Exercice 1 : Le solénoïde : démontrer L, puis lire le signe de la f.é.m. d'auto-induction

8 réponses vérifiables

Un solénoïde à noyau d'air compte $N=1200$ spires jointives, réparties sur une longueur $\ell=32{,}0\ \mathrm{cm}$ ; chaque spire a un rayon $r=2{,}00\ \mathrm{cm}$ . On néglige les effets de bord. Pendant un essai, son courant suit $I(t)=1{,}5+24\,t-30\,t^{2}$ , avec $I$ en ampères et $t$ en secondes, pour $0\le t\le 0{,}80\ \mathrm{s}$ . On donne $\mu_{0}=4\pi\times 10^{-7}\ \mathrm{T\cdot m/A}$ .

a) Établissez, à l'aide du théorème d'Ampère et de la définition $N\Phi_{B}=LI$ , l'expression $L=\dfrac{\mu_{0}N^{2}A}{\ell}$ de l'auto-inductance du solénoïde.
b) Calculez $L$ .
c) Calculez la f.é.m. d'auto-induction $\varepsilon_{L}=-L\,\dfrac{dI}{dt}$ aux instants $t=0{,}20\ \mathrm{s}$ et $t=0{,}60\ \mathrm{s}$ . Interprétez son signe dans chaque cas.
d) Déterminez l'instant où la f.é.m. d'auto-induction s'annule, et la valeur du courant à cet instant.
e) Une seconde bobine, de géométrie inconnue, présente une f.é.m. d'auto-induction de $6{,}30\ \mathrm{V}$ en module lorsque son courant varie au rythme de $150\ \mathrm{A/s}$ . Calculez son auto-inductance $L_{2}$ , puis le nombre de spires qu'il faudrait au solénoïde de l'énoncé, à longueur et rayon inchangés, pour atteindre $L_{2}$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/8

a)

Le champ dans le solénoïde vaut

b)

L

mH

c)

\varepsilon_{L}

à

0{,}20

s mV

\varepsilon_{L}

à

0{,}60

s mV

d)

t

s

I

A

e)

L_{2}

mH

Nombre de spires spires

Voir la correction

Réponses

a) $B=\mu_{0}\dfrac{N}{\ell}I$ , $N\Phi_{B}=\mu_{0}\dfrac{N^{2}A}{\ell}I=LI$ , donc $L=\dfrac{\mu_{0}N^{2}A}{\ell}$
b) $L=7{,}11\ \mathrm{mH}$
c) $\varepsilon_{L}=-85{,}3\ \mathrm{mV}$ à $0{,}20$ s (le courant croît) ; $+85{,}3\ \mathrm{mV}$ à $0{,}60$ s (il décroît)
d) $t=0{,}400\ \mathrm{s}$ , $I=6{,}30\ \mathrm{A}$ : le maximum du courant
e) $L_{2}=42{,}0\ \mathrm{mH}$ ; $N'\approx 2{,}92\times 10^{3}$ spires

a)

Effets de bord négligés : à l'intérieur, $\vec B$ est uniforme et parallèle à l'axe ; à l'extérieur, il est nul.

Parcours d'Ampère : un rectangle dont un côté, de longueur $x$ , est dans le solénoïde, parallèle à l'axe, et le côté opposé à l'extérieur.

\displaystyle \oint\vec B\cdot d\vec s=Bx=\mu_{0}I_{\text{enl}}=\mu_{0}\left(\dfrac{N}{\ell}x\right)I

Les deux côtés perpendiculaires à l'axe ne contribuent pas : $\vec B\perp d\vec s$ à l'intérieur, $B=0$ à l'extérieur. D'où $B=\mu_{0}\dfrac{N}{\ell}I$ .

Flux à travers UNE spire : $\Phi_{B}=BA=\mu_{0}\dfrac{N}{\ell}IA$ , avec $A=\pi r^{2}$ .

Flux embrassé par les $N$ spires : $N\Phi_{B}=\mu_{0}\dfrac{N^{2}A}{\ell}I=LI$ , donc $L=\dfrac{\mu_{0}N^{2}A}{\ell}$ .

Le courant s'est simplifié : $L$ ne dépend que de la géométrie et du milieu, pas de $I$ .

Piège : écrire $L=\dfrac{\mu_{0}NA}{\ell}$ . Le $N$ apparaît deux fois : une fois dans $B$ (chaque spire crée du champ), une fois dans $N\Phi_{B}$ (chaque spire capte le flux).

b)

\displaystyle A=\pi(0{,}0200)^{2}=1{,}257\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{2}}

\displaystyle L=\dfrac{(4\pi\times 10^{-7})(1200)^{2}(1{,}257\times 10^{-3})}{0{,}320}=7{,}11\times 10^{-3}\ \mathrm{H}=7{,}11\ \mathrm{mH}

Piège : garder $r$ en centimètres multiplie $A$ , donc $L$ , par $10^{4}$ . Tout se convertit en mètres AVANT le calcul.

c)

$\dfrac{dI}{dt}=24-60\,t$ , en A/s.

À $t=0{,}20$ s : $\dfrac{dI}{dt}=12\ \mathrm{A/s}$ , donc $\varepsilon_{L}=-(7{,}11\times 10^{-3})(12)=-8{,}53\times 10^{-2}\ \mathrm{V}=-85{,}3\ \mathrm{mV}$ .

Le courant croît : la f.é.m. est négative, elle s'oppose à cette croissance. C'est la loi de Lenz appliquée au circuit lui-même.

À $t=0{,}60$ s : $\dfrac{dI}{dt}=-12\ \mathrm{A/s}$ , donc $\varepsilon_{L}=+85{,}3\ \mathrm{mV}$ : le courant décroît, la bobine tend à le maintenir.

Remarquez que $I(0{,}20)=I(0{,}60)=5{,}10\ \mathrm{A}$ : le MÊME courant, et deux f.é.m. opposées.

Piège : chercher la valeur de $I$ pour calculer $\varepsilon_{L}$ . Seule la pente de $I(t)$ compte.

d)

$\varepsilon_{L}=0$ quand $\dfrac{dI}{dt}=24-60\,t=0$ , soit $t=0{,}400\ \mathrm{s}$ .

$I(0{,}400)=1{,}5+24(0{,}400)-30(0{,}400)^{2}=6{,}30\ \mathrm{A}$ : c'est le MAXIMUM du courant.

C'est le fil de la série : la bobine s'oppose à la VARIATION du courant, pas au courant. Au sommet de $I(t)$ , sa f.é.m. est nulle.

e)

\displaystyle L_{2}=\dfrac{|\varepsilon_{L}|}{|dI/dt|}=\dfrac{6{,}30}{150}=4{,}20\times 10^{-2}\ \mathrm{H}=42{,}0\ \mathrm{mH}

Unité : $\mathrm{V}/(\mathrm{A/s})=\mathrm{V\cdot s/A}=\mathrm{H}$ .

À longueur et rayon fixés, $L\propto N^{2}$ : $N'=N\sqrt{\dfrac{L_{2}}{L}}=1200\sqrt{\dfrac{42{,}0}{7{,}11}}\approx 2{,}92\times 10^{3}$ spires.

Piège : écrire $N'=N\dfrac{L_{2}}{L}$ . Doubler le nombre de spires quadruple l'inductance.

Lignes de

\vec B

calculées : serrées et parallèles dans le solénoïde, très écartées dehors. Seul le côté intérieur du parcours d'Ampère, de longueur

x

, contribue.

I(t)

et ses tangentes : la f.é.m.

-L\frac{dI}{dt}

suit la PENTE. Même courant de

5{,}10

A en

0{,}20

et

0{,}60

s, pentes opposées ; f.é.m. nulle au sommet.

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Exercice 2 : Le tore à section rectangulaire : Ampère, un flux qui s'intègre, et l'inductance

8 réponses vérifiables

Un tore comporte $N=750$ spires jointives enroulées sur un noyau d'air de section RECTANGULAIRE : rayon intérieur $a=4{,}00\ \mathrm{cm}$ , rayon extérieur $b=6{,}00\ \mathrm{cm}$ , hauteur $h=1{,}50\ \mathrm{cm}$ . À gauche, le tore vu de dessus ; à droite, sa demi-coupe par un plan contenant l'axe. $\mu_{0}=4\pi\times 10^{-7}\ \mathrm{T\cdot m/A}$ .

a) À l'aide du théorème d'Ampère, déterminez le module $B(r)$ du champ magnétique pour $r<a$ , $a<r<b$ et $r>b$ , à une hauteur comprise dans la section. Calculez $B$ en $r=a$ et en $r=b$ pour $I=2{,}00\ \mathrm{A}$ .
b) Montrez que le flux magnétique à travers UNE spire vaut $\Phi_{B}=\dfrac{\mu_{0}NIh}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}$ . Posez l'élément de surface avant d'intégrer.
c) Déduisez-en l'auto-inductance $L$ du tore, et calculez-la.
d) Un élève remplace $B(r)$ par sa valeur au rayon moyen $r_{m}=\dfrac{a+b}{2}$ et écrit $L\approx\dfrac{\mu_{0}N^{2}h(b-a)}{2\pi r_{m}}$ . Calculez cette valeur approchée et son écart relatif avec $L$ .
e) Calculez l'énergie magnétique stockée pour $I=2{,}00\ \mathrm{A}$ , puis retrouvez-la en intégrant la densité $u_{B}=\dfrac{B^{2}}{2\mu_{0}}$ sur le volume du tore.

