L'induction électromagnétique : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

La normale est perpendiculaire au plan de la bobine, donc $\theta=90^{\circ}-35{,}0^{\circ}=55{,}0^{\circ}$.

Piège : prendre $\cos 35{,}0^{\circ}$, l'angle avec le plan, donne $5{,}79\times 10^{-4}\ \mathrm{Wb}$, soit $43\ \%$ de trop. Avant de calculer, demandez-vous ce que vaut le flux quand le champ est dans le plan : zéro, donc le cosinus doit porter sur l'angle avec la normale.

Le champ du fil, $B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi x}$, ne dépend que de la distance $x$ au fil : sur une bande parallèle au fil, tous les points sont à la même distance, donc $B$ y est uniforme. Il est perpendiculaire au plan, donc $\vec B\cdot d\vec A=B\,dA$.

L'hypoténuse descend linéairement de $h$ en $x=a$ à $0$ en $x=a+b$ : $y(x)=h\,\frac{a+b-x}{b}$.

On pose l'intégrale avant de la calculer :

$\frac{\mu_{0}I}{2\pi}=2\times 10^{-7}\times 12{,}0=2{,}40\times 10^{-6}\ \mathrm{T\cdot m}$ et $(a+b)\ln\frac{a+b}{a}-b=0{,}0800\ln 4-0{,}0600=0{,}0509\ \mathrm{m}$.

Contrôle : le terme entre crochets est positif, comme doit l'être un flux compté dans le sens du champ entrant.

Centre de gravité à $a+\frac{b}{3}=4{,}00\ \mathrm{cm}$ : $B=\frac{2{,}40\times 10^{-6}}{0{,}0400}=6{,}00\times 10^{-5}\ \mathrm{T}$. Aire : $\frac{hb}{2}=1{,}50\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{2}}$.

$\Phi_{\text{estimé}}=6{,}00\times 10^{-5}\times 1{,}50\times 10^{-3}=9{,}00\times 10^{-8}\ \mathrm{Wb}$, soit $11{,}6\ \%$ de moins que c).

La fonction $\frac{1}{x}$ est convexe : la moyenne de $B$ pondérée par la surface dépasse la valeur de $B$ au centre de gravité, surtout ici où la partie la plus haute du triangle est la plus proche du fil.

Piège : « $B$ au centre fois l'aire » n'est juste que si $B$ est uniforme. Dès que $B$ dépend de la position, le flux s'intègre.

À droite d'un fil parcouru vers le haut, la règle de la main droite donne un champ qui ENTRE dans la feuille. Si $I$ croît, ce flux entrant augmente.

Par la loi de Lenz, le courant induit crée un champ qui s'oppose à cette AUGMENTATION, donc un champ sortant à l'intérieur du triangle : le courant tourne dans le sens antihoraire.

Piège : répondre « horaire » parce que « le courant induit s'oppose au courant du fil ». Lenz s'oppose à la variation du flux, pas au courant ni au champ.

Le plan est perpendiculaire au champ, donc la normale lui est parallèle ($\theta=0$) :

$\Phi(1{,}00)=1{,}50\times 10^{-3}\times 0{,}100=1{,}50\times 10^{-4}\ \mathrm{Wb}$, soit $0{,}150\ \mathrm{mWb}$.

Piège : oublier la conversion $1\ \mathrm{cm^{2}}=10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$ multiplie tout par dix mille.

Loi de Faraday pour $N$ spires :

$\varepsilon(t)=-N\frac{d\Phi}{dt}=-NA\,(0{,}300\,t-0{,}150\,t^{2})=-0{,}0360\,t+0{,}0180\,t^{2}$ (en volts)

Le courant s'annule quand $\frac{dB}{dt}=0{,}300\,t-0{,}150\,t^{2}=0{,}150\,t\,(2-t)=0$, donc à $t=2{,}00\ \mathrm{s}$ (l'instant $t=0$ est le départ).

$B(2{,}00)=0{,}150\times 4-0{,}0500\times 8=0{,}200\ \mathrm{T}$, la valeur MAXIMALE du champ sur l'intervalle.

Piège : croire que le courant est le plus fort quand le champ l'est. C'est l'inverse ici : au sommet de $B(t)$, la pente est nulle et rien n'est induit.

À $t=1{,}00\ \mathrm{s}$, $\frac{dB}{dt}=0{,}150\ \mathrm{T/s}>0$ : le flux sortant croît. Le champ induit s'oppose à cette hausse, il ENTRE dans la feuille, donc le courant est horaire. C'est cohérent avec $\varepsilon<0$ dans la convention de l'énoncé.

