TDC Induction ´electromagn´etique
I Roue de Barlow g´ en´ eratrice
R
ˆ O
` A
d Ý Ñ B ω 0
1. La roue tourne initialement dans le sens indiqu´ e ω 0 , ce qui met en mouvement le conducteur dans un champ magn´ etique. La roue est donc le lieu d’une induction de Lorentz. D’apr` es la loi de Lenz, l’induction s’oppose aux causes qui lui donnent naissance, on doit donc voir apparaitre une force ou un couple qui s’oppose ` a la rotation de la roue.
2. L’´ equation ´ electrique est donn´ ee en calculant la f´ em de Lorentz qui apparait dans le circuit : e “
ż A
O
p~ v ^ Ý Ñ B q¨d~l “
ż A
O
rωBp~ e θ ^~ e z q¨pdr~ e r `rdθ~ e θ q “ Bω ż a
0
r~ e r ¨dr~ e r ` ż
~ e r ¨rdθ~ e θ “ Bω ż a
0
r dr “ Bωa 2 2 D’apr` es la loi des mailles
´Ri ` e “ 0 donc Ri “ Bωa 2 2
L’´ equation m´ ecanique s’obtient en calculant le couple de la force de Laplace Ý
Ñ Γ “ ż
d Ý Ñ Γ “
ż A O
ÝÝÑ OM ^ pid~l ^ Ý Ñ B q “
ż A O
r~ e r ^ pipdr~ e r ` rdθ~ e θ q ^ B~ e z q “ iB ż a
0
r~ e r ^ pdrp´q~ e θ q car ~ e r ^ p~ e θ ^ ~ e z q “ ~ e r ^ ~ e r “ 0
Ý
Ñ Γ “ ´iB~ e r ^ ~ e θ ż a
0
“ ´ iBa 2 2 ~ e z On ´ ecrit alors le th´ eor` eme du moment cin´ etique
d Ý Ñ L
dt “ J dω
dt ~ e z “ Ý Ñ Γ donc
J dω
dt “ ´ iBa 2 2
3. On peut alors r´ esoudre le syst` eme en ´ eliminant i des ´ equations i “ Bωa 2
2R donc
J dω
dt “ ´ Bωa 2 2R
Ba 2
2 “ ´ B 2 a 4
4R ω
dont la solution est
ωptq “ A exp ˆ
´ t τ
˙
avec τ “ 4RJ B 2 a 4 A ` t “ 0, la vitesse vaut ω 0 donc
ωptq “ ω 0 exp ˆ
´ t τ
˙
avec τ “ 4RJ B 2 a 4 La vitesse d´ ecroit bien conform´ ement ` a la loi de Lenz.
4. On multiplie l’´ equation ´ electrique par i de chaque cot´ e Ri 2 “ Bωa 2
2 i “ ei
qui exprime que la puissance fournie par la f´ em induite est convertie totalement en chaleur par effet Joule.
On multiplie l’´ equation m´ ecanique par ω J ω dω
dt “ d dt
ˆ J 2 ω 2
˙
“ ´ iBa 2
2 ω “ Γω
exprime le fait que la puissance de la force de Laplace est ce qui fait varier l’´ energie cin´ etique de la roue.
En faisant la somme des deux, on trouve Bωa 2
2 i ´ iBa 2 2 ω “ 0 ce qui permet de retrouver la conservation de l’´ energie.
II Courants de Foucault
En coordonn´ ees cylindriques, on donne Ý Ñ
rot Ý Ñ V “
„ 1 r
BV z Bθ ´ BV θ
Bz
~ e r `
„ BV r Bz ´ BV z
Br
~ e θ ` 1
r
„ BprV θ q Br ´ BV r
Bθ
~ e z
1. Il y a invariance du champ Ý Ñ
B par rotation autour de Oz. Ý Ñ
E est donc perpendiculaire au plan de de sym´ etrie pour Ý Ñ
B , et donc Ý Ñ
E “ E~ e θ . Par ailleurs, il y a invariance du syst` eme selon θ et z, donc Ý
Ñ E “ Eprq~ e θ .