Voir la correction

Réponses

a) $B=0$ pour $r<a$ et $r>b$ ; $B=\dfrac{\mu_{0}NI}{2\pi r}$ dans le tore : $7{,}50\ \mathrm{mT}$ en $r=a$ , $5{,}00\ \mathrm{mT}$ en $r=b$
b) $\Phi_{B}=\displaystyle\int_{a}^{b}\frac{\mu_{0}NI}{2\pi r}h\,dr=\frac{\mu_{0}NIh}{2\pi}\ln\frac{b}{a}$
c) $L=\dfrac{\mu_{0}N^{2}h}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}=0{,}684\ \mathrm{mH}$
d) $L\approx 0{,}675\ \mathrm{mH}$ , écart de $1{,}35\ \%$
e) $U_{B}=1{,}37\ \mathrm{mJ}$ , identique par $\int u_{B}\,dV$

a)

Symétrie : le tore est invariant par rotation autour de son axe ; les lignes de $\vec B$ sont des cercles centrés sur l'axe, et $B$ ne dépend que de $r$ .

Parcours d'Ampère : un cercle de rayon $r$ centré sur l'axe, parcouru dans le sens de $\vec B$ : $\oint\vec B\cdot d\vec s=B(2\pi r)=\mu_{0}I_{\text{enl}}$ .

$r<a$ : le cercle n'enlace aucun brin, $I_{\text{enl}}=0$ et $B=0$ .

$a<r<b$ : il enlace les $N$ brins intérieurs, tous dans le même sens : $I_{\text{enl}}=NI$ et $B=\dfrac{\mu_{0}NI}{2\pi r}$ .

$r>b$ : il enlace $N$ brins dans un sens et les $N$ brins de retour dans l'autre : $I_{\text{enl}}=0$ et $B=0$ .

En $r=a$ : $B=\dfrac{(4\pi\times 10^{-7})(750)(2{,}00)}{2\pi(0{,}0400)}=7{,}50\times 10^{-3}\ \mathrm{T}$ ; en $r=b$ : $5{,}00\times 10^{-3}\ \mathrm{T}$ .

Piège : croire le champ uniforme dans le tore, comme dans un solénoïde. Il varie en $\dfrac{1}{r}$ : ici de $7{,}50$ à $5{,}00$ mT, un tiers de moins.

b)

$B$ dépend de $r$ : on découpe la section en bandes de hauteur $h$ et de largeur $dr$ , d'aire $dA=h\,dr$ , sur lesquelles $B$ est constant et perpendiculaire à la surface.

\displaystyle \Phi_{B}=\displaystyle\int_{a}^{b}B(r)\,h\,dr=\int_{a}^{b}\frac{\mu_{0}NI}{2\pi r}\,h\,dr

\displaystyle \Phi_{B}=\dfrac{\mu_{0}NIh}{2\pi}\displaystyle\int_{a}^{b}\frac{dr}{r}=\dfrac{\mu_{0}NIh}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}

Piège : écrire $\Phi_{B}=BA$ avec une seule valeur de $B$ . Ce produit ne vaut que pour un champ uniforme sur la surface.

c)

$N\Phi_{B}=LI$ donne $L=\dfrac{\mu_{0}N^{2}h}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}$ .

\displaystyle L=\dfrac{(4\pi\times 10^{-7})(750)^{2}(0{,}0150)}{2\pi}\ln 1{,}5=6{,}84\times 10^{-4}\ \mathrm{H}=0{,}684\ \mathrm{mH}

Le courant a disparu : comme pour le solénoïde, $L$ est une propriété géométrique.

d)

$r_{m}=5{,}00\ \mathrm{cm}$ et $h(b-a)=(0{,}0150)(0{,}0200)=3{,}00\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$ .

\displaystyle L\approx\dfrac{(4\pi\times 10^{-7})(750)^{2}(3{,}00\times 10^{-4})}{2\pi(0{,}0500)}=6{,}75\times 10^{-4}\ \mathrm{H}=0{,}675\ \mathrm{mH}

Écart relatif : $\dfrac{0{,}684-0{,}675}{0{,}684}\approx 1{,}35\ \%$ .

L'approximation sous-estime, car $\ln\dfrac{b}{a}=0{,}405$ dépasse $\dfrac{b-a}{r_{m}}=0{,}400$ . Elle devient excellente pour un tore mince, $b-a\ll r_{m}$ ; ici la section est large.

Un contrôle qui dit « démontrez » attend l'intégrale de b), pas l'approximation.

e)

\displaystyle U_{B}=\dfrac12LI^{2}=\dfrac12(6{,}84\times 10^{-4})(2{,}00)^{2}=1{,}37\times 10^{-3}\ \mathrm{J}

Vérification : on découpe le volume en coquilles de rayon $r$ , d'épaisseur $dr$ et de hauteur $h$ , de volume $dV=2\pi rh\,dr$ , sur lesquelles $u_{B}$ est constant.

\displaystyle U_{B}=\displaystyle\int_{a}^{b}\frac{1}{2\mu_{0}}\left(\frac{\mu_{0}NI}{2\pi r}\right)^{2}2\pi rh\,dr=\frac{\mu_{0}N^{2}I^{2}h}{4\pi}\ln\frac{b}{a}

C'est exactement $\dfrac12LI^{2}$ avec le $L$ de c) : les deux expressions de l'énergie se rejoignent, ce qui valide le calcul de $L$ .

Parcours d'Ampère (cyan) de rayon

r

compris entre

a

et

b

: il enlace les

N

brins intérieurs, sortants dans la demi-coupe, une seule fois chacun.

B(r)

pour

I=2{,}00

A : nul hors du tore, en

\frac{1}{r}

dedans, de

7{,}50

à

5{,}00

mT. Le champ n'est PAS uniforme dans la section.

Exercice 3 : L'inductance mutuelle : l'aire qui compte, la réciprocité, et le cadre près d'un fil

5 réponses vérifiables

Un long solénoïde primaire compte $N_{1}=850$ spires réparties sur $\ell_{1}=50{,}0\ \mathrm{cm}$ , de rayon $r_{1}=1{,}80\ \mathrm{cm}$ . Une bobine secondaire courte de $N_{2}=40$ spires, de rayon $r_{2}=3{,}50\ \mathrm{cm}$ , l'entoure en son milieu, coaxiale, sans le toucher. On néglige les effets de bord du primaire. $\mu_{0}=4\pi\times 10^{-7}\ \mathrm{T\cdot m/A}$ .

a) Exprimez le flux magnétique à travers UNE spire du secondaire lorsque le primaire est parcouru par $I_{1}$ , puis montrez que l'inductance mutuelle vaut $M=\dfrac{\mu_{0}N_{1}N_{2}\pi r_{1}^{2}}{\ell_{1}}$ . Justifiez le choix de l'aire.
b) Calculez $M$ .
c) Le courant du primaire passe linéairement de $0{,}50\ \mathrm{A}$ à $2{,}30\ \mathrm{A}$ en $120\ \mathrm{ms}$ . Calculez le module de la f.é.m. induite dans le secondaire.
d) On fait maintenant varier le courant du SECONDAIRE au rythme de $40{,}0\ \mathrm{A/s}$ . Le champ créé par cette bobine courte n'est pas uniforme : expliquez pourquoi on n'a pas besoin de le calculer, puis donnez le module de la f.é.m. induite dans le primaire.
Question e) : le long fil et le cadre de 25 spires sont dans le même plan.
e) Un cadre de $N=25$ spires rectangulaires, de côtés $h=12{,}0\ \mathrm{cm}$ (parallèle au fil) et $w=8{,}0\ \mathrm{cm}$ , est posé dans le plan d'un long fil rectiligne, son côté le plus proche à $d=3{,}0\ \mathrm{cm}$ du fil. Établissez l'inductance mutuelle $M'=\dfrac{\mu_{0}Nh}{2\pi}\ln\dfrac{d+w}{d}$ du fil et du cadre, puis calculez-la.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/5

a)

Aire traversée par le champ du primaire

b)

M

µH

c)

|\varepsilon_{2}|

mV

d)

|\varepsilon_{1}|

mV

e)

M'

µH

Voir la correction

Réponses

a) $\Phi_{21}=\mu_{0}\dfrac{N_{1}}{\ell_{1}}I_{1}\,\pi r_{1}^{2}$ : seule la section du primaire porte du champ ; $M=\dfrac{N_{2}\Phi_{21}}{I_{1}}$
b) $M=8{,}70\times 10^{-5}\ \mathrm{H}=87{,}0\ \mu\mathrm{H}$
c) $|\varepsilon_{2}|=1{,}30\ \mathrm{mV}$
d) $M_{12}=M_{21}$ : $|\varepsilon_{1}|=3{,}48\ \mathrm{mV}$
e) $M'=0{,}780\ \mu\mathrm{H}$

a)

Le champ du primaire vaut $B_{1}=\mu_{0}\dfrac{N_{1}}{\ell_{1}}I_{1}$ , uniforme à l'INTÉRIEUR du solénoïde et nul à l'extérieur (effets de bord négligés).

