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Travaux dirigés d’électromagnétisme avec Corrections Filières SMPC, SMA
(S3) SMI (S4) 2015-2016
Book · January 2018
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Najim Mansour
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Université Mohamed Premier
Faculté Pluridisciplinaire de Nador
Travaux dirigés
d’électromagnétisme
avec Corrections
Filières
SMPC, SMA (S3)
SMI (S4)
2015-2016
Najim MANSOUR
Pr. Rachid EL BOUAYADI
Version révisée.
Série N° 1 : Circuits électriques en régime non-stationnaire
Exercice 1. Décharge d’un condensateur.
Un condensateur de capacité C = 40µF a une charge initiale Q = 50 µC. On laisse ce condensateur se
décharger à travers un conducteur ohmique de résistance R = 8 kΩ.
1. Etablir l’équation donnant la loi de variation de la charge du condensateur en fonction du
temps.
2. Déterminer l’intensité du courant et la charge du condensateur à l’instant t = 10 ms.
3. Déterminer la puissance électrique dissipée dans le conducteur ohmique à l’instant t = 10 ms.
4. Calculer la durée nécessaire pour que l’énergie stockée dans le condensateur atteigne 10% de
sa valeur initiale.
Corrigé :
Figure 1
=
1) La tension aux bornes du condensateur est :
La tension aux bornes de la résistance est (Loi d’Ohm) :
l’armature + , voir votre polycopié du cours).
La loi des mailles s’écrit :
=
=
=−
( =−
,
sort de
On trouve une équation différentielle linéaire du 1er ordre à coefficients constants et sans 2ème membre:
+
(1)
=
L’équation (1) est de solution générale :
On remplace la solution générale de
=
dans l’équation différentielle, on trouve :
. .
+
+
.
=
=
2
Puisque
est différent de zéro, on a
Pour déterminer la constante
+
=
on utilise la condition initiale
La solution générale à l’instant =
=
est :
=−
ce qui donne
= .
= .
Finalement, on trouve la solution générale :
=
=
.
= .
d’où
= .
L’équation (1) peut également se résoudre directement :
+
=−
=
=
−
=
−
=−
−
=−
−
"=−
!
=
= .
2)
•
. %. :
•
→
La charge du condensateur à l’instant =
. )*
* ., . )(
(
=
#$ = ' .
. +.
L’intensité du courant à l’instant =
. 0. ∶
=
#$
= +.
=−
= ,+, , .
#$ :
)
=
' . )(
* ., . )(
3) La puissance dissipée par effet Joule :
2 =
.
→
.0 ∶ 2 =
#$ = +.
4) L’énergie stockée dans le condensateur est :
#$ :
+.
)
. )*
* ., . )(
= . 3
*
. , '.
, 3
=
= , +.
, '.
,
,
.
4
3
56 =
3
36
=
73
8
36
3. /:6
La durée nécessaire pour que l’énergie stockée dans le condensateur atteigne 10% ∶
73
56 =
=
→
%
36
73
8
36
Ce qui donne : =
56
3. /:6
3
.
=
= , .
,
73
8
36
73
36
3. /:6
→ 8
= *(+ #$
→
3 /:6
%
= ,
8 56
→ −
=
3.
= >?
:. 6
,
Exercice 2. Oscillation d’un circuit L, C.
Un condensateur de capacité C = 10µF a une charge initiale Q = 60 µC. A l’instant t = 0, on branche
ce condensateur à une bobine de résistance négligeable et d’inductance L = 8 mH.
1.
2.
3.
4.
5.
Etablir l’équation différentielle vérifiée par la charge du condensateur.
Déduire la loi de variation de la charge du condensateur en fonction du temps.
Calculer la fréquence des oscillations obtenues.
Quelle est l’intensité maximale du courant dans la bobine.
A quel instant l’énergie stockée est-elle pour la première fois répartie de façon égale entre la
bobine et le condensateur.
Corrigé :
Figure 2
1) L’équation donnant la loi de variation de la charge du condensateur en fonction du temps :
On a : @6 = 6 et @A = A
= −A
3
3
(le sens de est toujours de l’armature + vers − )
4
@A = @6
→ −A
3
= .
6
3
:
Ce qui donne l’équation différentielle donnant la loi de variation de
3
3
+
A6
=
2) La loi de variation de la charge du condensateur en fonction du temps
•
L’équation (1) est une équation différentielle d’ordre 2, sa solution s’écrit sous la
= 8B. , où B est solution del’équation caractéristique : B3 + AC =
forme
Comme pour toute équation du second degré, trois cas se présentent selon le signe du discriminant D.
Ici, E = F3 − ,. G. H =
− ,. IH = − IH < 0
,
L'équation ne possède pas de solutions réelles mais deux solutions complexes : B et B3 conjuguées
l'une de l'autre.
K =
−F − LM|E|
=
3. G
Donc ici P =
,Q
=
√I
−L
√I
et R3 = R
La solution est donnée par :
=
P.
. HT$ Q.
+ U. $
→ V
Donc :
→ \
= . HT$ Q .
Q.
=−
Pour déterminer les constantes
. [.
= P − LQ
=
=
et
3
K3 =
−F + LM|E|
=
3. G
+L
+ S3 → R = R .
= . HT$ Q .
= . HT$ Q .
= Q . .$
+ U. $
Q .
+ U. $
Q .
,
Q .
√I
= P + LQ
car P = .
W
− Q . U. HT$ Q .
XY Z, on utilise les conditions initiales (C.I.) :
= W
=
→ \
= Q . .$
=
Q .
=
= =
W → ] = W
= = −Q . U
U=
_
3) La fréquence des oscillations obtenues : ^ = `a
Dans cet exercice, on a R = R car P =
Q
, donc la fréquence des oscillations est :
b = b = 3.c = 3.c√I = '(* de.
4) Le courant est maximum lorsque $
5)
Q .
=
→
•
L’énergie stockée dans le condensateur est :
•
L’énergie stockée dans la bobine est :
= [#Gf = Q .
=
√I
= ,3
.
gH = 3 = 3 . HT$ 3 Q . ,
3
3
5
gI
3
. I.
3
3
. I. Q 3 .
3
.$
.$
Q .
3
Q .
Il ya égalité entre les énergies :
g = gI →
→ HT$ 3 Q .
$
3
3
3
HT$ 3 Q .
3
. I. Q 3 .
3
3
3
. I.
I.
.
Q . . Ceci est vérifié pour la première fois lorsque Q .
→
c
√I
,
3
.$
3
Q .
c
,
, 33 #$
Série N°1 (suite)
Rappel mathématique nécessaire pour l’exercice 3
I.