On calcule alors la f´ em sur un contour circulaire de rayon r ă R : e “
¿
Γ
Ý
Ñ E ¨ d~l “ 2πrEprq
qui vaut aussi
´
ij B Ý Ñ B Bt ¨ d Ý Ñ
S “ ´πr 2 B Ý Ñ B
Bt “ `πr 2 ωB 0 sinpωtq donc
Eprq “ rωB 0
2 sinpωtq
2. La densit´ e volumique de pertes par effet joule vaut γE 2 , soit γ r
2ω 4
2B
20sin 2 pωtq, ce qui donne en moyenne
x dP J
dV y “ γ r 2 ω 2 B 0 2 8 On int` egre sur le cylindre entier
xP J y “ ż 2π
0
ż L
0
ż R
0
γ r 2 ω 2 B 0 2
8 dr rdθ dz “ γ 2πLω 2 B 0 2 8
ż R
0
r 3 dr “ γ πLω 2 B 2 0 R 4
16 “ γ πLω 2 B 0 2 S 2 16π La puissance moyenne par unit´ e de volume vaut alors
xP J y
πR 2 L “ γ ω 2 B 0 2 R 2 16 3. Application num´ erique xP J y “ 78, 5 W .
4. Si la surface est divis´ ee par n, alors la puissance dans chaque conducteur vaut xP J y{n 2 et donc la puissance totale dissip´ ee par effet Joule a pour valeur xP t y “ xP J y{n .
5. On utilise cette constatation dans les transformateur ou dans les bobines en utilisant un mat´ eriau en plaques s´ epar´ ees par un isolant pour minimiser les pertes par courant de Foucault.
6. Ý rot Ñ Ý Ñ
B i “ µ 0 ~j “ µ 0 γ Ý Ñ
E “ µ 0 γ rωB 2
0sinpωtq. En supposant que le champ est sur ~ e z , Ý Ñ
rot Ý Ñ B i “ 1
r BB i
Bθ ~ e r ´ BB i
Br ~ e θ Comme ~j n’a pas de composante sur ~ e r
´ BB i
Br “ µ 0 γ rωB 0
2 sinpωtq En int´ egrant ` a l’int´ erieur du cylindre
ż R
r
dB i “ B i pr, tq “ ´ ż R
r
µ 0 γ rωB 0
2 sinpωtqdr donc
B i pr, tq “ µ 0 γ ωB 0
4 pR 2 ´ r 2 q sinpωtq 7. On pose δ “ µ
02 γω , donc
B i pr, tq “ ωB 0 4
R 2 ´ r 2
δ 2 sinpωtq
Le champ induit est donc proportionnel ` a R δ
22. Dans les conditions de l’exp´ erience, δ “ 5, 0 cm, donc
R “ 2, 5 cm ne permet pas de n´ egliger le champ magn´ etique induit.
III Freinage magn´ etique
Un cadre conducteur rectangulaire, de masse M , de r´ esistance R et d’inductance L, se d´ eplace sans frottement sur un plan horizontal, suivant la direction Ox. Dans le demi espace x ą 0 r` egne un champ magn´ etique permanent et uniforme Ý Ñ
B vertical vers le haut. La position du cadre est rep´ er´ ee par l’abscisse x de la premi` ere barre du cadre. Pour x ă 0, le cadre se d´ eplace ` a la vitesse constante v 0 ~ e x .
x y
x
d Ý Ñ B
z d a
l
1. Lorsque le cadre est compl` etement hors du champ Ý Ñ
B , la force est nulle. Lorsque le cadre est compl` etement dans le champ magn´ etique, le flux ne varie plus donc la f´ em est nulle, et donc la force de Laplace aussi. Reste ` a traiter le cas o` u l ą x ą 0.