Une spire du secondaire, de rayon $r_{2}>r_{1}$ , entoure tout le primaire, mais le champ ne traverse que la partie de son disque située dans le primaire, d'aire $\pi r_{1}^{2}$ ; entre $r_{1}$ et $r_{2}$ , $B\approx 0$ .

\displaystyle \Phi_{21}=B_{1}\,\pi r_{1}^{2}=\mu_{0}\dfrac{N_{1}}{\ell_{1}}I_{1}\,\pi r_{1}^{2}

\displaystyle M=\dfrac{N_{2}\Phi_{21}}{I_{1}}=\dfrac{\mu_{0}N_{1}N_{2}\pi r_{1}^{2}}{\ell_{1}}

Piège : prendre $\pi r_{2}^{2}$ , l'aire de la bobine qui capte. Le flux se compte là où il y a du champ, pas là où il y a du fil ; l'erreur multiplie $M$ par $\left(\dfrac{r_{2}}{r_{1}}\right)^{2}\approx 3{,}8$ .

b)

\displaystyle M=\dfrac{(4\pi\times 10^{-7})(850)(40)\,\pi(0{,}0180)^{2}}{0{,}500}=8{,}70\times 10^{-5}\ \mathrm{H}=87{,}0\ \mu\mathrm{H}

c)

$\dfrac{dI_{1}}{dt}=\dfrac{2{,}30-0{,}50}{0{,}120}=15{,}0\ \mathrm{A/s}$ , constant pendant la rampe.

\displaystyle |\varepsilon_{2}|=M\left|\dfrac{dI_{1}}{dt}\right|=(8{,}70\times 10^{-5})(15{,}0)=1{,}30\times 10^{-3}\ \mathrm{V}=1{,}30\ \mathrm{mV}

La f.é.m. ne dépend ni de $0{,}50$ ni de $2{,}30$ A, seulement de la vitesse de variation ; si le courant reste constant avant et après la rampe, elle y est nulle.

d)

L'inductance mutuelle est UNE grandeur du couple de circuits : $M_{12}=M_{21}=M$ . Le flux du champ non uniforme de la bobine courte à travers les 850 spires du primaire donnerait exactement le même $M$ ; on garde donc le calcul facile, celui de a).

\displaystyle |\varepsilon_{1}|=M\left|\dfrac{dI_{2}}{dt}\right|=(8{,}70\times 10^{-5})(40{,}0)=3{,}48\times 10^{-3}\ \mathrm{V}=3{,}48\ \mathrm{mV}

Piège : se lancer dans Biot et Savart pour le champ de la bobine courte, ou affirmer que $M_{12}\neq M_{21}$ parce que les deux bobines diffèrent.

e)

Le fil crée, à la distance $x$ , un champ $B=\dfrac{\mu_{0}I}{2\pi x}$ perpendiculaire au plan du cadre ; il varie d'un bord du cadre à l'autre.

Élément de surface : une bande parallèle au fil, à la distance $x$ , de largeur $dx$ et de longueur $h$ : $dA=h\,dx$ , et $d\Phi_{B}=\dfrac{\mu_{0}I}{2\pi x}\,h\,dx$ .

\displaystyle \Phi_{B}=\displaystyle\int_{d}^{d+w}\frac{\mu_{0}Ih}{2\pi x}\,dx=\frac{\mu_{0}Ih}{2\pi}\ln\frac{d+w}{d}

\displaystyle M'=\dfrac{N\Phi_{B}}{I}=\dfrac{\mu_{0}Nh}{2\pi}\ln\dfrac{d+w}{d}=\dfrac{(4\pi\times 10^{-7})(25)(0{,}120)}{2\pi}\ln\dfrac{11{,}0}{3{,}0}=7{,}80\times 10^{-7}\ \mathrm{H}=0{,}780\ \mu\mathrm{H}

Piège : écrire $\ln\dfrac{w}{d}$ , qui oublie que le cadre commence à $d$ du fil.

Le champ du primaire (vert) remplit la seule section

\pi r_{1}^{2}

; la couronne entre

r_{1}

et

r_{2}

, à l'intérieur des spires du secondaire, n'en porte pas.

Exercice 4 : Le câble coaxial : l'énergie magnétique intégrée donne l'inductance

6 réponses vérifiables

Un câble coaxial de longueur $\ell=25{,}0\ \mathrm{m}$ est formé d'une âme de rayon $a=0{,}600\ \mathrm{mm}$ et d'une gaine de rayon $b=2{,}40\ \mathrm{mm}$ , séparées par un isolant. À haute fréquence, le courant circule à la surface des conducteurs : on modélise l'âme et la gaine par deux tubes minces, parcourus par $I=3{,}00\ \mathrm{A}$ en sens opposés (coupe ci-dessous). $\mu_{0}=4\pi\times 10^{-7}\ \mathrm{T\cdot m/A}$ .

a) Déterminez, par le théorème d'Ampère, le champ magnétique $B(r)$ pour $r<a$ , $a<r<b$ et $r>b$ . Calculez $B$ juste à l'extérieur de l'âme.
b) Exprimez l'énergie magnétique stockée dans une coquille cylindrique de rayon $r$ , d'épaisseur $dr$ et de longueur $\ell$ , puis intégrez pour obtenir l'énergie totale $U_{B}$ . Calculez-la.
c) Déduisez-en l'auto-inductance $L$ du câble à partir de $U_{B}=\dfrac12LI^{2}$ , et calculez-la.
d) Retrouvez $L$ par la définition $\Phi_{B}=LI$ , avec le flux à travers un rectangle de longueur $\ell$ tendu entre l'âme et la gaine. Les deux méthodes donnent-elles le même résultat ?
e) Calculez la fraction de l'énergie magnétique stockée entre $r=a$ et $r=2a$ .

Voir la correction

Réponses

a) $B=0$ pour $r<a$ et $r>b$ , $B=\dfrac{\mu_{0}I}{2\pi r}$ entre les deux ; $B(a^{+})=1{,}00\ \mathrm{mT}$
b) $U_{B}=\dfrac{\mu_{0}I^{2}\ell}{4\pi}\ln\dfrac{b}{a}=31{,}2\ \mu\mathrm{J}$
c) $L=\dfrac{\mu_{0}\ell}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}=6{,}93\ \mu\mathrm{H}$
d) Oui : $\Phi_{B}=\dfrac{\mu_{0}I\ell}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}$ donne le même $L$
e) $\dfrac{\ln 2}{\ln 4}=50{,}0\ \%$

a)

Symétrie cylindrique : les lignes de $\vec B$ sont des cercles coaxiaux et $B$ ne dépend que de $r$ . Parcours d'Ampère : un cercle de rayon $r$ , $\oint\vec B\cdot d\vec s=B(2\pi r)=\mu_{0}I_{\text{enl}}$ .

$r<a$ : le courant de l'âme est en surface, le cercle n'enlace rien : $B=0$ .

$a<r<b$ : $I_{\text{enl}}=I$ , donc $B=\dfrac{\mu_{0}I}{2\pi r}$ .

$r>b$ : $I_{\text{enl}}=I-I=0$ , donc $B=0$ : le câble ne crée aucun champ magnétique à l'extérieur.

