DS8 : Induction et thermodynamique – corrigé

TSI1 – Physique-chimie DS8 : Induction et thermodynamique – corrigé – 26/05/2018

DS8 : Induction et thermodynamique – corrigé

Exercice 1: Le transformateur toriqe (CCP 2018)

1. Si les courantsi1 eti2 sont positifs, la règle de la main droite indique que le champ magnétique créé sera dirigé sui- vant+~eθ.

2. D’après l’expression deB~1on peut dire que l’unité deµ0estT m A⁻¹ 3. Le flux du champ magnétique à travers une spire est :

ϕ= Z Z

B~₁·dS~ =

Z Z µ₀N₁i₁

2πr ~e_θ·drdz ~e_θ= Z R+a

r=R

Z a

z=0

µ₀N₁i₁ 2πr dzdr 4. L’intégrale précédente donne :

ϕ= µ₀N₁i₁a 2π ln

R+a R

5. Le flux total à travers lesN₁spires du circuitC₁est

Φ =µ₀N₁²i₁a 2π ln

R+a R

6. Le flux propre d’un circuit parcouru par un intensitéiestΦp=LioùLest l’inductance propre du circuit 7. On en déduit directement l’inductance propreL₁= Φ/i₁soit

L₁=N₁²aµ0

2π ln

R+a R

8. Le calcul deL₂est exactement le même que celui deL₁il faut juste remplacerN₁parN₂et on obtient : L2=N₂²aµ0

2π ln

R+a R

9. Le flux du champ magnétique créé par un circuit 1 parcouru par un couranti1à travers le circuit 2 estΦ12=M i1. 10. Dans le cas présent, on aΦ12=N2ϕsoit :

M =N1N2

aµ0

2π ln

R+a R

11. La tensionu1au primaire est donnée par :

u1=L1

di₁

dt +Mdi₂ dt 12. La tensionu2au secondaire est donnée par :

u2=L2

di2

dt +Mdi1

dt 13. On utilise le résultat de la question 12 pour écrire

di₁ dt = u₂

M −L₂ M

di₂ dt que l’on injecte dans le résultat de la question 11 pour obtenir :

u₁=L₁

Mu₂+M²−L₁L₂ M

di₂ dt

14. Avec les expressions deL₁,L₂etM, on remarque queM²−L₁L₂= 0et^L_M¹ = ^N_N¹

2. On en déduit u₂

u1

=N₂ N1

15. Les transformateurs permettent d’élever ou d’abaisser les tensions du réseau électrique.

16. Dans la modélisation que l’on a faite, il n’y a pas de pertes d’énergie et le rendement entre primaire et secondaire est égal à 1.

17. Pour des signaux continus, il n’y a pas de variation de champ magnétique dans le matériau magnétique donc pas de variation de flux, et donc pas de fem induite dans le secondaire. Un transformateur ne peut pas fonctionner avec des signaux continus.

18. On cherche à éviter la présence de courants de Foucault induits dans le matériau magnétique, en effet ils chauffent le matériau et induisent des pertes de puissance entre le primaire et le secondaire.

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Exercice 2: Le moteur asynchrone (centrale 2016)

1. On peut faire l’hypothèse de l’ARQS si la tailleddu circuit est faible et la fréquencef pas trop élevée. Plus précisément il faut qued _f^c

2. Lorsquei₁>0eti₂>0le champ magnétiqueB~₁//~u_xetB~₂//−~u_y.

3. Le flux propre de la bobine (1) estφ_p =L_Si₁ =N B₁S =nlπA²µ₀ni₁ =µ₀n²πA²l

| {z }

LS

i₁. Avecn = 4/(2a), on trouve L_S '31 mH

4. B(O, t) =~ B~₁(O, t) +B~₂(O, t) =µ₀ni₁(t)~u_x−µ₀ni₂(t)~u_y. En utilisant les expressions dei₁(t)eti₂(t)on obtient : B(O, t) =~ µ₀nI_M(cos(ω₀t)~u_x−cos(ω₀t+α)~u_y).

— Pourα=^π₂ :B(O, t) =~ µ0nIM(cos(ω0t)~ux+ sin(ω0t)~uy).