Circuit linéaire en régime Sinusoïdal
Nous allons étudier la réponse des circuits soumis à un signal
sinusoïdale.
ou @
de forme
I.1 Signal sinusoïdal
Nous allons travailler avec la tension @ , nous pourrions faire la même chose avec
le courant
. Une
Un tension sinusoïdale, s’écrit sous la forme :
@
hi HT$ R
j
hi = amplitude (en V), R pulsation (en Bn . o )
j Phase à l’origine (sans unité). La période p (en o)) de ce signal et la fréquence
k (en lm)) sont reliées à la pulsation par :
p
k
3q
R
F
Figure
3
Nous travaillons avec la fonction cosinus mais nous pouvons utiliser, de façon
fa
équivalente, la
q
fonction sinus. La différence entre les deux fonctions correspond simplement à un déphasage de 3 .
6
@
Périodicité : @
p
hi HT$ R
p
hi HT$ R
j
Rp
p
@
j
hi HT$ R
3q
j
hi HT$ R
Car la fonction cosinus est périodique de période 3q.
j
@
I-2 Différence de phase entre deux fonctions sinusoïdales de même période
Figure 4
Soit @
h i HT$ R.
j et @3 h3i HT$ R. 3
rs et r` sont maximales quand R.
j
R. 3 j3
R
j
− j3 .
uvwvx
∆j
On retiendra le résultat pratique suivant : ∆j
j3 deux signaux synchrones.
soit ∆
3−
3q
∆
p
Rappels de trigonométrie
$
n±z
HT$ n ± z
$
G. HT$ z
± HT$ G. $ z
HT$ G. HT$ z
∓ $ G. $ z
$
R ±q
HT$ R
−$
q
R
− HT$ R
$
q
{R ± |
3
HT$ {R
q
|
3
± HT$ R
∓$
R
I-3 Représentation complexe d’un signal sinusoïdal
Rappels sur les nombres complexes
En sciences physiques, il est d’usage d’écrire ~3
l’intensité du courant électrique.
−
car la lettre
est déjà utilisée pour désigner
Soit z un nombre complexe, on peut l’écrire sous trois formes équivalentes :
Forme rectangulaire : m • ~€
Forme polaire : m B HT$ j ~ $
Forme exponentielle : m B8~j
j
7
Le module :
B
M•3 €3
la phase :
G j
•
€
€
•
B HT$ j ;
B$ j
Si m m m3 alors m B B3 8~ j
m
B
m
alors m
8 ~ j j3
•
•
m3
m‚
m
•
•
B8
m
•j3
B3
• − ~€
•
•3
~j
m3
€3
~ €
La somme de deux fonctions sinusoïdales de même R
On considère deux fonctions de même période et ayant par conséquent même R :
@
h
i HT$
R.
j
et @3
h3i HT$ R.
j3
La somme de deux fonctions sinusoïdales de même période est une fonction sinusoïdale de
même R.
@
Détermination de ƒ# et „ .
@
@3
hi . HT$ R.
j
Utilisation des nombre complexes
hi . HT$ R.
j
h
i HT$
R.
j
h
~ R. •j
h3i HT$ R.
j3
On utilise les nombre complexe,
hi . 8~ R. •j
hi . 8~R. . 8~j
i. 8
h
hi . 8~j
h
i. 8
i. 8
~R.
. 8~j
h3i . 8~
h3i . 8~R. . 8~j3
h3i . 8~j3
~j
R. •j3
(1)
Le module au carré de (1) est :
3
†hi . 8~j ‡. †hi . 8
hi 3
hi 3
h
i. 8
~j
hi 3
h
i
h
i
3
hi 3
~j
‡
†h
i. 8
…h
~j
i. 8
3
h3i . 8~j3 …
~j
h3i . 8~j3 ‡. h
. h i . 8 ~j
h i . 8~j . h3i . 8
h3i . 8~j3 . h3i . 8 ~j3
3
h3i 3
− ~. $
…hi . 8~j …
h
i . h3i . 8
h
i
~ j
j3
h
h i . h3i . [HT$ j − j3
j − j3 ]
3
h3i 3
3.h
~j3
i. 8
h3i . 8~j3 . h
i . h3i . 8
~. $
i . h3i . HT$
h3i . 8
~j
~ j
j3
j − j3
~j3
i. 8
~j
h3i 3
HT$ j − j3
j − j3
8
hi
•h
i
3
h3i 3
3.h
i . h3i . HT$
j − j3
Détermination de j
A partir de (1) on a :
hi . HT$ j
hi . HT$ j
~. $
hi . 8~j
j
h
i.
~ . hi . $ j
h i . HT$ j
h . HT$ j
\ i
hi . $ j
h
HT$ j
~. h
i. 8
h3i . 8~j3
~j
~. $
i. $
h i . HT$ j
h i. $ j
j
j
h3i . HT$ j3
h3i . HT$ j3
h3i . HT$ j3
h3i . $ j3
~. $
~. h3i . $
3 W
*
j3
j3
En divisant membre à membre (3) par (2) on obtient:
II.
G
j
j
G
h
h
i. $
j
i . HT$ j
h
h
i. $
j
i . HT$ j
h3i . $ j3
h3i . HT$ j3
+ h3i . $ j3
+ h3i . HT$ j3
METHODE DE FRESNEL
On fait correspondre un vecteur tournant à une fonction sinusoïdale.
Ainsi à une grandeur sinusoïdale telle qu’une @ hi HT$ R.
j , on peut associer un
ŒŒŒŒŒŒŒ• de norme hi tournant à la vitesse angulaire R autour de O . C’est la méthode de
vecteur Š‹
Fresnel.
Comme on sait que le vecteur tourne à la vitesse angulaire constante au cours du temps, par
convention, le vecteur serai représenté à la date
. Il fait alors avec Ž• un angle j.
représentation du vecteur à l’instant Y
représentation du vecteur à l’instant Y•
Figure 5
9
Exemple
@
h
i HT$
R. , j =
ŒŒŒŒŒŒŒ•
Est représenté par Š‹
q
q
@3 = h3i HT$ {R. + 3 |, j3 = + 3 Est représenté par ŒŒŒŒŒŒŒ•
Š‹3
Figure 6
Déphasage
On considère deux fonctions de même période et ayant par conséquent même ‘ :
@ =h
i HT$
R. + j
et @3 = h3i HT$ R. + j3
Ces fonctions sont déphasées : ∆j = j3 − j est le déphasage on représente les deux vecteurs de
Fresnel :
Figure 7
Au cours du temps, les deux vecteurs tournent à la même vitesse.
Déphasage particuliers
Soit :
@ =h
i HT$
R. , j =
q
q
e t@3 = h3i HT$ R. + 3 , j3 = + 3
Construction de Fresnel :
10
Figure 8
q
∆j = j3 − j = + 3 ,
Soit :
@ =h
i HT$
@3 est en quadrature avance sur @ .