Juste à l'extérieur de l'âme : $B=\dfrac{(4\pi\times 10^{-7})(3{,}00)}{2\pi(6{,}00\times 10^{-4})}=1{,}00\times 10^{-3}\ \mathrm{T}$ .

b)

Densité d'énergie magnétique : $u_{B}=\dfrac{B^{2}}{2\mu_{0}}$ , constante sur une coquille de rayon $r$ , de volume $dV=2\pi r\ell\,dr$ .

\displaystyle dU_{B}=\dfrac{1}{2\mu_{0}}\left(\dfrac{\mu_{0}I}{2\pi r}\right)^{2}2\pi r\ell\,dr=\dfrac{\mu_{0}I^{2}\ell}{4\pi}\,\dfrac{dr}{r}

\displaystyle U_{B}=\displaystyle\int_{a}^{b}\frac{\mu_{0}I^{2}\ell}{4\pi}\,\frac{dr}{r}=\frac{\mu_{0}I^{2}\ell}{4\pi}\ln\frac{b}{a}

\displaystyle U_{B}=(10^{-7})(3{,}00)^{2}(25{,}0)\ln 4{,}00=3{,}12\times 10^{-5}\ \mathrm{J}=31{,}2\ \mu\mathrm{J}

Piège : multiplier $u_{B}$ par le volume total $\pi(b^{2}-a^{2})\ell$ . La densité n'est pas uniforme : elle est $\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}=16$ fois plus grande au bord de l'âme qu'au bord de la gaine.

c)

$\dfrac12LI^{2}=\dfrac{\mu_{0}I^{2}\ell}{4\pi}\ln\dfrac{b}{a}$ donne $L=\dfrac{\mu_{0}\ell}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}$ .

$L=(2\times 10^{-7})(25{,}0)\ln 4{,}00=6{,}93\times 10^{-6}\ \mathrm{H}=6{,}93\ \mu\mathrm{H}$ , soit $0{,}277\ \mu\mathrm{H}$ par mètre de câble.

d)

Rectangle dans un plan contenant l'axe, entre $r=a$ et $r=b$ , de longueur $\ell$ : $\vec B$ , tangent aux cercles, lui est perpendiculaire partout. Bandes $dA=\ell\,dr$ :

$\Phi_{B}=\displaystyle\int_{a}^{b}\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}\,\ell\,dr=\frac{\mu_{0}I\ell}{2\pi}\ln\frac{b}{a}$ , donc $L=\dfrac{\Phi_{B}}{I}=\dfrac{\mu_{0}\ell}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}$ .

Oui, même résultat, parce que le courant circule ici en surface (tubes minces). Avec une âme pleine, l'énergie stockée DANS l'âme ajouterait $\frac{\mu_{0}\ell}{8\pi}$ à $L$ , ce que ce rectangle ne voit pas. Le circuit est un aller par l'âme et un retour par la gaine : une seule « spire », $N=1$ , dont ce rectangle est la surface.

e)

La fraction vaut $\dfrac{\int_{a}^{2a}dr/r}{\int_{a}^{b}dr/r}=\dfrac{\ln 2}{\ln 4}=\dfrac12$ , soit $50{,}0\ \%$ .

La moitié de l'énergie tient dans une couronne de $0{,}600$ mm d'épaisseur, alors que l'isolant en mesure $1{,}80$ : l'énergie se concentre près de l'âme, là où $B$ est le plus fort.

Exercice 5 : Le circuit RL qu'on ferme : états limites, courant, tensions et énergie

10 réponses vérifiables

Une bobine d'inductance $L=2{,}40\ \mathrm{H}$ , de résistance négligeable, est montée en série avec une résistance $R=40{,}0\ \Omega$ , une pile idéale de f.é.m. $\varepsilon=18{,}0\ \mathrm{V}$ et un interrupteur K, ouvert depuis longtemps. On ferme K à $t=0$ . La tension $u_{L}$ aux bornes de la bobine et le courant $i$ sont fléchés sur la figure.

a) Donnez le courant $i$ et la tension $u_{L}$ juste après la fermeture ( $t=0^{+}$ ), puis le courant en régime permanent. Calculez la constante de temps $\tau$ .
b) Établissez l'équation différentielle de $i(t)$ par la loi des mailles, vérifiez que $i(t)=\dfrac{\varepsilon}{R}\left(1-e^{-t/\tau}\right)$ la satisfait, puis calculez $i$ à $t=45{,}0\ \mathrm{ms}$ .
c) Calculez la tension $u_{L}$ aux bornes de la bobine et la tension $u_{R}$ aux bornes de la résistance à cet instant.
d) Calculez l'énergie stockée dans la bobine à $t=45{,}0\ \mathrm{ms}$ , puis en régime permanent.
e) Déterminez l'instant où l'énergie stockée atteint la MOITIÉ de sa valeur finale.

Voir la correction

Réponses

a) $i(0^{+})=0$ , $u_{L}(0^{+})=18{,}0\ \mathrm{V}$ ; $I_{\infty}=0{,}450\ \mathrm{A}$ ; $\tau=60{,}0\ \mathrm{ms}$
b) $\varepsilon-Ri-L\dfrac{di}{dt}=0$ ; $i(45{,}0\ \mathrm{ms})=0{,}237\ \mathrm{A}$
c) $u_{L}=8{,}50\ \mathrm{V}$ , $u_{R}=9{,}50\ \mathrm{V}$
d) $67{,}7\ \mathrm{mJ}$ à $45{,}0$ ms ; $243\ \mathrm{mJ}$ en régime permanent
e) $t=-\tau\ln\left(1-\frac{1}{\sqrt2}\right)=73{,}7\ \mathrm{ms}$

a)

Juste après la fermeture, le courant dans la bobine est celui de juste avant : une variation brutale de $i$ exigerait une f.é.m. infinie. Donc $i(0^{+})=i(0^{-})=0$ .

Loi des mailles à $t=0^{+}$ : $\varepsilon-Ri-u_{L}=0$ avec $i=0$ , d'où $u_{L}(0^{+})=\varepsilon=18{,}0\ \mathrm{V}$ . La bobine se comporte comme un interrupteur ouvert.

En régime permanent, $\dfrac{di}{dt}=0$ donc $u_{L}=L\dfrac{di}{dt}=0$ : la bobine idéale se comporte comme un fil, et $I_{\infty}=\dfrac{\varepsilon}{R}=\dfrac{18{,}0}{40{,}0}=0{,}450\ \mathrm{A}$ .

\displaystyle \tau=\dfrac{L}{R}=\dfrac{2{,}40}{40{,}0}=6{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{s}=60{,}0\ \mathrm{ms}

Piège : inverser les deux comportements limites, « fil au début, interrupteur ouvert à la fin ». C'est celui du condensateur, pas celui de la bobine.

b)

Maille parcourue dans le sens de $i$ : $\varepsilon-Ri-L\dfrac{di}{dt}=0$ , soit $\dfrac{di}{dt}+\dfrac{R}{L}\,i=\dfrac{\varepsilon}{L}$ .

Avec $i=\dfrac{\varepsilon}{R}\left(1-e^{-t/\tau}\right)$ et $\tau=\dfrac{L}{R}$ : $\dfrac{di}{dt}=\dfrac{\varepsilon}{R\tau}e^{-t/\tau}=\dfrac{\varepsilon}{L}e^{-t/\tau}$ .

$\dfrac{di}{dt}+\dfrac{R}{L}\,i=\dfrac{\varepsilon}{L}e^{-t/\tau}+\dfrac{\varepsilon}{L}\left(1-e^{-t/\tau}\right)=\dfrac{\varepsilon}{L}$ , et $i(0)=0$ : la condition initiale est respectée.

\displaystyle i(45{,}0\ \mathrm{ms})=0{,}450\left(1-e^{-0{,}750}\right)=0{,}450\,(1-0{,}4724)=0{,}237\ \mathrm{A}

c)

\displaystyle u_{L}=L\dfrac{di}{dt}=\varepsilon\,e^{-t/\tau}=18{,}0\,e^{-0{,}750}=8{,}50\ \mathrm{V}

\displaystyle u_{R}=Ri=(40{,}0)(0{,}2374)=9{,}50\ \mathrm{V}

Contrôle par la loi des mailles : $8{,}50+9{,}50=18{,}0\ \mathrm{V}$ .

d)

\displaystyle U_{B}=\dfrac12Li^{2}=\dfrac12(2{,}40)(0{,}23744)^{2}=6{,}77\times 10^{-2}\ \mathrm{J}=67{,}7\ \mathrm{mJ}

\displaystyle U_{\infty}=\dfrac12LI_{\infty}^{2}=\dfrac12(2{,}40)(0{,}450)^{2}=0{,}243\ \mathrm{J}=243\ \mathrm{mJ}

À $t=0{,}75\,\tau$ , le courant a atteint $53\ \%$ de sa valeur finale, mais l'énergie seulement $28\ \%$ : l'énergie suit le CARRÉ du courant.

e)

$U_{B}=\dfrac12U_{\infty}$ exige $i^{2}=\dfrac12I_{\infty}^{2}$ , soit $i=\dfrac{I_{\infty}}{\sqrt2}$ .