— Pourα=−^π₂ :B(O, t) =~ µ0nIM(cos(ω0t)~ux−sin(ω0t)~uy).

5. On peut qualifier ce champ magnétique de champ magnétique tournant car la direction deB~ tourne dans le plan(~u_x, ~u_y) à la vitesse angulaireω0.

Lorsqueα=^π₂ le champ tourne dans le sens trigonométrique (de~uxvers~uy).

Lorsqueα=−^π₂ le champ tourne dans le sens opposé (de~uyvers~ux).

6. Avec les valeurs numériques données, on trouve||B|| '~ 1,3×10⁻³T.

7. On ar= ^ρl_S^c. Aveclc = 2πA×l×_(2a)⁴ , on trouver'34. 8. En régime sinusoïdal forcé, dans le premier circuit, on a

i₁= u

jL_Sω₀+r et i₂= u j

LSω0−_Cω¹

0

+r

Le déphasageαest alors

α= arg(i₂)−arg(i₁) = arg(u)−arctan

LSω0−1/Cω0

r

−arg(u) + arctan LSω0

r

= arctan L_Sω₀

r

−arctan LSω0−_Cω¹

0

r

!

9. Pour obtenir un déphasage deα=^π₂ on doit avoir : arctan

LSω0

r

−arctan L_Sω₀−_Cω¹

0

r

!

=π 2 En utilisanttan x−^π₂

=−_tan(x)¹ on obtient :

LSω0−1/Cω0

r =− r

L_Sω₀ soit en isolantCon obtient :

C= L_S

r²+L²_Sω₀² '100 F

10. l’angle entre la normale à la bobine et le champ magnétique varie donc le flux deB~ à travers la bobine varie. Il y a donc une fem induite dans la bobine qui provoque la circulation d’un courant.

11. La bobine (S) étant parcourue par un courant électrique elle possède un moment magnétqueM~ qui subit un couple de forces~Γ =M~ ∧B~ qui va la mettre en rotation.

12.

e

L i

R

13. On ae=−dφ

dt =−dN B₀Scos(Ωt)

dt =N B₀SΩ sin(Ωt) = Ωφ₀sin(Ωt)

En appliquant la loi des mailles dans le circuit ci-dessus on obtient l’équation :e=Ldi

dt +Ri= Ωφ0sin(Ωt)

14. On est en régime sinusoïdal forcé, on peut donc utiliser la notation complexe. On a alorsi(t) = imsin(Ωt−ψ) = i_mcos(Ωt−ψ−π/2). Donc l’intensité complexe associée esti(t) =i_mej(Ωt−ψ−π/2).

On a égalemente= Ωφ₀sin(Ωt) = Ωφ₀cos(Ωt−π/2)et donce= Ωφ₀e^{j(Ωt−π/2)}. L’équation électrique ci-dessus devient :e= Ωφ₀e^{j(Ωt−π/2)}=jLΩi+Ri

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On en déduit quei= Ωφ₀e^{j(Ωt−π/2)}

R+jLΩ =i_mej(Ωt−ψ−π/2)

L’égalité des arguments donne Ωt−π

2 −arctanLΩ

R =ωt−ψ−π

2 donc ψ= arctanLΩ R Et l’égalité des modules donne

i_m=|i|= Ωφ0

√R²+L²Ω²

15. Le moment magnétique associé à la bobine plate estM~ =N i ~S 16. La bobine subit un couple de forces~Γ =M~ ∧B~ =N i ~S∧B.~ 17. Γ(t) =N Si_msin(Ωt−ψ)×B₀×sin(Ωt)

18. D’après la question précédente, on aΓ(t) =SB₀N i_m sin²(Ωt) cosψ−cos(Ωt) sin(Ωt) sinψ Orhsin²(Ωt)i=¹₂ ethcos Ωtsin Ωti= 0. Donc on obtient :

hΓi= SB₀N i_mcosψ

2 = N SB₀ 2

Ωφ₀

√

R²+L²Ω²cos

arctanLΩ R

En utilisantcos(arctan(x)) = ^{√ 1}

1+x² et en introduisant1−X = _ω^Ω

0, on obtient l’expression demandée avec Γ0=φ²₀ω0

2R et λ²=L²ω²₀ R² 19.