R. , j =
Construction de Fresnel :
et @3 = h3i HT$ R. , j3 =
Figure 9
j =
et j3 =
∆j = j3 − j = 0, les fonctions @ et @3 sont en phase
Soit
@ =h
i HT$
R. , j =
q
q
et @3 = h3i HT$ R. − 3 , j3 = − 3.
Construction de Fresnel :
Figure 10
q
∆j = j3 − j = − 3 , @3 est en quadrature retard sur @
Soit :
@ =h
i HT$
R. , j =
et @3 = h3i HT$ R. − q , j3 = q
11
Construction de Fresnel :
Figure 11
∆j = j3 − j = ” , les fonctions @ et @3 sont en opposition phase.
Exercice 3. Association série d’une bobine et d’un conducteur ohmique.
On considère l’association série d’une bobine parfaite d’inductance L = 64 mH et d’un conducteur
ohmique de résistance R = 20 Ω. Cette association est parcourue par un courant sinusoïdale de
pulsation ω = 100 rad.s-1 et d’intensité efficace Ieff = 2A.
1. Déterminer les valeurs efficaces et les déphasages par rapport à l’intensité des tensions aux
bornes de chacun des deux dipôles.
2. Déterminer la valeur efficace et le déphasage par rapport à l’intensité de la tension aux bornes
de l’association.
Corrigé :
1. On détermine les valeurs efficaces et les déphasages par rapport à l’intensité des tensions aux
bornes de chacun des deux dipôles
Pour la résistance :
La valeur efficace •–_˜™™ ?
Figure 12
Prenons :
= š8kk . √3. HT$ R. , avec j =
On a alors :
@: = : = :. š8kk √3. HT$ R. , donc j: =
@: = :. š8kk √3. HT$ R.
= h:_8kk √3. HT$ R.
= h:_#Gf . HT$ R.
12
Donc
h:_8kk = :. š8kk = , ›
Le déphasage de r– par rapport à œ : ∆j = j: − j ?
On a :
= š8kk . √3. HT$ R.
,
j =
et @: = :. š8kk √3. HT$ R.
Alors Le déphasage de @: par rapport à
,
j: =
est : ∆j = j: − j = .
Pour la bobine :
La valeur efficace hA_8kk
8kk ?
Figure 13
= š8kk . √3. HT$ R. ,
j =
Donc :
@A = A
= −A. R. š8kk . √3. $
et :
R.
q
q
= A. R. š8kk . √3. HT$ {R. + 3 | , donc jA = + 3
q
q
@A = A. R. š8kk . √3. HT$ {R. + | = hA_8kk . √3. HT$ R. +
3
3
hA_8kk = A. R. š8kk → . %. ∶ hA 8kk = (,.
*
.
. 3 = 3,
3 +›
Le déphasage entre le courant qui traverse la bobine et la tension @A entre ces bornes est:
∆j = jA − j ?
∆j = jA − j =
q
−
3
=
q
3
2. On détermine la valeur efficace et le déphasage par rapport à l’intensité de la tension aux
bornes de l’association RL :
13
Figure 14
On a :
@ = @: + @A . La tension @ doit forcément s’écrire sous forme @ = hi . HT$ R. + j , il faut donc
déterminer les valeurs de hi et j.
hi . HT$ R. + j = :. š8kk . √3. HT$ R.
On détermine hi
q
+ A. R. š8kk . √3. HT$ {R. + |
3
D’après les résultats des rappels mathématiques précédents, on a :
hi = •3. :. š8kk
Alors la valeur efficace h8kk est :
3
+ 3. A. R. š8kk
3
+ , . :. A. R. š8kk 3 . HT$
hi = M:3 + A. R 3 .š8kk . √3
q
3
h8kk = •:3 + A. R 3 . š8kk = ,3 ›
On détermine j
A partir des résultats précédents, on peut écrire :
Donc le déphasage de @ par rapport à
G
j =
A. R
= , *3
:
est j = G
On utilise la méthode de Fresnel pour trouver h8kk XY j
@: = :. š8kk √3. HT$ R. ,
j: =
A.R
|
:
{
= •, ž°
q
q
et @A = A. R. š8kk . √3. HT$ {R. + 3 | , jA = + 3
14
Construction de Fresnel
Le courant est pris comme référence, donc le vecteur représentatif dans le diagramme de Fresnel doit
être confondu avec l’axe des abscisses, la résistance n’introduit aucun déphasage entre le courant la
tension j: = , le vecteur representatif de la tension @: doit aussi être confondu avec l’axe des
abscisses. Le vecteur représentatif de la tension @A est en quadrature avance sur la l’intensité .
Figure 15
Υ: + @
ΥA .
Le vecteur Œ@• est tracé en utilisant la loi des mailles vectorielle : Œ@• = @
La valeur efficace h8kk
Par application du théorème de Pythagore dans le triangle rectangle :
hi 3 = :. š8kk √3
hi = • :.
3
3
+ A. R. š8kk . √3
+ A. R.
Le déphasage j
3. š
8kk √3
h8kk =
hi
√3
G
3
= • :.
j =
3
+ A. R.
A. R. š8kk . √3
:. š8kk √3
3. š
8kk
=
j = •, ž°
= ,3 ›
A. R
= , *3
:
Fin
15
Série N°2 : le champ et les forces magnétiques
Exercice 1. Circuit triangulaire placé dans un champ magnétique extérieur
Un circuit à la forme d’un triangle rectangle isocèle dont les côtés de l’angle droit ont une longueur a.
v
Il est parcouru par un courant d’intensité I et placé dans un champ magnétique extérieur uniforme B
parallèle à l’hypoténuse.
1) Caractériser entièrement l’ensemble des forces de Laplace agissant sur ce circuit.
2) Calculer le moment de l’ensemble des forces de Laplace.
Corrigé :
Figure 16
On veut déterminer la résultante générale des forces de Laplace et le moment résultant en un point
convenable de ces forces de Laplace.
• Résultante générale :
Œ• est uniforme, les forces de Laplace agissant sur chaque coté sont :
Comme Ÿ
Pour le coté AD :
Υ
^• = ¡ ¢• ˄ Ÿ
Intégration sur AD :
^•¤¥ = ¡ !
¥
¤
ŒŒŒŒŒŒŒ•˄ Ÿ
Œ• = ¡¦§
Υ
¢•" ˄Ÿ
Υ
→ ^•¤¥ = ¡ ŒŒŒŒŒŒŒŒ•
¦§ ˄ Ÿ
De même pour DF et AF :
Œ• et ^•¨¤ = ¡ ŒŒŒŒŒŒ•
Œ• = Œ0• car ŒŒŒŒŒ•
Œ• sont parallèles.