$1-e^{-t/\tau}=\dfrac{1}{\sqrt2}$ , donc $t=-\tau\ln\left(1-\dfrac{1}{\sqrt2}\right)=1{,}228\,\tau=73{,}7\ \mathrm{ms}$ .

Piège : répondre $\tau\ln 2=41{,}6\ \mathrm{ms}$ . C'est l'instant où le COURANT atteint la moitié de sa valeur finale ; l'énergie n'y est qu'au quart.

i(t)

part de zéro sans saut ; la tangente à l'origine (pointillé) atteint

I_{\infty}

en

t=\tau=60

ms, où le courant vaut

63\ \%

de

I_{\infty}

.

U_{B}(t)

suit le carré du courant : à

\tau\ln 2=41{,}6

ms, demi-courant mais quart d'énergie ; la demi-énergie n'arrive qu'à

73{,}7

ms.

Exercice 6 : Deux interrupteurs : le courant de la bobine ne saute pas, sa tension si

10 réponses vérifiables

Dans le montage ci-dessous, la pile est idéale ( $\varepsilon=24{,}0\ \mathrm{V}$ ), la bobine a une inductance $L=0{,}400\ \mathrm{H}$ et une résistance négligeable, $R_{1}=8{,}00\ \Omega$ et $R_{2}=120\ \Omega$ . Les deux interrupteurs sont d'abord ouverts et aucun courant ne circule. À $t=0$ , on ferme K1 seul.

a) Calculez la constante de temps de cette mise sous tension, le courant $I_{0}$ atteint en régime permanent et l'énergie alors stockée dans la bobine.
b) Calculez le module de la f.é.m. d'auto-induction de la bobine à $t=30{,}0\ \mathrm{ms}$ .
c) Le régime permanent étant atteint, on ouvre K1 et on ferme K2 au même instant, pris comme nouvelle origine des temps. Donnez le courant dans la bobine juste après la manœuvre, et la tension aux bornes de $R_{2}$ à cet instant. Comparez-la à $\varepsilon$ .
d) Calculez la nouvelle constante de temps, puis le courant dans la bobine $5{,}00\ \mathrm{ms}$ après la manœuvre.
e) Calculez l'énergie dissipée dans $R_{2}$ entre la manœuvre et l'extinction du courant.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/10

a)

\tau_{1}

ms

I_{0}

A

U_{0}

J

b)

|\varepsilon_{L}|

V

c)

i(0^{+})

A

u_{R_{2}}(0^{+})

V

Par rapport à ε, cette tension est

d)

\tau_{2}

ms

i(5{,}00\ \mathrm{ms})

A

e)

W_{R_{2}}

J

Voir la correction

Réponses

a) $\tau_{1}=50{,}0\ \mathrm{ms}$ , $I_{0}=3{,}00\ \mathrm{A}$ , $U_{0}=1{,}80\ \mathrm{J}$
b) $|\varepsilon_{L}|=13{,}2\ \mathrm{V}$
c) $i(0^{+})=3{,}00\ \mathrm{A}$ ; $u_{R_{2}}(0^{+})=360\ \mathrm{V}$ , quinze fois $\varepsilon$
d) $\tau_{2}=3{,}13\ \mathrm{ms}$ ; $i=0{,}606\ \mathrm{A}$
e) $W_{R_{2}}=1{,}69\ \mathrm{J}$

a)

K1 fermé, K2 ouvert : une seule maille, pile, K1, bobine et $R_{1}$ . La branche de $R_{2}$ est coupée par K2.

\displaystyle \tau_{1}=\dfrac{L}{R_{1}}=\dfrac{0{,}400}{8{,}00}=5{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{s}=50{,}0\ \mathrm{ms}

$I_{0}=\dfrac{\varepsilon}{R_{1}}=\dfrac{24{,}0}{8{,}00}=3{,}00\ \mathrm{A}$ : en régime permanent, la bobine idéale est un simple fil.

\displaystyle U_{0}=\dfrac12LI_{0}^{2}=\dfrac12(0{,}400)(3{,}00)^{2}=1{,}80\ \mathrm{J}

b)

$i=I_{0}\left(1-e^{-t/\tau_{1}}\right)$ donne $\dfrac{di}{dt}=\dfrac{I_{0}}{\tau_{1}}e^{-t/\tau_{1}}$ , d'où $|\varepsilon_{L}|=L\dfrac{di}{dt}=\dfrac{LI_{0}}{\tau_{1}}e^{-t/\tau_{1}}=\varepsilon\,e^{-t/\tau_{1}}$ .

\displaystyle |\varepsilon_{L}(30{,}0\ \mathrm{ms})|=24{,}0\,e^{-0{,}600}=13{,}2\ \mathrm{V}

Elle s'oppose à la pile : c'est pourquoi le courant ne s'établit pas d'un coup.

c)

La bobine impose la continuité de SON courant : $i(0^{+})=i(0^{-})=I_{0}=3{,}00\ \mathrm{A}$ , dans le même sens dans la bobine, vers le bas.

K1 ouvert, la pile est hors circuit ; la seule maille fermée passe par C, la bobine, $R_{1}$ , F, $R_{2}$ et K2. Le courant de la bobine remonte donc dans $R_{2}$ , de F vers C.

$u_{R_{2}}(0^{+})=R_{2}\,i(0^{+})=(120)(3{,}00)=360\ \mathrm{V}$ , quinze fois la f.é.m. de la pile.

La bobine, récepteur pendant la mise sous tension, devient générateur : la tension à ses bornes saute à $(R_{1}+R_{2})I_{0}=384\ \mathrm{V}$ , alors que son courant, lui, n'a pas bougé.

Piège : écrire $i(0^{+})=0$ « puisque la pile est débranchée », ou calculer $\dfrac{\varepsilon}{R_{1}+R_{2}}$ . Le courant d'une bobine ne saute jamais ; sa tension, si.

d)

\displaystyle \tau_{2}=\dfrac{L}{R_{1}+R_{2}}=\dfrac{0{,}400}{128}=3{,}13\times 10^{-3}\ \mathrm{s}

$i(t)=I_{0}\,e^{-t/\tau_{2}}$ , donc $i(5{,}00\ \mathrm{ms})=3{,}00\,e^{-1{,}60}=0{,}606\ \mathrm{A}$ .

Piège : garder $\tau_{1}$ , ou prendre $\dfrac{L}{R_{2}}$ . La constante de temps se lit sur la maille où circule le courant APRÈS la manœuvre ; $R_{1}$ y reste, en série avec la bobine.

e)

Toute l'énergie de la bobine, $1{,}80\ \mathrm{J}$ , est dissipée dans $R_{1}$ et $R_{2}$ , parcourues par le même courant : elle se partage au prorata des résistances.

\displaystyle W_{R_{2}}=\dfrac{R_{2}}{R_{1}+R_{2}}\cdot\dfrac12LI_{0}^{2}=\dfrac{120}{128}\,(1{,}80)=1{,}69\ \mathrm{J}

Vérification par l'intégrale : $\displaystyle\int_{0}^{\infty}R_{2}I_{0}^{2}e^{-2t/\tau_{2}}\,dt=R_{2}I_{0}^{2}\frac{\tau_{2}}{2}=(120)(9{,}00)(1{,}5625\times 10^{-3})=1{,}69\ \mathrm{J}$ .

Mise sous tension (K1 fermé) :

i

monte vers

I_{0}=3{,}00

A avec

\tau_{1}=50

ms ; le point marque

t=30

ms.

Après la manœuvre : le courant repart de

3{,}00

A, sans saut, et s'éteint en quelques

\tau_{2}=3{,}13

ms, seize fois plus vite que la mise sous tension.