Dans ce cas, la f´ em est donn´ ee par la loi de Faraday e “ dΦ dt avec Φ “
ij Ý Ñ B ¨ d Ý Ñ
S
En orientant le courant dans le cadre dans le sens trigonom´ etrique, d Ý Ñ
S “ dS~ e z , donc Φ “
ż a
0
ż x
0
Bdydx “ Bax On peut donc calculer
e “ dΦ
dt “ ´Ba dx dt L’´ equation ´ electrique est alors
e ´ Ri “ 0 donc i “ e
r “ ´ Bav R
On peut alors calculer la force de Laplace sur la partie du circuit se trouvant dans le champ magn´ etique Ý
Ñ F “ ż
id~l^ Ý Ñ B “
ż x
0
id~l^ Ý Ñ B `
ż a
0
id~l^ Ý Ñ B `
ż 0
x
id~l^ Ý Ñ B “
ż x
0
idx~ e x ^ Ý Ñ B `
ż `a{2
´a{2
idy~ e y ^ Ý Ñ B `
ż x
0
´idx~ e x ^ Ý Ñ B Il ne reste donc que
Ý Ñ F “
ż `a{2
´a{2
idy~ e y ^ B~ e z “ ´ Bav
R aB~ e x “ ´ B 2 a 2 v R ~ e x
qui est bien oppos´ ee au mouvement, donc ` a la cause qui donne naissance au ph´ enom` ene d’induction (Loi
de Lenz).
2. On applique le PFD
ma x “ m dv
dt “ ´ B 2 a 2 v R donc
dv
dt ` B 2 a 2 mR v “ 0 3. La solution de l’´ equation diff´ erentielle est
vptq “ A exp ˆ
´ t τ
˙
avec τ “ mR B 2 a 2 A t “ 0, la vitesse vaut v 0 , donc
vptq “ v 0 exp ˆ
´ t τ
˙
Pour trouver xptq, il faut int´ egrer
xptq “ ´τ v 0 exp ˆ
´ t τ
˙
` C A ` t “ 0,
xpt “ 0q “ ´τ v 0 ` C “ 0 donc C “ τ v 0
et
xptq “ τ v 0
„
1 ´ exp ˆ
´ t τ
˙
IV Barre sur des rails
Deux barres conductrices AA 1 et CC 1 se d´ eplacent sur deux rails horizontaux conducteurs et parall` eles dans un champ uniforme vertical Ý Ñ
B 0 .
A
A 1
C
C 1 Ý
Ñ B 0
P 1 ‚ ‚ P
m 1 ‚ ‚ m
1. On note ~ v “ v~ u x et ~ v 1 “ v 1 ~ u x les vitesses des barres CC 1 et AA 1 . La position de la barre A ` a t “ 0 est x A et celle de la barre C est x c et leurs positions respectives x 1 ptq et xptq. On peut calculer directement le flux ` a travers le circuit
Φ “ ij Ý Ñ
B 0 ¨ d Ý Ñ
S “ B 0 S “ B 0 px ´ x 1 qa puisque le flux doit ˆ etre positif. On calcule alors la f´ em
e “ ´ dΦ
dt “ ´B 0 apv ´ v 1 q
et l’intensit´ e parcourant le circuit i “ e
4R “ ´B 0 apv ´ v 1 q
4R ă 0 si v ą v 1
l’intensit´ e du courant ´ etant orient´ ee dans le sens trigonom´ etrique en raison de l’orientation de la surface.
2. Il faut calculer pour chaque barre la force de Laplace s’exer¸ cant sur elle. Pour la barre AA 1 Ý
Ñ F A “ ż
id~l ^ Ý Ñ B 0 “
ż a 0
ip´qdy~ u y ^ B 0 ~ u z “ ´iaB 0 ~ u x
De mˆ eme, on calcule la force sur CC 1 Ý Ñ F C “
ż
id~l ^ Ý Ñ B 0 “
ż a
0
idy~ u y ^ B 0 ~ u z “ iaB 0 ~ u x
On applique ensuite le PFD ` a chacune des barres de masse nulle, ce qui donne Ý
Ñ F A ` Ý Ñ
T A “ 0 et Ý Ñ F C ` Ý Ñ
T C “ 0 ñ F A “ ´T A et F C “ ´T C
On ´ ecrit ensuite le PFD pour les fils qui sont aussi de masse nulle, soumis ` a une force selon ~ u z de la part des masses (T m 1