^•¥¨ = ¡ ŒŒŒŒŒŒ•
§© ˄ Ÿ
©¦ ˄ Ÿ
©¦ et Ÿ
ŒŒŒŒŒ• + §©
ŒŒŒŒŒ• ‡˄ŒŒŒ•
La résultante générale est : ^• = ^•¤¥ + ^•¥¨ + ^•¨¤ = ¡†¦§
Ÿ
ŒŒŒŒŒ• + §©
ŒŒŒŒŒ• parallèle à Ÿ
ŒŒŒŒŒ• = ¦©
Υ. Donc :
Or ¦§
•
^• = Œ0•
Moment résultant
Œ•, le système des forces de Laplace est équivalent à un couple de moment ª• .
Comme ^• = 0
(Le moment d’un couple peut être calculé en n’importe quel point, voir le cours de la mécanique)
Par commodité de calcul, exprimons le moment résultant en D.
16
Figure 17
Soit ª•s le moment des forces de Laplace agissant sur AD. Soit ^• la force de Laplace agissant sur
un élément de longueur ¢ centré en M :
Υ et
^• = ¡ ¢•˄Ÿ
Comme ŒŒŒŒŒŒ•
§« = ¬ X•- ,
ŒŒŒŒŒŒ•˄ ^•.
ª•s = §«
( ¢• est orienté par le sens du courant)
¢• = − ¬ X•- (attention au sens du courant et au sens de X•- ) il vient :
ŒŒŒŒŒŒ•˄ ^• = ¬ X•- ˄ †¡ − ¬ X•- ˄ŒŒŒ•
Ÿ‡ = −¡ ¬ ¬.
ª•s = §«
D’où le moment total ª•s :
ª•s =
ª•s =
²
•
Ÿ
√2
Ÿ
√2
. ¡ ¬ ¬ ŒŒ•X°
. ¡ ¬ ¬ X•° =
¡Ÿ±`
2√2
Ÿ
√2
X•- ˄X•¯
X•° .
On procède de même pour le calcul du moment ª•` des forces de Laplace agissant sur DF. On trouve :
ª•` =
Le moment résultant est alors :
¡Ÿ±`
2√2
X•-
ª• = ª•s + ª•` , (Le moment des forces de Laplace agissant sur FA est nul puisque celles-ci sont nulles.)
Soit :
ª• =
¡Ÿ±`
2√2
†X•- + X•° ‡
X•- + X•° = X•³ est confondu avec la bissectrice de l’angle xDy : ª• est donc porté par cette bissectrice.
Le moment résultant des forces de Laplace tend à faire tourner le circuit autour de la bissectrice de
l’angle droit.
17
Figure 18
Exercice 2. Pendule électrique
On considère un conducteur filiforme cylindrique rigide de
Longueur L, de masse m mobile autour d’un axe
horizontale perpendiculaire au fil en une de ses extrémités.
L’autre extrémité affleure dans du mercure contenu dans
une cuve.
Un courant d’intensité I traverse le fil comme indiqué par
le schéma ci-après.
Calculer l’angle d’inclinaison α du fil.
Corrigé :
Figure 19
à la force de Laplace ^•,
à sont poids ´µ•.
Le fil est soumis :
•
•
Pour tous les éléments de longueur ¢ du fil, les forces de Laplace élémentaire ^• sont
perpendiculaires à celui-ci et de même sens. Le module de ^• et Ÿ¡ ¢.
La résultante ^• a donc pour module ^ = Ÿ¡¶.
Pour des rasions de symétrie, cette force est appliquée au milieu G du fil. Son moment par
rapport à l’axe de rotation est :
ªs = ^
¶ Ÿ¡¶`
=
.
2
2
18
Par ailleurs, le moment du poids par rapport à l’axe de rotation est :
¶
ªs = ´µ sin º.
2
A l’équilibre, on a donc :
Soit sin º =
Donc :
»¼½
¾¿
.
Ÿ¡¶`
¶
= ´µ sin º
2
2
º = ¦ÀÁψ ¾¿
»¼½
Exercice 3. Champ Magnétique créé par un fil rectiligne infini
Calculer le champ magnétique créé par un segment parcouru par un courant d’intensité I en un point
M situé à la distance a du segment. On appellera θ1 et θ2 les angles entre la perpendiculaire au fil
issue de M et les droites joignant M aux extrémités du segment.
Examiner le cas du fil rectiligne infini.
Retrouver la question précédente (champ créé par un fil rectiligne infini) en appliquant le théorème
d’Ampère.
Corrigé :
1) On oriente les angles Äs et Ä` par le sens du courant I. Dans le cas de la figure 20 cidessous, Äs est négatif et Ä` est positif.
Figure 20
Υ perpendiculaire au plan
Un élément ¢• de AB crée en un point M (Fig.20) un champ élémentaire Ÿ
formé par ¢• et ŒŒŒŒŒŒ•
Å« et orienté dans le cas de la figure 20 vers l’intérieur. Alors, d’après la loi de Biot
et Savart, on a :
Υ
Ÿ
Æ• ¡ ¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
Å« Æ• ¡ ¢• ∧ r
Υ
.
=
.
É
`
4” Å«
4” À
19
Le module de Ÿ est alors :
On écrivant :
Ÿ=
Æ• ¡ ¢. Ϝ Æ• ¡ ¢. ÁÊÂÄ
.
=
.
4”
À`
4”
À`
Ë« = ± ; Å« = À =
En reportant dans Ÿ, il vient :
²
ÌÍÎÏ
; ËÅ = ¢ = ±. Y±ÃÄ ⇨ ¢ =
²
ÌÍÎÑ Ï
Ä
Æ• ¡
±
ÁÊÂ ` Ä Æ• ¡
Ÿ=
.
Ä. cos Ä .
=
cos Ä Ä.
4” ÁÊÂ ` Ä
±`
4”±
En intégrant sur tout le segment AB, on obtient : Ÿ =
ŸÎ˜¿¾˜ÙÚ =
ÔÕ ¼ ÏÑ
× cos Ä
Öa² ÏØ
Æ• ¡
sin Ä` − sin Äs .
4”±
2) Pour un fil de longeur infini Äs → − ` XY Ä` →
Ÿ™ÛÜ ÛÙ™. =
a
ÏÑ
ÏØ
Ÿ=
Ý
Ñ
Ý
Ñ
a
`
Ÿ=
Æ• ¡
2”±
Ä donc
; Ÿ tend vers une valeur limite
Æ• ¡
.
2”±
D’où le champ d’induction magnétique crée par un fil infini :
Ÿ=
Théorème d’Ampère
Avantage : Il permet de calculer des champs magnétiques presque sans calcul par rapport à la
méthode classique (loi de Biot et Savart).
Enoncé du théorème
La circulation du champ le long d’un contour fermé est égale au produit de la
perméabilité du vide et de la somme algébrique des courants qu’il enlace.
Þ
ß àáâãáäå
áåæçâãé
Œ•. ¢• = Æ• é ¡
Ÿ
²Ü¿éêëÛìí˜
˜ÙܲÌé
NB : la notation de l’intégrale avec le cercle correspond à un contour fermé.
