaire pour déclencher l’étincelle
1. •En coordonnées cylindriques, le plan (M, −→ er,−→ ez) est un plan de symétrie, le champ −→ E(M) appartient
donc à ce plan. •le plan médiateur des deux électrodes (z= 0) est un plan d’antisymétrie des charges,
c’est donc aussi un plan d’antisymétrie de −→ E; notamment −→ E(z= 0) ⊥(z= 0).
2. Les lignes de champ électrique sont perpendicu-
laires aux équipotentielles, et dirigées des poten-
tiels élevés vers les potentiels faibles, soit ici suivant
zcroissant. L’électrode portée au potentiel positif
porte des charges positives, et l’électrode de poten-
tiel négatif des charges négatives (la charge totale
est nulle, il s’agit d’un condensateur).
0 V
-0,2 V
-0,1V
0,2V
3. C=q
U= 0,31 pF
4. D’après la figure E, le champ électrique est minimal sur l’axe (Oz) en z= 0 (car −→ E(r= 0, z) =
−dV
dz (r= 0, z)−→
uz).
Par ailleurs, le champ disruptif devant être atteint en tout point, il suffit que E(z= 0) > Ed. On
suppose que l’étincelle se produit sur l’axe, là où les champs électriques sont les plus forts (c’est
l’endroit où les lignes de champ sont le plus resserrées).
A partir de la figure D, on peut estimer E(z= 0) ≃0,50 V
0,50 mm ≃500 V m−1. Ceci correspond à une
tension U= 2 V entre les électrodes. Pour que le champ disruptif Ed= 3,6×106V m−1soit atteint
en z= 0, il faut donc une tension U≥14 400 V .
5. E=1
2CU 2= 3,2×10−5J. Cette énergie peut être dissipée sous forme d’effet Joule dans le canal
conducteur ionisé qui provoque une élévation de température dans le plasma, sous forme d’énergie
lumineuse émise par les atomes, d’énergie sonore (onde de pression) . . .
6. D’après la figure F, E(r, z = 0)/E(r= 0, z = 0) ≥0,9 pour r≤0,45 mm. On a ainsi un diamètre de
la zone parcourue par l’étincelle d= 0,9 mm
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