Exercice 7 : Le circuit LC : pulsation, échange d'énergie et lecture d'un instant

12 réponses vérifiables

Un condensateur de capacité $C=2{,}20\ \mu\mathrm{F}$ est chargé sous $E=45{,}0\ \mathrm{V}$ , l'inverseur K étant en position 1. À $t=0$ , on bascule K en position 2 : le condensateur se décharge dans une bobine d'inductance $L=18{,}0\ \mathrm{mH}$ , de résistance négligeable. On note $q(t)$ la charge de l'armature reliée au pivot de K (positive à $t=0$ ) et $i=\dfrac{dq}{dt}$ .

a) Établissez l'équation différentielle de $q(t)$ , puis calculez la pulsation propre $\omega_{0}$ , la fréquence $f_{0}$ et la période $T$ des oscillations.
b) Calculez la charge maximale $Q$ , l'énergie totale du circuit et le courant maximal $I_{\max}$ .
c) Déterminez le premier instant où l'énergie est également partagée entre le condensateur et la bobine, puis la charge et le module du courant à cet instant.
d) Calculez le module du courant lorsque la tension aux bornes du condensateur vaut $15{,}0\ \mathrm{V}$ .
e) Calculez $q$ à $t=1{,}00\ \mathrm{ms}$ , avec son signe, et dites si le condensateur se charge ou se décharge à cet instant.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/12

a)

\omega_{0}

rad/s

f_{0}

Hz

T

ms

b)

Q

µC

Énergie totale mJ

I_{\max}

A

c)

t

ms

q

µC

|i|

A

d)

|i|

A

e)

q

µC

À cet instant, le condensateur

Voir la correction

Réponses

a) $\dfrac{d^{2}q}{dt^{2}}+\dfrac{q}{LC}=0$ ; $\omega_{0}=5{,}03\times 10^{3}\ \mathrm{rad/s}$ , $f_{0}=800\ \mathrm{Hz}$ , $T=1{,}25\ \mathrm{ms}$
b) $Q=99{,}0\ \mu\mathrm{C}$ , $U=2{,}23\ \mathrm{mJ}$ , $I_{\max}=0{,}497\ \mathrm{A}$
c) $t=\dfrac{T}{8}=0{,}156\ \mathrm{ms}$ ; $q=70{,}0\ \mu\mathrm{C}$ , $|i|=0{,}352\ \mathrm{A}$
d) $|i|=0{,}469\ \mathrm{A}$
e) $q=+30{,}5\ \mu\mathrm{C}$ ; $i>0$ : le condensateur se recharge

a)

Maille après la bascule, le condensateur et la bobine seuls : $\dfrac{q}{C}+L\dfrac{di}{dt}=0$ avec $i=\dfrac{dq}{dt}$ , d'où $\dfrac{d^{2}q}{dt^{2}}+\dfrac{1}{LC}\,q=0$ .

Conditions initiales : $q(0)=Q$ et $i(0)=0$ , car le courant de la bobine était nul avant la bascule. Solution : $q(t)=Q\cos(\omega_{0}t)$ , avec $\omega_{0}=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}$ .

\displaystyle \omega_{0}=\dfrac{1}{\sqrt{(18{,}0\times 10^{-3})(2{,}20\times 10^{-6})}}=5{,}03\times 10^{3}\ \mathrm{rad/s}

$f_{0}=\dfrac{\omega_{0}}{2\pi}=800\ \mathrm{Hz}$ et $T=\dfrac{1}{f_{0}}=1{,}25\ \mathrm{ms}$ .

Piège : donner $\dfrac{1}{\sqrt{LC}}$ en hertz. C'est une pulsation, en rad/s.

b)

\displaystyle Q=CE=(2{,}20\times 10^{-6})(45{,}0)=9{,}90\times 10^{-5}\ \mathrm{C}=99{,}0\ \mu\mathrm{C}

\displaystyle U=\dfrac{Q^{2}}{2C}=\dfrac12CE^{2}=2{,}23\times 10^{-3}\ \mathrm{J}

Conservation de l'énergie : $\dfrac12LI_{\max}^{2}=U$ , donc $I_{\max}=\dfrac{Q}{\sqrt{LC}}=Q\omega_{0}=(9{,}90\times 10^{-5})(5{,}03\times 10^{3})=0{,}497\ \mathrm{A}$ .

Le courant est maximal quand $q=0$ : toute l'énergie est alors dans la bobine.

c)

$U_{C}=U_{L}$ et $U_{C}+U_{L}=U$ donnent $U_{C}=\dfrac{U}{2}$ , soit $\dfrac{q^{2}}{2C}=\dfrac12\cdot\dfrac{Q^{2}}{2C}$ , donc $q=\dfrac{Q}{\sqrt2}$ .

$\cos(\omega_{0}t)=\dfrac{1}{\sqrt2}$ : $\omega_{0}t=\dfrac{\pi}{4}$ , donc $t=\dfrac{T}{8}=0{,}156\ \mathrm{ms}$ .

$q=\dfrac{99{,}0}{\sqrt2}=70{,}0\ \mu\mathrm{C}$ et $|i|=\dfrac{I_{\max}}{\sqrt2}=0{,}352\ \mathrm{A}$ .

Piège : répondre $\dfrac{T}{4}$ . À $\dfrac{T}{4}$ , le condensateur est vide et toute l'énergie est dans la bobine ; le partage égal arrive à mi-chemin.

d)

$u_{C}=15{,}0\ \mathrm{V}$ donne $q=Cu_{C}=33{,}0\ \mu\mathrm{C}$ , le tiers de $Q$ .

Énergie : $\dfrac12Li^{2}=\dfrac{Q^{2}-q^{2}}{2C}$ , donc $|i|=I_{\max}\sqrt{1-\left(\dfrac{q}{Q}\right)^{2}}=0{,}497\sqrt{1-\dfrac19}=0{,}469\ \mathrm{A}$ .

Le bilan d'énergie évite de chercher l'instant : c'est la voie la plus courte.

e)

$\omega_{0}t=(5{,}025\times 10^{3})(1{,}00\times 10^{-3})=5{,}025$ , en RADIANS.

\displaystyle q=Q\cos(5{,}025)=(99{,}0)(0{,}308)=+30{,}5\ \mu\mathrm{C}

$i=-Q\omega_{0}\sin(\omega_{0}t)=-(0{,}497)\sin(5{,}025)=+0{,}473\ \mathrm{A}$ : $q>0$ et $\dfrac{dq}{dt}>0$ , la charge de l'armature reliée au pivot augmente, le condensateur se recharge.

Repères : à $\dfrac{T}{2}=0{,}625\ \mathrm{ms}$ , $q=-Q$ ; à $T=1{,}25\ \mathrm{ms}$ , retour à $+Q$ . $q$ repasse par zéro à $\dfrac{3T}{4}=0{,}938\ \mathrm{ms}$ : $1{,}00\ \mathrm{ms}$ tombe après, sur la recharge.

Piège : calculatrice en degrés. $\cos(5{,}025°)=0{,}996$ donnerait $98{,}6\ \mu\mathrm{C}$ , presque toute la charge, ce qui contredit les repères.

U_{C}

(orange) et

U_{L}

(vert) s'échangent l'énergie, total constant : partage égal à

T/8

, transfert complet à

T/4

. Les énergies oscillent à

2f_{0}

.

q(t)=Q\cos(\omega_{0}t)

: à

1{,}00

ms, entre

T/2

et

T

, la charge est positive et remonte vers

+Q

.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

6 réponses vérifiables

Chacune des cinq affirmations suivantes, relevées dans des copies, est fausse. Pour chacune, dites ce qui cloche et écrivez l'énoncé correct. Deux points par affirmation.

a) « L'inductance d'une bobine est proportionnelle au courant qui la traverse : une bobine sans courant n'a pas d'inductance. »
b) « Au moment où l'on ferme l'interrupteur d'un circuit RL, la bobine se comporte comme un fil ; en régime permanent, comme un interrupteur ouvert. »
c) « La f.é.m. d'auto-induction d'une bobine est maximale lorsque le courant qui la traverse est maximal. »
d) « Pour l'inductance mutuelle d'un long solénoïde et d'une bobine plus large qui l'entoure, le flux se calcule avec l'aire de la bobine extérieure, puisque c'est elle qui capte le flux. »
e) « Dans un circuit LC idéal, l'énergie passe entièrement du condensateur à la bobine en une demi-période. » Donnez aussi la bonne durée pour le circuit de l'exercice 7.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/6

a)

La correction juste

b)

La correction juste

c)

La correction juste

d)

La correction juste

e)

La correction juste

Durée pour l'exercice 7 ms

Voir la correction

Réponses

a) Faux : $L=\dfrac{N\Phi_{B}}{I}$ ne dépend que de la géométrie (et du milieu), $7{,}11\ \mathrm{mH}$ à l'exercice 1 sans aucun courant
b) Faux : c'est l'inverse, interrupteur ouvert à $t=0^{+}$ ( $i$ continu), fil en régime permanent
c) Faux : $\varepsilon_{L}=-L\dfrac{dI}{dt}$ est nulle au maximum du courant
d) Faux : on prend la section $\pi r_{1}^{2}$ du solénoïde, seule traversée par le champ
e) Faux : le transfert complet dure $\dfrac{T}{4}=0{,}313\ \mathrm{ms}$ pour l'exercice 7

a)

Faux. $L$ est définie par $N\Phi_{B}=LI$ ; or $\Phi_{B}$ est lui-même proportionnel à $I$ , si bien que le rapport $\dfrac{N\Phi_{B}}{I}$ ne dépend que de la géométrie et du milieu.