•
•
•
∮ß àáâãáäå
áåæçâãé
:Le contour imaginaire choisi doit être fermé (il délimite une surface).
Œ• :est le champ créé par tous les courants (enlacés ou non).
Ÿ
¢• :définit le sens de parcours du contour (orientation arbitraire).
20
Le sens de parcours choisi définit un vecteur ÃŒ• normal à la surface délimitée par le contour (main
droite).
•
•
Œ• et ¢• sont colinéaires.
Si le contour est une ligne de champ alors Ÿ
¡ ²Ü¿éêëÛìí˜ représente la somme algébrique des courants enlacés par le contour. Si les
˜ÙܲÌé
courants enlacés sont orientés dans le même sens queÃŒ•, on les compte positivement (et
négativement dans le sens contraire).
Détermination de ∑ š
n>ðézB @8
8?>nCé
Exemples :
¡Ö n’est pas à compter dans ¡˜ÙܲÌé (¡˜ÙܲÌé ) car ª (ª ó ) n’enlace pas ¡Ö
ñ²ë ß
ñ²ë ßò
Figure 21
21
ŒŒ• à partir de théorème d’Ampère
Calcul de Z
On cherche les invariances et symétrie de la distribution de courant
On fixe un contour fermé d’Ampère.
Théorème d’Ampère
Þ
ß àáâãáäå
I)
áåæçâãé
Œ•. ¢• = Æ• é ¡
Ÿ
²Ü¿éêëÛìí˜
˜ÙܲÌé
Etude des symétries d’une distribution de courant
A. Introduction
Intérêt : l’étude des symétries a pour but de simplifier les calculs et est indispensable à l’utilisation du
théorème d’Ampère. Lorsque la distribution du courant électrique présente une symétrie ou invariance,
le champ magnétique B est également symétrique ou invariant. Ainsi, en étudiant les plans de symétrie
et les invariances, on va pouvoir déterminer :
1) Quelles sont les composantes vectorielles du champ magnétique B ?
2) De quelles variables dépend le champ magnétique ?
On prendra le fil infini en coordonnées cylindriques. Le champ qu’il exerce en tout point de l’espace
est alors :
Œ• ô, Ä, õ = Ÿö X•ö + ŸÏ X•Ï + Ÿ¯ X•¯ .
Ÿ
Nous allons montrer que certaines composantes sont nulles et que le champ ne dépend pas de
certaines variables.
B. Etude des invariances
Une invariance de la distribution de courant laisse indifférente la distribution de courant par une
transformation bien choisie. Cette invariance se répercute sur le champ.
1) Invariance par translation par rapport à un axe.
Définition : Le courant reste le même lorsqu’on déplace la distribution de courant parallèlement à un
axe.
Effet : Le champ ne dépend pas de la variable selon cet axe.
Lorsqu’on déplace par translation le fil infini parallèle à l’axe, le courant reste toujours le même
(puisque le fil est infini) = Invariance.
Le champ Z ne dépend pas de m.
Œ• ô, Ä = Ÿö X•ö + ŸÏ X•Ï .
Ÿ
2) Invariance par rotation autour d’un axe :
Définition : Le courant reste le même lorsque qu’on le fait tourner autour d’un axe.
22
Effet : Le champ ne dépend pas de la variable de rotation autour de cet axe.
Lorsqu’on fait tourner notre fil infini autour de son propre axe, il est invariant.
Le champ ne dépend pas de l’angle de rotation ÷
Finalement, le champ ne dépend que de la distance au fil ø :
Œ• ô = Ÿö X•ö
Ÿ
C. Etudes des symétries
1) Invariance par rapport à un plan de symétrie :
Définition : Le courant reste le même par symétrie par rapport à un plan choisi.
Effet : Le champ en tout point M de ce plan est perpendiculaire à celui-ci.
Figure 22
Tout plan passant par l’axe (Oz) est plan de symétrie de la distribution de courant. Comme il y en a
une infinité, tout point de l’espace est inclus dans un de ces plans.
Le champ en tout point M est perpendiculaire au plan passant par l’axe du fil et par M.
Le champ n’a pas de composante selonX•¯ .
Le champ n’a pas de composante selonX•ö .
Œ• ô = Ÿö X•ö
Ÿ
Conclusion : On vient de démontrer l’orientation du champ et la variable dont il dépend sans aucun
calcul !
D. Contour d’Ampère : le cercle (ù de rayon a et d’axe oz.
Figure 23
23
Théorème d’Ampère :
Þ
ß àáâãáäå
áåæçâãé
Œ• . ¢• = Æ• é ¡
Ÿ
Υ et
Le contour est une ligne de champ alors Ÿ
Donc :
Þ
ß àáâãáäå
áåæçâãé
Œ•. ¢• = Þ
Ÿ
²Ü¿éêëÛìí˜
˜ÙܲÌé
= Æ• ¡
¢• sont colinéaires.
ß àáâãáäå
áåæçâãé
`a
Ÿ ¢ = Ÿ Þ ± Ä = Ÿ. ±. 2”
•
Le champ créé par un fil infini parcouru par un courant d’intensité I est alors :
2”. Ÿ. ± = Æ• ¡
Ÿ=
Æ• ¡
2”. ±
C’est bien le résultat trouvé avec la loi de Biot et Savart.
Exercice 4. Champ Magnétique créé par une spire circulaire en un point de son axe
Soit une spire filiforme de rayon R parcourue par un courant d’intensité I.
1) Déterminer le champ magnétique créé en un point de l’axe de la spire situé à une distance z
du centre de celle-ci.
2) Tracer la courbe B(z).
Corrigé :
Υ
(voire Fig.24). Nous calculons le champ Ÿ
Œ• est porté par cet axe.
en un point « situé sur l’axe Ëõ du cercle. Par raison de symétrie, Ÿ
1) Soit un courant circulaire de centre Ë, de rayon
Œ• perpendiculaire à Å«
L’élément de courant ¢• d’origine Å, crée en un point « un champ Ÿ
et à ¢•. Posons Å« À.
Figure 24
24
La loi de Biot et Savart donne :
Æ• ¡ ¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
Å«
.
4” Å«É
Υ
Ÿ
ŒŒŒŒŒŒ•
De plus Å«
ŒŒŒŒŒ•
ÅË
ŒŒŒŒŒŒ•
Ë«
Æ• ¡ ¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
Å«
.
É
4”
À
Alors
Υ
Ÿ
ŒŒŒŒŒ• + Ë«
ŒŒŒŒŒŒ•)
Æ• ¡ ¢• ∧ (ÅË
.
4”
ÀÉ
Æ• ¡ ¢• ∧ ŒŒŒŒŒ•
ÅË Æ• ¡ ¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
Ë«
.
