Devoir Surveillé n˚7 Corrigé I Généralités sur l

PSI - Lycée Bellevue
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. B étant indépendant du temps, le potentiel vecteur A (M, t) défini par B = rot( A ) est aussi
indépendant du temps. On en déduit
→
−
−
→
→
E m (M)/R = −
ve (M)/R ∧ B (M)
−−−−→
−−→
−
→
−
2. (a) →
v e (M) = −
v (O) + Omegadisque/R ∧ OM ⇒ →
v e (M) = rω~eϕ .
→
−
→
−
−
→
→
(b) E m (M) = −
v e ∧ B = rω~eϕ ∧ B0 ~ez ⇒ E m (M) = rωB0 , ~er .
→
−
(c) E m est radial.
→
−
→
(d) −
 i (M, t) = γ E m = 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
2
= γEm
= γ ω 2 B02 r 2
dτ
R Rπ Rh 2
πhR4
dP
2 2 R
dτ = γ ω B0 r=0 ϕ=0 z=0 r r dr dϕ dz ⇒ PI =
γ ω 2 B02 .
(c) PI = demi-disque
dτ
4
(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.
R
(e) Ce dispositif peut être utilisé dans le cadre d’un freinage électromagnétique.
π × 5, 0.10−3 × 0, 14
× 5, 8.107 × (103 )2 × (10−2 )2 = 2, 3 kW
(f) PI =
4
→
−
4. B = µ0 ni d’après le cours.
5. Choisissons comme contour un cercle C d’axe Oz, de rayon r orienté suivant ~eϕ :
I
I
→
→ −
−
A · dℓ = A(ρ, t) ~eϕ · ρdϕ ~eϕ = 2πρ A(ρ, t)
C
C
→
−
Par ailleurs, d’après le théorème de Stokes et la définition de A :
ZZ
ZZ
I
→
→
→
− −−
→
→ −
−
→ −−
−
→−
2
B · d2 S
A · dℓ =
rot( A ) · d S =
C
Tristan Brunier
Σ(C)
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Σ(C)
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−−→
où Σ(C) est une surface qui s’appuie sur C et tel que le vecteur d2 S soit orienté d’après l’orientation
de C.
Le champ magnétique étant uniforme, on trouve, à l’intérieur du solénoïde :
ρ
→
−
2πρ A(ρ, t) = Bπρ2 ⇒ A (M, t) = B ~eϕ
2
→
−
→
−
→
On aurait pu utiliser l’expression A = −1/2 −
r ∧ B valable pour un champ magnétique uniforme.
6. (a) Les points du barreau étant immobiles dans le référentiel d’étude, on a
→
−
∂A
−
→
Em = −
∂t
(b) On en déduit
ρ
ρ ∂B
−
→
~eϕ = − ω B0 cos(ωt) ~eϕ
Em = −
2 ∂t
2
ρ
→
− = γ −
(c) Pour un conducteur ohmique →
E = −γ ω B0 cos(ωt) ~eϕ . Les courants induits sont or2
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 rayonnement) avec le milieu extérieur.
ρ2 2 2
dP
=γ
ω B0 cos2 (ωt) .
dτ
4
* +
ρ2 2 2
dP
=γ
ω B0 .
(c)
dτ
8
(b)
(d) Par intégration sur l’ensemble du barreau
PII =
ZZZ
barreau
*
dP
dτ
+
γ
dτ = ω 2 B02
8
Z
R
ρ=0
Z
2π
ϕ=0
Z
0
H
ρ2 ρ dρdϕdz ⇒ PII =
γ 2 2
ω B0 πR4 H
16
(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
II
5, 8.107
× (5.104 )2 × (2, 0.10−4 )2 × π × (5.10−2 )4 × 0, 20 = 0, 20 kW .
=
16
Haut-parleur électrodynamique
E3A PC 98
1. On est en présence d’un circuit électrique mobile dans un champ magnétique stationnaire. Il apparaît
R → −
→
→ −
→
donc une f.e.m d’induction de Lorentz e = Γ (−
v ∧ B )· dℓ. Si −
v correspond 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 = idℓ ∧ B = idℓ ~uθ ∧ B ~ur = −iBdℓ ~uz ⇒ f = −iBℓ ~uz
4. La f.e.m élémentaire est
→
→ −
−
→
de = −
v ∧ B · dℓ =
dz
~uz ∧ B ~ur
dt
!
adθ ~uθ ⇒ de =
dz
Ba dθ
dt
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
→
d−
v
→
m
= −iBℓ ~uz − kz ~uz − h−
v
dt
(M)
Compte tenu du schéma électrique équivalent, l’équation électrique s’écrit
u=L
di
+ Ri − vBℓ
dt
(E)
6. Puisque u, i et v sont des fonctions sinusoïdales de pulsation ω , les équations (M) et (E) deviennent :
jmω v = −Bℓ i −
k
v − hv
jω
(M’)
et
7. À l’aide de l’équation (M’) on obtient
v=
Tristan Brunier
(E’)
u = jLω i + R i − Bℓ v