0.00 1.00 2.00 3.00 4.00

−0.10 0.00 0.10

X =ω/ω0

Γ/Γ0

On remarque que pourX = 1, c’est à dire pourω =ω0 le couple est nul (on s’y attendait). Le couple du moteur passe par une valeur maxiale autour deX= 0.7. LorsqueX >1le couple subit par la bobine est un couple résistant, le moteur se comporte comme un générateur.

20.

ω1 ω2

0.00 0.05 0.10 0.15

ω1 ω2

Γ/Γ0

Lorsque la partie utilisatrice impose un couple moyen<Γ>

on a deux valeurs possibles deω. Imaginons que le moteur soit initialement à la vitesse de rotationω₂. Si une fluctuation fait très légèrement augmenterωalors le couple fourni par le moteur devient inférieur au couple utilisateur et le moteur va ralentir. Inversement si une fluctuation fait diminuer la vitesse de rotation, le couple fourni par le moteur augmente et devient plus important que le couple utilisateur, le moteur accélère. La positionω2est donc stable.

Le même raisonnement montre que la position ω1 est in- stable.

21. La puissance mécanique moyenne fournie par le moteur esthPi=hΓiω. Avecω=Xω0on trouve : hPi= ω₀Γ₀X(1−X)

1 +λ²(1−X)²

Exercice 3: Transformation cycliqe d’un gaz parfait

1. Pour un système au repos, la variation d’énergie interne∆Ud’un système thermodynamique entre deux états d’équilibre est donnée par∆U =W +Q, oùW est le travail reçu par le système etQla chaleur reçue par le système au cours de la transformation.

2. Au cours d’une transformation adiabatique, il n’y a pas d’échange de chaleur entre le système et le milieu extérieur. Les transformations adiabatiques sont des transformations rapides.

3. Au cours d’une transformation isotherme, la température du système reste constante. Les transformations isothermes sont des transformations lentes pour que les échanges de chaleur aient le temps de se faire.

4. La transformation1→2est adiabatique, on a doncP1V₁^γ =P2V₂^γet doncP2=P1

V₁ V₂

γ

5. Dans l’état 2 on peut écrire l’équation d’état des gaz parfait :P2V2=nRT2avecP1V1=nRT1on a T2=P2V2

nR = P2V2

P1V1

T1=P2

P1

V2

V1

T1= V1

V2

γ

V2

V1

T1= V1

V2

γ−1

T1

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6. Diagramme(P, V):

V P

1 2

3

7. On choisit d’utiliser le premier principe entre 1 et 2 . On a∆U =W12= ³₂nR(T2−T1). Soit W₁₂= 3

2nRT₁ V₁

V2

γ−1

−1

!

=3 2P₁V₁

V₁ V2

γ−1

−1

!

8. La transformation2→3est isochore doncW₂₃= 0. Dans ces conditions, on a∆U₂₃=Q₂₃= ³₂nR(T₁−T₂). Soit Q23=−W12= 3

2P1V1 1− V1

V₂ ^γ−1!

9. Au cours de la transformation3→1, la température reste constante donc∆U₃₁= 0etW₃₁=−Q31. On a aussi : W₃₁=−

Z V1

V2

PdV =−nRT₁ Z V1

V2

1

V dV =−P₁V₁ln V1

V₂

et Q₃₁=P₁V₁ln V1

V₂

10. Au cours d’un cycle∆U = 0doncW =−Q. Et

W =W₁₂+W₂₃+W₃₁=P₁V₁

"

3 2

V1

V₂ γ−1

−1

!

−lnV1

V₂

#

11. On remarque sur le graphique de la question 6 que le cycle est parcouru dans le sens trigonométrique, donc le travail reçu par le système au cours d’un cycle est positif.Qest donc négatif. Le système reçoit du travail et fournit de la chaleur au milieu extérieur.

12. À chaque cycle l’eau du réservoir reçoit un peu de chaleur de la part du gaz, elle va donc s’échauffer. On ne pourra plus considérer le réservoir comme un thermostat.

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