Exemple : $L=\dfrac{\mu_{0}N^{2}A}{\ell}=7{,}11\ \mathrm{mH}$ pour le solénoïde de l'exercice 1, calculée sans connaître aucun courant.

Énoncé correct : « L'inductance d'une bobine sans noyau ferromagnétique est une constante géométrique ; c'est le FLUX qui est proportionnel au courant. »

b)

Faux, c'est l'inverse. Le courant d'une bobine ne peut pas sauter : juste après la fermeture, $i(0^{+})=0$ , la bobine se comporte comme un interrupteur ouvert et toute la f.é.m. se retrouve à ses bornes.

En régime permanent, $\dfrac{di}{dt}=0$ , donc $u_{L}=0$ : la bobine idéale est un fil (exercice 5, question a).

L'affirmation décrit le condensateur, dont c'est la TENSION qui ne peut pas sauter.

c)

Faux. $\varepsilon_{L}=-L\dfrac{dI}{dt}$ dépend de la pente du courant, pas de sa valeur.

Au maximum du courant, la pente est nulle, donc la f.é.m. aussi : à l'exercice 1, $I$ culmine à $6{,}30\ \mathrm{A}$ en $t=0{,}400\ \mathrm{s}$ et $\varepsilon_{L}=0$ à cet instant.

Énoncé correct : « La f.é.m. d'auto-induction est maximale quand le courant varie le plus vite. »

d)

Faux. Le champ d'un long solénoïde est nul à l'extérieur : à travers une spire plus large, seul le disque de rayon $r_{1}$ est traversé par du flux.

$M=\dfrac{\mu_{0}N_{1}N_{2}\pi r_{1}^{2}}{\ell_{1}}$ ; prendre $\pi r_{2}^{2}$ surestimerait $M$ d'un facteur $\left(\dfrac{r_{2}}{r_{1}}\right)^{2}$ , environ $3{,}8$ à l'exercice 3.

Énoncé correct : « Le flux se calcule sur l'aire où il y a du champ, ici la section du solénoïde. »

e)

Faux. $U_{C}=U\cos^{2}(\omega_{0}t)$ et $U_{L}=U\sin^{2}(\omega_{0}t)$ : $U_{C}$ passe de $U$ à $0$ entre $t=0$ et $\omega_{0}t=\dfrac{\pi}{2}$ , c'est-à-dire en un quart de période.

En une demi-période, l'énergie est revenue entièrement dans le condensateur, chargé en sens inverse : les énergies oscillent à la fréquence $2f_{0}$ .

Pour l'exercice 7 : $\dfrac{T}{4}=\dfrac{1{,}25}{4}=0{,}313\ \mathrm{ms}$ .

Exercice 9 : Problème : la bobine d'allumage d'un moteur à essence

8 réponses vérifiables

Le primaire d'une bobine d'allumage est relié à la batterie ( $12{,}0\ \mathrm{V}$ ) par un rupteur K. Inductance du primaire $L_{1}=8{,}00\ \mathrm{mH}$ , résistance totale de la maille $R=2{,}00\ \Omega$ (résistance interne de la batterie comprise). Le secondaire, bobiné sur le même noyau de fer, alimente la bougie ; l'inductance mutuelle des deux enroulements vaut $M=0{,}500\ \mathrm{H}$ . À chaque cycle, K se ferme pendant une durée $t_{c}$ , le courant partant de zéro, puis s'ouvre : on modélise la coupure par une chute LINÉAIRE du courant primaire jusqu'à zéro en $\Delta t=80{,}0\ \mu\mathrm{s}$ . L'étincelle jaillit si la f.é.m. induite au secondaire atteint $20{,}0\ \mathrm{kV}$ .

a) Calculez la constante de temps du primaire et le courant atteint à l'ouverture de K pour $t_{c}=6{,}00\ \mathrm{ms}$ .
b) Calculez l'énergie magnétique stockée dans le primaire à l'ouverture de K.
c) Calculez le module de la f.é.m. d'auto-induction du primaire pendant la coupure. Expliquez pourquoi elle dépasse largement la tension de la batterie.
d) Calculez la f.é.m. induite au secondaire pendant la coupure. L'étincelle jaillit-elle ? Justifiez.
e) À haut régime, K ne reste fermé que $t_{c}=2{,}00\ \mathrm{ms}$ . Calculez la f.é.m. du secondaire dans ce cas, puis la durée de fermeture minimale qui garantit l'étincelle.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/8

a)

\tau

ms

i(t_{c})

A

b)

U_{B}

mJ

c)

|\varepsilon_{1}|

V

d)

|\varepsilon_{2}|

kV

L'étincelle jaillit-elle ?

e)

|\varepsilon_{2}|

pour

t_{c}=2{,}00

ms kV

t_{c}

minimal ms

Voir la correction

Réponses

a) $\tau=4{,}00\ \mathrm{ms}$ ; $i(t_{c})=4{,}66\ \mathrm{A}$
b) $U_{B}=86{,}9\ \mathrm{mJ}$
c) $|\varepsilon_{1}|=466\ \mathrm{V}$ : le courant chute en $80\ \mu\mathrm{s}$ , soit $5{,}8\times 10^{4}\ \mathrm{A/s}$
d) $|\varepsilon_{2}|=29{,}1\ \mathrm{kV}>20{,}0\ \mathrm{kV}$ : oui, l'étincelle jaillit
e) $14{,}8\ \mathrm{kV}$ : raté d'allumage ; $t_{c}\ge 3{,}05\ \mathrm{ms}$

a)

Rupteur fermé, la maille du primaire est un circuit RL : $\tau=\dfrac{L_{1}}{R}=\dfrac{8{,}00\times 10^{-3}}{2{,}00}=4{,}00\times 10^{-3}\ \mathrm{s}$ .

Le courant part de zéro (continuité dans la bobine) : $i(t)=\dfrac{E}{R}\left(1-e^{-t/\tau}\right)$ , avec $\dfrac{E}{R}=6{,}00\ \mathrm{A}$ .

\displaystyle i(6{,}00\ \mathrm{ms})=6{,}00\left(1-e^{-1{,}50}\right)=6{,}00\,(1-0{,}2231)=4{,}66\ \mathrm{A}

Piège : prendre $\dfrac{E}{R}=6{,}00\ \mathrm{A}$ . Après $1{,}5\,\tau$ seulement, le courant n'a atteint que $78\ \%$ de cette valeur.

b)

\displaystyle U_{B}=\dfrac12L_{1}i^{2}=\dfrac12(8{,}00\times 10^{-3})(4{,}66)^{2}=8{,}69\times 10^{-2}\ \mathrm{J}=86{,}9\ \mathrm{mJ}

C'est cette énergie, stockée pendant $t_{c}$ , qui alimente à la coupure le secondaire et l'étincelle, aux pertes du rupteur près.

c)

Pendant la coupure, $\left|\dfrac{di}{dt}\right|=\dfrac{4{,}66}{80{,}0\times 10^{-6}}=5{,}83\times 10^{4}\ \mathrm{A/s}$ .

\displaystyle |\varepsilon_{1}|=L_{1}\left|\dfrac{di}{dt}\right|=(8{,}00\times 10^{-3})(5{,}83\times 10^{4})=466\ \mathrm{V}

La f.é.m. d'auto-induction n'est pas bornée par la tension de la batterie : elle vaut $L_{1}\left|\frac{di}{dt}\right|$ , et c'est la RAPIDITÉ de la coupure qui la rend si grande : la batterie a mis $6$ ms à établir le courant, la coupure le supprime en $80\ \mu\mathrm{s}$ , soixante-quinze fois plus vite.

Le modèle linéaire est une simplification : dans un vrai système, un condensateur monté sur le rupteur limite l'arc et fixe la durée de coupure.

d)

Le secondaire est couplé au primaire par $M$ : $|\varepsilon_{2}|=M\left|\dfrac{di}{dt}\right|=(0{,}500)(5{,}83\times 10^{4})=2{,}91\times 10^{4}\ \mathrm{V}=29{,}1\ \mathrm{kV}$ .

$29{,}1\ \mathrm{kV}>20{,}0\ \mathrm{kV}$ : l'étincelle jaillit.