B 2 ℓ2
− Bℓ


i ⇒ u = jLω + R +
i


k
k
+h
+h
jmω +
jmω +
jω
jω
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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
Z e = 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
!
k
B 2 ℓ2 mω −
2 2
2 2
ω
B ℓ
B ℓ h
Zm =
=
!2 − j
!2
k
k
k
jmω +
+ h h2 + mω −
h2 + mω −
jω
ω
ω
9. On a donc
B 2 ℓ2
2 2
Z e (ω) = R + jLω
;
B ℓh
R(ω) =
h2 +
k
mω −
ω
!2
et
S(ω) = −
h2 +
!
k
mω −
ω
!2
k
mω −
ω
10. On peut écrire Z m sous la forme
1
1
1
m
1
1
+
=
jC
ω
+
=j 2 2ω+
+
m
Zm
B ℓ
jLm ω Rm
B 2 ℓ2
B 2 ℓ2
ω
j
k
h
avec
B 2 ℓ2
m
B 2 ℓ2
; Cm = 2 2 ; Lm =
h
B ℓ
k
Tout se passe comme si le circuit électrique comportait Rm , Lm et Cm en parallèle. Le schéma
électrique équivalent est
Rm =
Figure 1 –
11. On a
R′ (ω) = − 
h2 +
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B 2 ℓ2 h
k
2
mω
−

!2 2
ω
k

mω −
ω
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!
k
m+ 2
ω
!
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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
2 2
S ′ (ω) = − 
B ℓ h
h2 +
mω −
k
ω
!2 2

!
k
m + 2 h2 −
ω
!2 
k

mω
ω
S ′ (ω) est donc du signe de −h2 + (mω − k/ω)2. On a deux racines réelles positives
ω1 =
−h+
√
√
+ h + h2 + 4km
h2 + 4km
et ω2 =
2m
2m
de sorte que le graphe de S(ω) est de la forme
Figure 3 –
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D’autre part, on a
pour ω → 0
pour ω → ∞
pour ω = ω0
B 2 ℓ2 ω
k
B 2 ℓ2
Z m ∼ −j
mω
B 2 ℓ2
Z m (ω0 ) =
= Rm
h
Zm ∼ j
Montrons que l’affixe M(ω) de Z m décrit un cercle de rayon Rm /2 et de centre (Rm /2, 0) :


!2 2
!2 

1
k
k 
4 4
2




B
ℓ
h
−
h
+
mω
−
+
mω
−
#2
"

2h
ω
m 
B 4 ℓ4
Rm
2
+S (ω) =
=
=
R(ω) −


!2 2
2
4h2
k

h2 + mω −
ω
Rm
2
Figure 4 –
D’après le schéma le module de Z m en ω = ω0 et |Z m kmax = Rm .
√
12. Le module de Z m vaut |Z m |max / 2 pour les deux points M(ω) qui ont pour abscisse Rm /2 (on a
alors un triangle rectangle isocèle d’hypothénuse |Z m |max ), c’est-à-dire quand S(ω) est extrémal et
donc pour les deux valeurs ω1 et ω2 définies précédemment :
√
√
− h + h2 + 4km
+ h + h2 + 4km
ω1 =
et ω2 =
2m
2m
On a alors
√
ω0
km
=
ω2 − ω1
h
qui correspond au facteur de qualité du filtre. L’application numérique conduit à
ω0
= 42, 6
ω2 − ω1
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!2
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13. Comme Z e = R + jLω, son affixe N(ω) décrit une demi-droite parallèle à l’axe des ordonnées, d’où
le graphe ci-dessous pour les fréquences 300-3400 Hz.
D’après les valeurs numériques :
ω0 = 119, 4 rad.s−1
;
ω1 = 118, 0 rad.s−1
et ω2 = 120, 8 rad.s−1
14. Compte tenu de l’intervalle de fréquence 300-3400 Hz la contribution de l’impédance motionnelle à
l’impédance totale est négligeable, on a Z ≈ Z e d’où le graphe :
De plus dans cet intervalle de fréquence, R ≫ Lω d’où |Z| ≈ R et le graphe ci-dessous :
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L’impédance est constante et égale à R dans la gamme des fréquences vocales.
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III
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Élaboration de l’argent par coupellation
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d’après les données, la masse volumique de l’argent liquide est supérieure à celle de PbO liquide : on
pourra recueillir l’argent dans le fond du creuset.
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