1et T m 1 ) et d’une force selon ~ u x (cot´ e A, T A 1 “ ´T A “ F A ) et selon ´~ u x (cot´ e C, T C 1 “ ´T C “ F C ) de la part des barres. La poulie de chaque cot´ e assure l’´ egalit´ e en norme des forces,
donc ÝÑ
T m 1
1¨ ~ u z “ Ý Ñ
T A 1 ¨ ~ u x et Ý Ñ
T m 1 ¨ ~ u z “ Ý Ñ T C 1 ¨ ~ u x
soit
´T m 1
1“ T A 1 et ´ T m 1 “ ´T C 1
Enfin on peut ´ ecrire le PFD pour les masses m et m 1 , en notant que les masses sont soumises ` a une force due au fil et au poids. Du cot´ e de A,
ma z
1“ ´P ` T m
1“ ´P ´ T m 1
1“ ´P ` T A 1 “ ´P ` F A “ ´mg ´ iaB 0
et du cot´ e de C
ma z “ ´P ` T m “ ´P ´ T m 1 “ ´P ´ T C 1 “ ´P ´ F C “ ´mg ´ iaB 0 On a alors
m d 2 z
dt 2 “ ´m d 2 x
dt 2 “ mg ` iaB 0 et m d 2 z 1
dt 2 “ m d 2 x 1
dt 2 “ ´m 1 g ´ iaB 0
car x augmente quand z diminue (du cot´ e de C) ce qui donne comme syst` eme d’´ equations coupl´ ees
$
’ ’
’ &
’ ’
’ % d 2 x
dt 2 “ g ` ´B 0 apv ´ v 1 q 4mR aB 0
d 2 x 1
dt 2 “ ´g ´ ´B 0 apv ´ v 1 q 4mR aB 0
d’o` u
$
’ ’
’ &
’ ’
’ % dv
dt “ g ´ B 0 2 a 2 pv ´ v 1 q 4mR dv 1
dt “ ´g ` B 2 0 a 2 pv ´ v 1 q
4m 1 R
3. En combinant les deux ´ equations, on trouve
$
’ ’
’ &
’ ’
’ % dv dt ´ dv 1
dt “ 2g ´ B 2 0 a 2 pv ´ v 1 q 4R
ˆ 1 m ` 1
m 1
˙
m dv
dt ` m dv 1
dt “ pm ´ m 1 qg
donc $
’ ’
’ &
’ ’
’ % d
dt pv ´ v 1 q “ 2g ´ 1
τ pv ´ v 1 q d
dt pmv ` m 1 v 1 q “ pm ´ m 1 qg La deuxi` eme ´ equation nous permet d’´ ecrire
mv ` m 1 v 1 “ pm ´ m 1 qgt ` K
o` u K “ 0 car les vitesses sont nulles en t “ 0. La premi` ere ´ equation se met sous la forme d
dt pv ´ v 1 q ` 1
τ pv ´ v 1 q “ 2g qui s’int` egre en
v ´ v 1 “ 2gτ ` λ exp ˆ
´ t τ
˙
A ` t “ 0, v “ v 1 “ 0 donc λ “ ´2gτ et a solution est donc pour v ´ v 1 v ´ v 1 “ 2gτ
ˆ
1 ´ exp ˆ
´ t τ
˙˙
On trouve alors les solutions pour les vitesses
$
’ ’
’ ’
&
’ ’
’ ’
%
v “ g
m ` m 1
„
pm ´ m 1 qt ` 2τ m 1 ˆ
1 ´ exp ˆ
´ t τ
˙˙
v 1 “ g m ` m 1
„
pm ´ m 1 qt ´ 2τ m ˆ
1 ´ exp ˆ
´ t τ
˙˙
4. Pour faire un bilan ´ energ´ etique, il faut multiplier l’´ equation ´ electrique par i 4Ri 2
lo omo on
puissanceJoule
“ ´B 0 apv ´ v 1 qi looooooomooooooon
puissanceelectromotrice
et les ´ equations m´ ecaniques par v et v 1 pour faire apparaitre les puissances
$
’ ’
’ &
’ ’
’ %
mv dv
dt “ mvg ` vB 0 ai m 1 v 1 dv 1
dt “ ´m 1 v 1 g ´ v 1 B 0 ai
o` u on reconnait les termes correspondants ` a l’´ energie cin´ etique, l’´ energie potentielle de pesanteur et la puissance de la force de Laplace. On peut alors faire la somme des deux ´ equations qui donne
mv dv
dt ` m 1 v 1 dv 1 looooooooomooooooooon dt
dEc dt
` m 1 v 1 g ´ mvg loooooomoooooon
dEp dt