+
.
4”
ÀÉ
4”
ÀÉ
Intégration :
Æ• ¡
¢• ∧ ŒŒŒŒŒ•
ÅË Æ• ¡
¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
Ë«
.Þ
+
.
Þ
É
É
4”
4”
À
À
Υ
Þ Ÿ
Æ• ¡ ∮( ¢• ∧ ŒŒŒŒŒ•
ÅË) Æ• ¡ ∮( ¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
Ë«)
.
+
.
É
É
4”
À
4”
À
Υ
Þ Ÿ
On a :
•
•
Ë«)
∮( ¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
¢• ∧ ŒŒŒŒŒ•
ÅË
⇨∮( ¢• ∧ ŒŒŒŒŒ•
ÅË)
Ë«
∮ ¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
∮
On en déduit :
. ¢. ÃŒ•
. ¢. ÃŒ•)
Υ
Ÿ
Υ
∮ Ÿ
0
. (∮ ¢). ÃŒ•
2. ”.
ÔÕ ¼ (∮ Ü•)∧ŒŒŒŒŒ•
. ë
Öa
`
ÃŒ•
ÔÕ ¼ `.a.–Ñ
. ë ÃŒ•
Öa
Alors
Æ• ¡ `
ÃŒ•
2. À É
Υ
Ÿ
Ou encore en notant que :
ÀϜ :
Υ
Ÿ
Æ• ¡
ÂœÃÉ Ä. ÃŒ•Ä
2.
Œ•, «, Ÿ
Œ•¯ )
Ÿ
Autre méthode :
ŒŒŒŒŒŒ•
On remarque que ¢• est perpendiculaire à Å«
La loi de Biot et Savart donne :
Υ
Ÿ
Æ• ¡ ¢• ∧ ŒŒŒŒŒŒ•
Å«
.
4” Å«É
25
Ÿ
Æ• ¡ ¢. Å«
4” Å«É
Æ• ¡ ¢
4” Å«`
Œ• au champ total est : Ÿ¯
La contribution de Ÿ
Car : cos
a
`
cos { − Ä|,
ŸÎñÛë˜
Comme À
–
Ï
Æ• ¡ sin Ä
4” À `
Ÿ¯
:
Æ• ¡ ¢
4” À `
Ÿ cos
Ÿ sin Ä
Æ• ¡ sin Ä
.
. 2”.
4” À `
¢
Æ• ¡
sin Ä .
2À `
Æ• ¡
ÂœÃÉ Ä
2.
Ÿ
Soit en fonction de la distance z :
Æ• ¡
Ÿ
2. (õ ` +
`
` )Ñ
D’où
Υ
Ÿ
Æ• ¡
2. (õ ` +
`
` )Ñ
X•¯ .
Υest identique. On
2) En deux points M et M’ de l’axe, symétrique par rapport à O, le champ Ÿ
Œ•(õ) pour õ ≥ 0 et on complétera par symétrie pour õ ≤ 0.
étudie donc Ÿ
Pour õ ≥ 0,
Pour õ
•
0,
•
Ñ»
»
¯
»
¯
»
¯
ÔÕ ¼–Ñ
É
{− `|
`.
`¯
¯ Ñ •–Ñ Ñ
ÉÔÕ ¼–Ñ ¯
`.(¯ Ñ •–Ñ )Ñ
.
≤ 0, donc Ÿ(õ) est une fonction décroissante de õ.
0 : la courbe Ÿ(õ) admet donc une tangente horizontale en ce point.
Ñ»
¯Ñ
−
ÉÔÕ ¼–Ñ
¯ Ñ •–Ñ Ñ
s ÔÕ ¼–Ñ ¯ Ñ
¯ Ñ •–Ñ Ñ
ÉÔÕ ¼–Ñ
` ¯ Ñ •–Ñ Ñ
õ > 0 , avec : pour õ < ` ,
–
Ñ»
La courbe Ÿ(õ) admet donc un point d’inflexion pour õ
–
`
¯Ñ
s’annule pour õ
Pour õ
0, Ÿ
Ÿ•
–
`
ÔÕ ¼
.
`–
¯Ñ
4õ ` −
`
< 0 et pour õ > ` ,
–
–
avec Ÿ { ` |
ÖÔÕ ¼
.
√ –
Ñ»
¯Ñ
> 0;
On en déduit la courbe Ÿ(õ)
26
Figure 25
Exercice 5. Bobine de Helmholtz
Deux bobines de N spires, de rayon R, parcourues par un courant d’intensité I, ont leurs centres
distants de R. Le sens du courant est tel que les champs créés par les deux bobines s’ajoutent dans
l’espace situé entre les deux bobines :
1) Calculer B au milieu O de l’axe joignant les deux centres.
2) Calculer B pour un point M de l’axe voisin de O repéré par OM = x.
x
= 0,1 .
R
3) Quelle est la variation relative de B entre O et M pour
Corrigé :
1) On sait (voir exercice 4) que pour une spire,
Æ• ¡
ÂœÃÉ º
2.
Comme O est à égale distance des centres des deux bobines et que les champs s’ajoutent entre
les deux bobines, on a :
Ÿ
Ÿ
2
ÔÕ ¼
ÂœÃÉ º
`.–
avec sin º
–
•–Ñ •
`
√
Ñ
8Æ• ¡
D’où
Ÿ
2) En M, on aura :
Ÿs
ÔÕ ¼
ÂœÃÉ ºs
`.–
Et Ÿ`
Soit : Ÿ
avec sin ºs
ÔÕ ¼
ÂœÃÉ º`
`.–
ÔÕ ¼
`.–
É
{
–
.
Ñ
•–Ñ •{ •-|
avec sin º`
–Ñ
Ö
5√5
+ ¬ + ¬`|
Ñ
–
•–Ñ •{
Ñ
+{
Ñ
-|
–Ñ
Ö
Ñ
− ¬
¬`|
Ñ
Ou aussi :
Ÿ
4Æ• ¡
5√5
!1
4¬
5
4 ¬`
"
5 `
Ñ
!1 −
4¬
4 ¬`
"
5 `
Ñ
27
–
On développe alors Ÿ au 4èmeordre en :
On utilise la formule du développement limité de 1
(1 + ¬)Ù
1
ì
à Ã−1 `
¬
2!
4¬
5
4 ¬`
"
5 `
Ù
à l’ordre 4 au voisinage de 0
à Ã−1 Ã−2 Ã−3 Ö
¬
4!
à Ã−1 Ã−2 É
¬
3!
Et on obtient pour le premier terme :
!1
¬
⋯
Ñ
1
É
3 4¬
− !
2 5
4 ¬`
"
5 `
É
É
!
É
É
{− `| {− ` − 1|
{− | {− − 1| {− − 2| 4 ¬
`
`
`
!
3!