À $t=3{,}00\ \mathrm{s}$, $\frac{dB}{dt}=0{,}900-1{,}35=-0{,}450\ \mathrm{T/s}$ : le flux sortant diminue, le champ induit sort pour le soutenir, le courant est antihoraire.

$\varepsilon(3{,}00)=-0{,}120\times(-0{,}450)=+5{,}40\times 10^{-2}\ \mathrm{V}$, d'où $I=\frac{0{,}0540}{4{,}00}=1{,}35\times 10^{-2}\ \mathrm{A}$.

La charge est l'intégrale du courant : $Q=\int_{0}^{2}\frac{|\varepsilon|}{R}\,dt=\frac{N}{R}\,|\Phi(2)-\Phi(0)|$, car $\varepsilon$ garde le même signe sur $[0\,;2]$.

Ce résultat ne dépend pas de la forme de $B(t)$ entre les deux instants : une montée lente ou brutale de $0$ à $0{,}200\ \mathrm{T}$ fait passer la même charge.

Piège : sur $[0\,;3]$, le flux revient à zéro, mais la charge totale n'est pas nulle en module : le courant change de sens à $t=2$ s et l'on ne peut plus additionner sans regarder les signes.

Le circuit est le rectangle limité par la résistance, les rails et la tige, d'aire $\ell x$. La normale choisie suit $\vec B$ (entrant) :

$\Phi=B\ell x$, donc $|\varepsilon|=\frac{d\Phi}{dt}=B\ell\frac{dx}{dt}=B\ell v$

Par la force magnétique : une charge $q$ de la tige se déplace à $\vec v=v\,\vec i$ dans $\vec B=-B\,\vec k$.

Le travail de cette force par unité de charge, le long de la tige, vaut $vB\ell$ : c'est la même f.é.m., obtenue sans parler de flux.

Le circuit comporte la résistance ET la tige, en série :

Piège : écrire $U_{R}=\varepsilon$. La tige se comporte comme un générateur de f.é.m. $B\ell v$ et de résistance interne $r$ : la tension utile est $\varepsilon-rI$.

Première façon, la force magnétique : $\vec F=qvB\,\vec j$ pousse les charges positives vers le haut de la tige ; le courant y monte.

Deuxième façon, la loi de Lenz : la tige s'éloigne, l'aire augmente, donc le flux ENTRANT croît. Le champ induit doit sortir de la feuille à l'intérieur du circuit : le courant tourne dans le sens antihoraire, ce qui le fait monter dans la tige (côté droit) et descendre dans la résistance.

Les deux raisonnements concordent : c'est le contrôle à faire à chaque fois.

Force de Laplace sur la tige parcourue vers le haut : $\vec F=I\vec L\times\vec B=I\ell\,\vec j\times(-B\,\vec k)=-I\ell B\,\vec i$.

$F=0{,}300\times 0{,}180\times 0{,}400=2{,}16\times 10^{-2}\ \mathrm{N}$, vers la gauche.

La force s'oppose au mouvement : c'est la loi de Lenz vue du côté mécanique. Si elle aidait le mouvement, la tige accélérerait seule et produirait de l'énergie à partir de rien.

À vitesse constante, l'opérateur compense exactement la force magnétique : $F_{\text{op}}=2{,}16\times 10^{-2}\ \mathrm{N}$ vers la droite.

Les deux puissances sont égales : tout le travail de l'opérateur devient chaleur, dont les trois quarts dans $R$ et un quart dans la tige.

Piège : oublier la résistance de la tige dans le bilan ; on trouverait $40{,}5\ \mathrm{mW}$ et le bilan d'énergie ne fermerait pas.

Entrée : le côté avant parcourt la largeur $w$ du cadre avant que le côté arrière n'entre.

Le côté avant atteint le bord droit après avoir parcouru $D$ : $t_{2}=\frac{D}{v}=0{,}500\ \mathrm{s}$.

Le côté arrière quitte la région après $D+w$ : $t_{3}=\frac{D+w}{v}=0{,}800\ \mathrm{s}$.

Pendant l'entrée, la partie du cadre dans le champ a l'aire $h\,vt$ : $N\Phi=NBhvt$.

Contrôle par les côtés : seul le côté avant est dans le champ et se déplace perpendiculairement aux lignes ; les côtés horizontaux se déplacent le long d'eux-mêmes, $\vec v\times\vec B$ leur est perpendiculaire et n'y fait circuler aucune charge.

Entrée : le flux ENTRANT croît. Le champ induit sort de la feuille dans le cadre : courant antihoraire, donc $\varepsilon>0$ avec la convention de l'énoncé.

Sortie : le flux entrant diminue. Le champ induit entre pour le maintenir : courant horaire, $\varepsilon<0$.

