Devoir Surveillé n˚7 Corrigé I Généralités sur l’induction

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Sciences Physiques
Corrigé du Devoir surveillé n˚7
mercredi 15 décembre 2010
Devoir Surveillé n˚7
Corrigé
I Généralités sur l’induction DEUG 03
1. −→ Bétant indépendant du temps, le potentiel vecteur −→ A(M, t)défini par −→ B=−→ rot(−→ A)est aussi
indépendant du temps. On en déduit
−→
Em(M)/R=−→ ve(M)/R∧−→ B(M)
2. (a) −→ ve(M) = −→ v(O) + −−−−→ Omegadisque/R∧−−→ OM ⇒−→ ve(M) = rω~eϕ.
(b) −→ Em(M) = −→ ve∧−→ B=rω~eϕ∧B0~ez⇒−→ Em(M) = rωB0, ~er.
(c) −→ Emest radial.
(d) −→ i(M, t) = γ−→ Em=γ rωB0, ~er.
(e) Le circuit est ouvert : les charges s’accumulent en périphérie du demi-disque. Il apparaît un
champ de Hall.
(f)
3. (a) Cette énergie est dissipée sous forme d’échange thermique (conductif ou convectif) avec le milieu
extérieur (sous forme de rayonnement également mais cette notion n’est pas au programme de
PSI). On parle d’effet Joule.
(b) dP
dτ=γE2
m=γ ω2B2 0r2
(c) PI=RRRdemi-disque
dP
dτdτ=γ ω2B2
0RR
r=0 Rπ
ϕ=0 Rh
z=0 r2rdrdϕdz⇒PI=πhR4
4γ ω2B2
0.
(d) D’après la conversion électromécanique, cette puissance électrique reçue par le conducteur, et
qu’il dissipe par effet Joule, est l’opposé de la puissance des efforts de Laplace. Les efforts de
Laplace sont donc résistants, comme prévus par la loi de Lenz et ralentissent le demi-disque.
Finalement, l’énergie cinétique initiale du demi-disque est dissipée par effet Joule.
(e) Ce dispositif peut être utilisé dans le cadre d’un freinage électromagnétique.
(f) PI=π×5,0.10−3×0,14
4×5,8.107×(103)2×(10−2)2= 2,3 kW
4. −→ B=µ0ni d’après le cours.
5. Choisissons comme contour un cercle Cd’axe Oz, de rayon rorienté suivant ~eϕ:
IC
−→
A·−→ dℓ=IC A(ρ, t)~eϕ·ρdϕ ~eϕ= 2πρ A(ρ, t)
Par ailleurs, d’après le théorème de Stokes et la définition de −→ A:
IC
−→
A·−→ dℓ=ZZΣ(C)
−→
rot(−→ A)·−−→ d2S=ZZΣ(C)
−→
B·−−→ d2S
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où Σ(C)est une surface qui s’appuie sur Cet tel que le vecteur −−→ d2Ssoit orienté d’après l’orientation
de C.
Le champ magnétique étant uniforme, on trouve, à l’intérieur du solénoïde :
2πρ A(ρ, t) = Bπρ2⇒−→ A(M, t) = ρ
2B ~eϕ
On aurait pu utiliser l’expression −→ A=−1/2−→ r∧−→ Bvalable pour un champ magnétique uniforme.
6. (a) Les points du barreau étant immobiles dans le référentiel d’étude, on a
−→
Em=−∂−→
A
∂t
(b) On en déduit
−→
Em=−ρ
2
∂B
∂t ~eϕ=−ρ 2ω B0cos(ωt)~eϕ
(c) Pour un conducteur ohmique −→ =γ−→ E=−γρ
2ω B0cos(ωt)~eϕ. Les courants induits sont or-
thoradiaux
(d) Les courants induits par induction sont appelés courants de Foucault.
7. (a) Le puissance électrique reçue est dissipée par effet Joule (échange thermique voire par rayonne-
ment) avec le milieu extérieur.
(b) dP
dτ=γρ2 4ω2B2
0cos2(ωt).
(c) *dP
dτ+=γρ2 8ω2B2
0.
(d) Par intégration sur l’ensemble du barreau
PII =ZZZbarreau *dP
dτ+dτ=γ 8ω2B2
0ZR
ρ=0 Z2π
ϕ=0 ZH
0
ρ2ρdρdϕdz⇒PII =γ
16 ω2B2
0πR4H
(e) Ce dispositif est utilisé dans le chauffage par induction (soudure sans contact, fusion de métaux
ou, au niveau domestique, dans les plaques de cuisson).