5
2!
É
4 ¬`
"
5 `
{− `| {− ` − 1| {− ` − 2| {− ` − 3| 4 ¬
!
4!
5
É
Ö
6¬ 32¬
144¬
−
+
−
+ 1
É
5
25
125 Ö
É
É
É
É
4¬
"!
5
4 ¬`
"
5 `
4 ¬`
"
5 `
`
Ö
De même pour le deuxième terme :
!1 −
4¬
4 ¬`
"
5 `
Et on en déduit l’expression de B :
Ñ
6¬ 32¬ É
144¬ Ö
−
−
+ 1
5
25 É
125 Ö
8Æ• ¡
Ÿ
5√5
Soit aussi
Ÿ
!1 −
Ÿ !1 −
144 ¬ Ö
",
125 Ö
144 ¬ Ö
".
125 Ö
Application numérique :
∆»
»$
»$ »
»$
sÖÖ s` –
soit
∆»
»$
1,15. 10
Ö
Exercice 6. Champ Magnétique d’un solénoïde
On considère un solénoïde de longueur L comportant au total N spires jointives ayant le même rayon
R, régulièrement réparties.
Déterminer le champ magnétique créé en un point quelconque de l’axe du solénoïde en fonction des
angles α1 et α2 sous lesquels on voit les faces terminales du solénoïde depuis le point considéré.
Examiner le cas du solénoïde « infiniment long », c'est-à-dire tel que R<<L.
28
Corrigé :
1) Symbolisons le solénoïde comme ci-dessous. Soit le point M où l’on calcule le champ.
Figure 26
Remarquons que toutes les spires produisent un champ de même sens porté par l’axe ¬’¬ que nous
orientons dans le sens du champ. Il s’agit de calculer Ÿ au point « appartenant à l’axe ¬’¬ (« est pris
comme origine des abscisses).
Soit un une tranche du solénoïde, d’abscisse ¬ et d’épaisseur ¬ ; elle est vu de « sous l’angle º ; peu
varier de 0 à ” selon la position de « sur l’axe. Cette tranche est assimilable à une bobine plate
contenant
½
¬
à ¬ spires. Sa contribution au champ est :
Ÿ
Prenons º comme variable d’intégration. ¬
Ÿ
ƕ á
. ÂœÃÉ º ¬
2
–
,
%& '
¬
−
1
− Æ• á sin º º,
2
'
:
ÎÛÙÑ '
Pour la position M choisi, º peut varier de ºs à º` (les angles sous lesquels on voit les deux
extrémités du solénoïde, voir figure 27).
Par intégration :
Ÿ
ƕ á
cos º` − cos ºs .
2
Figure 27
29
2) Cas du solénoïde infiniment long
Dans le cas d’un solénoïde de longueur très grande par rapport au rayon, on a ºs → ” et
º` → 0
Ÿ Æ• á
Conclusion : le champ magnétique est uniforme à l’intérieur du solénoïde.
30
Série N°3 : Dipôle et induction magnétique
Exercice 1. Action d’un dipôle sur un fil infini
On considère le système schématisé ci-contre.
Un fil rectiligne infini, confondu avec l’axe z’Oz, est
parcouru par un courant d’intensité I.
v
Un dipôle de moment magnétique M est placé au point A
de l’axe y’Oy à la distance OA = a de O.
- Déterminer l’action exercée par le dipôle sur le fil infini.
Corrigé :
Figure 30
En un point p du fil, le dipôle crée, le champ (voir votre cours):
Υ
Ÿ
Œ• dans le système oxyz
On exprime Ÿ
Æ• « cos Ä
r
Œ•ë
2”À É
Æ• « sin Ä
r
Œ•Ï .
4”À É
Figure 31
On obtient :
Υ
Ÿ
Æ• «
2ÁÊ ` Ä − ÂœÃ` Ä r
Œ•°
4”À É
3Æ• « sin Ä cos Ä
r
Œ•¯
4”À É
31
On en déduit la force de Laplace ^•
^•
Œ• s’exerçant sur l’élément de courant ¡ õ• :
¡ õ•˄Ÿ
−
Æ• «¡
2ÁÊ ` Ä − ÂœÃ` Ä
4”À É
õŒŒŒ•
r- .
Pour obtenir la force résultante, il faut intégrer ^• suivant Ä.
Exprimons donc ^• en fonction de Ä :
õ
± tan Ä donc õ
²
ÌÍÎÑ Ï
Ä;À
²
.
)* Ï
D’où :
^•
^•
−
−
Æ• «¡
2 ÁÊÂ É Ä − ÂœÃ` Ä cos Ä
4”±`
Ä r
Υ-
Æ• «¡
2 cos Ä 1 − ÂœÃ` Ä − ÂœÃ` Ä cos Ä
4”±`
^•
−
Æ• «¡
2 cos Ä − 3ÂœÃ` Ä cos Ä
4”±`
Apres intégration sur l’intervalle +− , ,, on obtient :
` `
ÄŒŒŒŒŒ•
r-
Ä r
Υ-
a a
^•
( Êà rYœ¢œÂX ∶
(ÂœÃÉ Ä)
3ÂœÃ` Ä cos Ä Ä)
−
Æ• «¡
r
Υ .
4”±` -
Exercice 2. Champ magnétique créé à grande distance par
un circuit carré
Un circuit carré de côté 2b est parcouru par un courant
d’intensité I. Calculer le champ magnétique créé en un point M
de l’axe passant par le centre du circuit. Que devient ce champ
lorsque la distance x = OM>>b.
Corrigé :
Les plans contenant l’axe, perpendiculaire soit à AC et FD, soit à CD et AF sont des plans
Œ• est donc contenu dans ces plans. Il est donc porté par leur intersection, c’est-à-dire
d’antisymétrie. Ÿ
par l’axe OM.
Les quarte côtés étant identiques et identiquement disposés par rapport à l’axe, leurs contributions au
champ résultant suivant l’axe seront égales.
32
Figure 32
Utilisons la formule donnant le module du champ créé par un segment (exercice 3 de la série 2),
Ÿ
ÔÕ ¼
Öa²
sin Ä` − sin Äs .
Ici :
±
√¬ ` + - ` et sin Ä`
Œ•¤.
Soit Ÿ
− sin Äs
ê
√- Ñ •`êÑ
, prenons l’axe Ox suivant OM.
Œ•s le champ créé par AC par exemple. Ÿ
Œ•s fait l’angle º avec l’axe Ox. Sa projection sur
Ÿ
l’axe sera Ÿ′¤.
Ÿs cos º
Ÿs sin
Ÿs
ê
√- Ñ •êÑ
On en déduit :
Ÿ′¤.
Ÿs cos º
Æ• ¡
4”√¬ `
On multiple par 4 pour avoir le champ total :
Υ
Ÿ
Dans le cas particulier où ¬ ≫ - ; ¬ `
Donc :
Or, l’aire du carré est 2
4- ` ; donc :
” ¬`
.