Entre $t_{1}$ et $t_{2}$, le cadre entier est dans un champ uniforme : le flux vaut $NBhw$ et ne varie pas. Les f.é.m. des deux côtés verticaux sont égales et se compensent dans le circuit.

Piège : « le cadre bouge dans un champ, donc il y a un courant ». Le mouvement ne suffit pas, il faut que le flux CHANGE.

Pendant l'entrée, le côté avant parcouru par $I$ subit la force de Laplace, opposée à la vitesse ; l'opérateur doit l'équilibrer :

$F=NIhB=25\times 0{,}240\times 0{,}0400\times 0{,}600=0{,}144\ \mathrm{N}$, vers l'avant.

Entre $t_{1}$ et $t_{2}$, $I=0$ : aucune force magnétique : frottements négligés, l'opérateur n'a rien à compenser, et $F=0$.

Pendant la sortie, le courant change de sens mais la force reste opposée à la vitesse : le côté arrière, seul dans le champ, porte maintenant le courant.

Le graphe est un créneau : $+0{,}120\ \mathrm{V}$ de $0$ à $0{,}300\ \mathrm{s}$, $0$ jusqu'à $0{,}500\ \mathrm{s}$, $-0{,}120\ \mathrm{V}$ jusqu'à $0{,}800\ \mathrm{s}$, puis $0$.

L'énergie dissipée pendant chacune des deux phases actives vaut $\varepsilon I\,\Delta t$ :

Elle est égale au travail de l'opérateur, $2\times F\times w=2\times 0{,}144\times 0{,}0600$ : le bilan d'énergie ferme.

Piège : si la région était plus étroite que le cadre ($D<w$), il n'y aurait pas de palier où le cadre est entièrement plongé, mais un palier où la région est entièrement DANS le cadre : le flux y serait constant aussi, et la f.é.m. nulle.

$600$ tours par minute, soit $10{,}0$ tours par seconde : $\omega=2\pi\times 10{,}0=62{,}8\ \mathrm{rad/s}$.

L'aire d'une spire vaut $A=0{,}120\times 0{,}0800=9{,}60\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{2}}$ et l'angle entre $\vec n$ et $\vec B$ est $\theta(t)=\omega t$ :

$N\Phi(t)=NBA\cos\omega t$, avec $NBA=150\times 0{,}300\times 9{,}60\times 10^{-3}=0{,}432\ \mathrm{Wb}$

La fréquence de la tension produite est celle de la rotation : $10{,}0\ \mathrm{Hz}$.

$\varepsilon$ est maximale quand $|\sin\omega t|=1$, c'est-à-dire $\theta=90^{\circ}$ : la normale est perpendiculaire à $\vec B$, le PLAN de la bobine est parallèle aux lignes de champ, et le flux est NUL.

C'est là que le flux varie le plus vite : la bobine passe d'un flux positif à un flux négatif, ses côtés coupent les lignes de champ de face.

$\omega t=62{,}8\times 5{,}00\times 10^{-3}=0{,}314\ \mathrm{rad}$, soit $18{,}0^{\circ}$ :

Piège : « flux nul, donc f.é.m. nulle ». Faraday regarde la PENTE du flux, pas sa valeur.

Puissance instantanée : $p(t)=\frac{\varepsilon^{2}}{R}=\frac{\varepsilon_{\max}^{2}}{R}\sin^{2}\omega t$.

Sur une période $T$ : $\frac{1}{T}\int_{0}^{T}\sin^{2}\omega t\,dt=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}\frac{1-\cos 2\omega t}{2}\,dt=\frac{1}{2}$

$\varepsilon_{\max}=NBA\,\omega$ double avec $\omega$ ; la puissance, en $\varepsilon^{2}$, est multipliée par $4$ (dans le modèle d'une charge résistive fixe).

Le courant double aussi, donc la force de Laplace sur les côtés de la bobine double : le couple résistant qu'elle exerce double, et le vent doit fournir quatre fois plus de puissance, puisque cette puissance mécanique est celle que reçoit la charge.

C'est la loi de Lenz à l'échelle d'une machine : le courant produit freine toujours la rotation qui le produit.

$n=\frac{N_{1}}{\ell}=\frac{800}{0{,}400}=2000\ \mathrm{spires/m}$ et $I(1{,}00)=3{,}50\ \mathrm{A}$.

Une spire de la bobine délimite un disque de rayon $r_{2}$. On le découpe en deux régions : le disque de rayon $R_{1}$, où $B=\mu_{0}nI$, et la couronne $R_{1}<r<r_{2}$, hors du solénoïde, où le champ est négligeable (solénoïde long).