(f) PII =5,8.107
16 ×(5.104)2×(2,0.10−4)2×π×(5.10−2)4×0,20 = 0,20 kW .
II Haut-parleur électrodynamique E3A PC 98
1. On est en présence d’un circuit électrique mobile dans un champ magnétique stationnaire. Il apparaît
donc une f.e.m d’induction de Lorentz e=RΓ(−→ v∧−→ B)·−→ dℓ. Si −→ vcorrespond à un mouvement sinusoïdal
de fréquence ν, il apparaît une f.e.m d’induction de même fréquence et donc une d.d.p. de même
fréquence aux bornes de la bobine.
Le cas considéré ici correspond à une conversion d’énergie mécanique en énergie électrique : on a
affaire à un microphone.
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2. On est en présence d’un conducteur parcouru par un courant plongé dans un champ magnétique.
Ce conducteur est donc soumis à une force de Laplace qui va mettre en mouvement la bobine et
la membrane qui lui est solidaire et cette dernière met en mouvement les masses d’air qui lui sont
voisines. On a maintenant affaire à un haut-parleur.
3. Orientons le courant dans le sens de ~uθ(voir figure ci-dessous). La force élémentaire de Laplace est
d−→ f=i−→ dℓ∧−→ B=idℓ ~uθ∧B ~ur=−iBdℓ ~uz⇒−→ f=−iBℓ ~uz
4. La f.e.m élémentaire est
de=−→
v∧−→ B·−→ dℓ= dz
dt~uz∧B ~ur!adθ ~uθ⇒de=dz dtBa dθ
Pour la bobine toute entière, on obtient
e=v Ba 2πN =vBℓ
5. Le théorème de la résultante cinétique pour l’équipage mobile s’écrit
md−→
v
dt=−iBℓ ~uz−kz ~uz−h−→
v(M)
Compte tenu du schéma électrique équivalent, l’équation électrique s’écrit
u=Ldi
dt+Ri −vBℓ (E)
6. Puisque u,iet vsont des fonctions sinusoïdales de pulsation ω, les équations (M) et (E) deviennent :
jmω v =−Bℓ i −k
jω v−h v (M’)
et
u=jLω i +R i −Bℓ v (E’)
7. À l’aide de l’équation (M’) on obtient
v=−Bℓ
jmω +k
jω +h
i⇒u=
jLω +R+B2ℓ2
jmω +k
jω +h
i
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8. D’après l’équation précédente, on peut faire apparaître les deux contributions suivantes :
⋆un terme qui ne contient que des termes relatifs au circuit électrique
Ze=R+jLω
d’où le nom d’impédance propre.
⋆un terme qui ne dépend que des caractéristiques mécanique du système d’où le nom d’impédance
motionnelle
Zm=B2ℓ2
jmω +k
jω +h
=B2ℓ2h
h2+ mω −k
ω!2−j
B2ℓ2 mω −k
ω!
h2+ mω −k
ω!2
9. On a donc
Ze(ω) = R+jLω ;R(ω) = B2ℓ2h
h2+ mω −k
ω!2et S(ω) = −
B2ℓ2 mω −k
ω!
h2+ mω −k
ω!2
10. On peut écrire Zmsous la forme
1
Zm
=jm
B2ℓ2ω+1
jB2ℓ2
kω
+1
B2ℓ2
h
=jCmω+1
jLmω+1 Rm
avec
Rm=B2ℓ2
h;Cm=m B2ℓ2;Lm=B2ℓ2 k
Tout se passe comme si le circuit électrique comportait Rm,Lmet Cmen parallèle. Le schéma
électrique équivalent est
Figure 1 –
11. On a
R′(ω) = −B2ℓ2h
h2+ mω −k
ω!2
22 mω −k
ω! m+k ω2!
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Figure 2 –
On en déduit que R′(ω)est du signe de (−mω +k/ω)d’où le graphe de R(ω).
Pour S(ω), on a
S′(ω) = −B2ℓ2h
h2+ mω −k
ω!2
2 m+k
ω2!
h2− mω k
ω!2
S′(ω)est donc du signe de −h2+ (mω −k/ω)2. On a deux racines réelles positives
ω1=−h+√h2+ 4km
2met ω2=+h+√h2+ 4km 2m
de sorte que le graphe de S(ω)est de la forme
Figure 3 –
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