-
- ` √¬ ` + 2- ` √¬ ` + - `
2Æ• ¡- `
- ` √¬ `
- ` ≈ ¬ ` et ¬ `
Œ• ≈
Ÿ
2-
.
2- `
r
Υ-
2- ` ≈ ¬ ` ;
2Æ• ¡- `
r
Υ
”¬ É -
33
Œ• ≈
Ÿ
ŒŒ•
Comme «
Æ• ¡2
r
Υ
2”¬ É ŒŒ•
ÔÕ 3
`a-
Υ
¡2r
Œ•- est le moment magnétique du circuit : Ÿ
r
Υ-
Exercice 3.
Un fil rectiligne infini, parcouru par un courant I, est
disposé dans le vide dans le même plan qu’un rectangle de
fil parcouru par un courant i (voir figure ci-contre).
On suppose que D>>b.
1. Déterminer par un calcul direct la force de
Laplace exercée par le fil sur la spire
rectangulaire.
2. Considérant la spire rectangulaire comme un
dipôle passif, retrouver le même résultat en
calculant l’énergie potentielle d’interaction des
deux circuits.
3. Retrouver l’expression de la force exercée par le fil sur le cadre par application du théorème
de Maxwell.
4. Déterminer le flux du champ magnétique créé par le fil infini, à travers le rectangle.
5. En déduire, par application de la relation δW = i ⋅ δΦ , une nouvelle détermination de la force
de Laplace exercée sur la cadre.
Corrigé :
Υ
1) Le champ magnétique créé par un fil infini est : Ÿ
ÔÕ ¼
r
Υ
`a- °
(voir l’exercice 3 série N°2)
La force élémentaire de Laplace agissant sur la portion QM est :
^•43
Υ
œ ¢•˄Ÿ
^•43
œ õŒŒŒ•
r¯ ˄
−
Æ• ¡
r
Υ
2”§ °
Æ• œ ¡
õ r
Υ2Ӥ
En intégrant, on obtient :
^•43
Æ• œ¡
−
2Ӥ
5
Ñ
5
Ñ
õ
−
Æ• œ ¡ ±
r
Υ2Ӥ
La force élémentaire de Laplace agissant sur la portion NP est :
^•
Υ
œ ¢•˄Ÿ
−œ õ r
Œ•¯ ˄
Æ• ¡
r
Υ
2”§ °
34
Æ• œ¡
2” § -
^•
Par intégration, on obtient :
5
Ñ
Æ• œ ¡
2”(§ + -)
^•
D’où la résultante ©•
©•
^•43
^•
−
©•
^•43
^•
≈−
2) Dipôle passif
78
Æ• œ¡±
r
Υ
2” § - -
õ
5
Ñ
Æ• œ¡±
r
Υ
2Ӥ -
Æ• œ¡±r
Υ ,
2”§ ` œ2•
ŒŒ•
«
6ñ
õŒŒŒ•
r-
Æ• œ¡±
r
Υ
2” § - -
Á±À (§ ≫ -)
ϱ- r
Œ•°
Æ• œ ¡ ±2”§
Æ• œ ¡ ±− 6ñ −
§
2Ӥ `
Æ• œ¡±−
r
Υ
2Ӥ ` -
ŒŒ•Ÿ
Υ
−«
©• § r
Œ•©•
−
3) Le flux n’existe que le long des sections QM et NP :
5
Ñ
79.,43
5
Ñ
Œ• :• 7Y˄ õŒŒŒ•
Ÿ
r¯ )
79.,43
78
©- : 7Y
œ 79.
8
Œ• 2•
;Ÿ
© §
œ 9
;
¥•ê
¥
œ
Æ• ¡ : ± 7Y
2Ӥ
ŒŒŒ•:• 7Y
©
5
Ñ
5
Ñ
õ
©- : 7Y
Æ• œ ¡: ± 7Y 1
1
+
2”
§ §+Æ• œ¡±©- −
2Ӥ `
4)
9
Æ• ¡
r
Œ• : 7Y ŒŒŒŒ•
r- ˄ r
Œ•¯ )
2”§ °
Æ• ¡
r
Œ• ¬ õ r
Œ•°
2”¬ °
9
§
Æ• œ¡±
=ln 1
2”
Æ• ¡± § ln
2”
§
- ó
Æ• œ¡±> ≈−
§
2Ӥ `
35
Exercice 4
Une bobine, formée de N spires, tourne autour d’un
de ses diamètres à une vitesse angulaire ω constante
parallèlement à l’axe Oz.
1. Déterminer l’expression de la f.é.m. induite dans
la bobine en tenant compte du coefficient d’autoinductance L de la bobine.
2. Calculer sa valeur si ω = 5 tours/s, N = 50, R = 5
cm, B = 0,1 T, L = 1mH et RB = 1 Ω.
Corrigé :
9
Œ• 2•
;Ÿ
6
−
Ÿ2 cos Ä
9ó
9ÚÍÚ
Y
6
ê
Ÿ”
`
6
Y
¶
6
→
»
`
cos ‘Y
¶œ
Ÿ”
6
œ
Ÿ”
`
œ
Y
‘ sin ‘Y − ¶
œ
Y
6
Y
1
»
1
‘ sin ‘Y −
Ÿ”
`
»
6
Y
‘ sin ‘Y
La solution générale de l’équation sans second membre :
¶
6• exp†−YA@‡; @
6¿
La solution particulière est de la forme : 6ñ
B sin ‘Y
»
C
En remplaçant dans l’équation différentielle et en séparant partie réelle et partie imaginaire :
B sin ‘Y
B sin ‘Y
C
C
¶
¶
»
»
B‘ cos ‘Y
B‘ sin {‘Y
C
C
Ÿ”
”
|
2
`
‘ sin ‘Y
Ÿ”
`
‘ sin ‘Y
En notation complexe, ça donne :
BX D
_Ú•E
BX DE
¶
»
B‘X
F
¶
»
D{_Ú•E• |
Ý
Ñ
B‘X DE
Ÿ”
Ÿ”
`
`
‘X D
_Ú
‘
36
B cos C
F sin C
B ‘
−‘
¶
¶
»
»
¶
F
»
cos C
B‘ cos C
sin C
B sin C
F sin C
0
Ÿ”
`
‘
(1)
B cos C
Ÿ”
`
‘ (2)
On en déduit :
tan C
−
Ԧ
»
En élevant les deux expressions (1) et (2) au carré et en les additionnant, on obtient :
B
Ÿ”
√1
`
‘
@`‘`
La solution de l’équation différentielle est finalement :
6
6• exp†− YA@‡
Ÿ”
√1
`
‘
@ ` ‘`
sin ‘Y
C
37
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