Piège : utiliser $L_{1}$ au lieu de $M$ , ce qui donnerait $466\ \mathrm{V}$ au secondaire.

e)

$i(2{,}00\ \mathrm{ms})=6{,}00\left(1-e^{-0{,}500}\right)=2{,}36\ \mathrm{A}$ , donc $|\varepsilon_{2}|=\dfrac{(0{,}500)(2{,}36)}{80{,}0\times 10^{-6}}=1{,}48\times 10^{4}\ \mathrm{V}=14{,}8\ \mathrm{kV}$ .

$14{,}8\ \mathrm{kV}<20{,}0\ \mathrm{kV}$ : pas d'étincelle, c'est un raté d'allumage.

Seuil : $i_{\min}=\dfrac{(20{,}0\times 10^{3})(80{,}0\times 10^{-6})}{0{,}500}=3{,}20\ \mathrm{A}$ .

$6{,}00\left(1-e^{-t_{c}/\tau}\right)=3{,}20$ donne $t_{c}=-\tau\ln\left(1-\dfrac{3{,}20}{6{,}00}\right)=4{,}00\ln\dfrac{6{,}00}{2{,}80}=3{,}05\ \mathrm{ms}$ .

C'est la limite d'un allumage à rupteur : à haut régime, le temps de fermeture raccourcit et la bobine n'a plus le temps de se charger.

Exercice 10 : Problème : la boucle de détection des véhicules sous la chaussée

9 réponses vérifiables

Une boucle de fil de quelques spires est noyée dans la chaussée, devant un feu de circulation. Avec un condensateur $C=0{,}470\ \mu\mathrm{F}$ placé dans le boîtier du détecteur, elle forme un circuit oscillant ; l'inductance de la boucle vaut $L_{0}=120\ \mu\mathrm{H}$ en l'absence de véhicule. Le détecteur signale un véhicule lorsque la fréquence d'oscillation augmente de plus de $1{,}5\ \%$ .

a) Calculez la fréquence propre $f_{0}$ du circuit LC, sans véhicule.
b) Le châssis métallique d'une voiture arrêtée au-dessus de la boucle fait baisser son inductance de $4{,}0\ \%$ , par les courants qu'il induit. Calculez la nouvelle fréquence et le décalage $\Delta f$ .
c) Montrez que, pour une petite variation, $\dfrac{\Delta f}{f_{0}}\approx-\dfrac12\dfrac{\Delta L}{L_{0}}$ . La voiture est-elle détectée ? Une bicyclette, qui ne fait baisser $L$ que de $0{,}80\ \%$ , l'est-elle ?
d) Sans véhicule, le condensateur est chargé sous $5{,}00\ \mathrm{V}$ au début d'une oscillation. Calculez l'énergie du circuit et le courant maximal dans la boucle.
e) La boucle et son câble ont en réalité une résistance $R=2{,}50\ \Omega$ . On admet que les oscillations sont alors amorties, de pulsation $\omega'=\sqrt{\dfrac{1}{LC}-\dfrac{R^{2}}{4L^{2}}}$ et d'amplitude proportionnelle à $e^{-Rt/2L}$ . Calculez la fréquence $f'$ et la durée au bout de laquelle l'amplitude est divisée par deux. Expliquez pourquoi le détecteur doit entretenir les oscillations.

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Réponses

a) $f_{0}=21{,}2\ \mathrm{kHz}$
b) $f=\dfrac{f_{0}}{\sqrt{0{,}960}}=21{,}63\ \mathrm{kHz}$ ; $\Delta f=437\ \mathrm{Hz}$
c) Voiture : $+2{,}06\ \%>1{,}5\ \%$ , détectée ; bicyclette : $+0{,}40\ \%$ , non détectée
d) $U=5{,}88\ \mu\mathrm{J}$ ; $I_{\max}=0{,}313\ \mathrm{A}$
e) $f'=21{,}13\ \mathrm{kHz}$ ; amplitude divisée par deux en $66{,}5\ \mu\mathrm{s}$ , environ $1{,}4$ période : sans entretien, l'oscillation s'éteint

a)

\displaystyle f_{0}=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{L_{0}C}}=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{(120\times 10^{-6})(0{,}470\times 10^{-6})}}=2{,}12\times 10^{4}\ \mathrm{Hz}=21{,}2\ \mathrm{kHz}

b)

$L=0{,}960\,L_{0}$ , donc $f=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{0{,}960\,L_{0}C}}=\dfrac{f_{0}}{\sqrt{0{,}960}}=\dfrac{21\,192}{0{,}9798}=21\,629\ \mathrm{Hz}=21{,}63\ \mathrm{kHz}$ .

\displaystyle \Delta f=21\,629-21\,192=437\ \mathrm{Hz}

Moins d'inductance, fréquence plus HAUTE : $f$ varie comme $\dfrac{1}{\sqrt L}$ .

c)

$f=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$ , donc $\ln f=-\dfrac12\ln L+\text{cste}$ ; en différentiant, $\dfrac{df}{f}=-\dfrac12\dfrac{dL}{L}$ , d'où $\dfrac{\Delta f}{f_{0}}\approx-\dfrac12\dfrac{\Delta L}{L_{0}}$ pour une petite variation.

Voiture : la valeur exacte vaut $\dfrac{437}{21\,192}=2{,}06\ \%$ , proche de l'estimation $\dfrac12(4{,}0\ \%)=2{,}0\ \%$ ; elle dépasse $1{,}5\ \%$ : la voiture est détectée.

Bicyclette : $\dfrac{\Delta f}{f_{0}}\approx\dfrac12(0{,}80\ \%)=0{,}40\ \%<1{,}5\ \%$ : elle n'est pas détectée. Un détecteur réglé plus finement réagirait aussi aux perturbations de la chaussée.

Piège : appliquer $\dfrac{\Delta f}{f}=\dfrac{\Delta L}{L}$ , sans la racine carrée, ce qui double l'effet.

d)

\displaystyle U=\dfrac12CV^{2}=\dfrac12(0{,}470\times 10^{-6})(5{,}00)^{2}=5{,}88\times 10^{-6}\ \mathrm{J}=5{,}88\ \mu\mathrm{J}

Au passage par $q=0$ , toute l'énergie est dans la boucle : $\dfrac12L_{0}I_{\max}^{2}=U$ , donc $I_{\max}=V\sqrt{\dfrac{C}{L_{0}}}=5{,}00\sqrt{\dfrac{0{,}470\times 10^{-6}}{120\times 10^{-6}}}=0{,}313\ \mathrm{A}$ .

e)

$\dfrac{1}{L_{0}C}=1{,}773\times 10^{10}\ \mathrm{s^{-2}}$ et $\dfrac{R^{2}}{4L_{0}^{2}}=\dfrac{(2{,}50)^{2}}{4(120\times 10^{-6})^{2}}=1{,}085\times 10^{8}\ \mathrm{s^{-2}}$ , soit $0{,}61\ \%$ du premier terme.

$f'=\dfrac{\omega'}{2\pi}=f_{0}\sqrt{1-0{,}00612}=21{,}13\ \mathrm{kHz}$ : la fréquence ne bouge que de $0{,}3\ \%$ .

Demi-amplitude : $e^{-Rt/2L_{0}}=\dfrac12$ , donc $t=\dfrac{2L_{0}\ln 2}{R}=\dfrac{2(120\times 10^{-6})(0{,}693)}{2{,}50}=6{,}65\times 10^{-5}\ \mathrm{s}=66{,}5\ \mu\mathrm{s}$ .

Cela représente environ $1{,}4$ période : sans apport d'énergie, l'oscillation s'éteint en quelques périodes. Le détecteur doit donc l'ENTRETENIR, en restituant à chaque cycle l'énergie dissipée dans $R$ , pour mesurer la fréquence en continu.

La résistance change à peine la fréquence mais tue l'amplitude : c'est pourquoi le détecteur mesure une fréquence, et non une amplitude.

L'inductance : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

Rappel de cours

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Le solénoïde : démontrer L, puis lire le signe de la f.é.m. d'auto-induction

Exercice 2 : Le tore à section rectangulaire : Ampère, un flux qui s'intègre, et l'inductance

Exercice 3 : L'inductance mutuelle : l'aire qui compte, la réciprocité, et le cadre près d'un fil

Exercice 4 : Le câble coaxial : l'énergie magnétique intégrée donne l'inductance

Exercice 5 : Le circuit RL qu'on ferme : états limites, courant, tensions et énergie

Partie B : problèmes de contrôle (/50)

Exercice 6 : Deux interrupteurs : le courant de la bobine ne saute pas, sa tension si

Exercice 7 : Le circuit LC : pulsation, échange d'énergie et lecture d'un instant

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Problème : la bobine d'allumage d'un moteur à essence

Exercice 10 : Problème : la boucle de détection des véhicules sous la chaussée

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