Spé PT
Corrigé du devoir en temps libre n°3
Exercice : bobine de Ruhmkorff (Centrale MP 2015 Sujet 0)
I. La bobine de Ruhmkorff : une prouesse technologique du XIXème siècle
I.A.
Résistance des deux bobines
Déterminons tout d’abord la longueur et de diamètre du fil constituant le primaire.
Notons le nombre de spires formant le bobinage, ℓ la longueur totale du fil et son diamètre.
Les spires étant jointives, en supposant ≪ ℓ , ℓ = 2 et ℎ = donc
ℓ =
.
De plus, l’énoncé fournit la relation = .
Donc =
Finalement,
ℓ
.
" =
= 9,3.10( !!
4
8 ℎ /
= = 1,1 !!
=
ℎ
= 4,0.10
ℓ =
Nous pouvons alors vérifier que ≪ ℓ .
2 ℎ
= 6,8.10 !
Intéressons-nous à présent au secondaire. Il faut alors tenir compte de l’épaisseur (la
bobine est constituée de plusieurs épaisseurs de fil).
Afin de simplifier, nous considérerons que toutes les spires, quelque soit leur
position par rapport au centre, ont la même longueur, égale à la longueur d’une spire
se trouvant au milieu de l’épaisseur : 2* , avec * =
secondaire.
+
le rayon moyen du
De plus, en notant le diamètre du fil du secondaire, la bobine est constituée de
conches de fil. En conséquence, en notant le nombre de spires formant une
(
couche de la bobine, ℓ = 2* (
.
De plus, comme pour le primaire, ℎ = et = .
Alors ℓ = 2* (
puis
, -./
= 2* (
ℓ
.
Finalement, en prenant ℎ = 35 1! (voir photographie figure 6), = 30 !! (donnée),
= 6,1 1! (estimation assez grossière à partir de la photographie figure 6), nous
obtenons,
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8* ℎ 3 − 5
= 2
6
/
=
" =
= 6,4.10( !!
4
= 0,28 !!
ℎ
= 1,2.10
ℓ = 2* − = 3,7.10 8!
Remarque : j’ai conservé deux chiffres significatifs pour les résultats, ce qui, compte
tenu de la manière dont est évalué, est assez illusoire.
aussi long 937 8! !; puis l’enrouler sur un bobinage était extrêmement difficile (ce
n’est plus le cas à présent…)
La prouesse technologique réside d’en le fait, qu’à l’époque, réaliser un fil aussi fin et
Détermination des grandeurs inductives de l’association de Ruhmkorff
I.B.
Nous allons étudier les trois expériences successivement.
Expérience 1 : La première expérience correspond à une simulation de régimes
transitoires, successivement en réponses libre et indicielle (est représentée sur le
figure A le début de la réponse libre). Le secondaire étant ouvert, < = 0 donc = =
>
?
@
+ <. Or, compte tenu du circuit primaire, = = B3C5 − D < − E < avec B3C5 la
vérifiée par < lors de la décharge devient donc
+
, +,F +,G
< = 0. La constante de
tension délivrée par le générateur, nulle en réponse libre. L’équation différentielle
temps de ce circuit est donc I = ,
H
G +, +,F
.
?
@
H
Nous pouvons alors déduire I graphiquement par la méthode des 63 %, par
exemple :
•
La tension aux bornes d’une résistance (n’importe laquelle) est proportionnelle
à < .
•
vaut 100 % − 63 % = 37 % de sa valeur maximale, il s’écoule une durée I.
•
Pour la réponse libre, entre l’instant de basculement de la tension aux bornes
du générateur (l’intensité du courant y est maximale) et l’instant pour lequel <
A C = 108 µ", le basculement a lieu. La tension aux borne de la résistance
(figure A) vaut 37 % de sa valeur initiale à C = 147 µ". Donc I = 39 µ"
Donc > = 9E + + D ;I = 5,9 !L .
Expérience 2 : La bobine primaire est en circuit ouvert donc < = 0. La loi de mailles
appliquée au circuit secondaire donne donc, en utilisant la notation complexe
puisque le circuit fonctionne en régime sinusoïdal forcé,
B3C5 = M> N< 3C5 + O < 3C5 + < 3C5
En notant =,P 3C5 la tension aux bornes de la résistance O et = 3C5 la tension aux
bornes de la bobine (qui comprend donc l’inductance pure > et la résistance interne
de la bobine, ),
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=,P 3C5 = O < =
Donc =,P 3C5 =
Donc S,PT =
,P
, +QH R
,P
O
B3C5
M> N + O + = 3C5 = 3 + M> N5< =
= 3C5.
U, +3H R5
+ M> N
B3C5
M> N + O + S* avec S,PT et S* les amplitudes des deux tensions.
De là, S,PT 3 + 3> N5 5 = O S*
Puis 3> N5 = O
VT
VWPT
− Donc > = R UO V T − .
V
WPT
Graphiquement S,PT = 1,9 X et S* = 4,9 X (compte tenu de la relation les liant, S*
est forcément plus grand que S,PT ). De plus, Y = 50,0 !" donc N = 126 Z. " ( .
Numériquement, > = 1,9.10 L .
Remarques :
•
Cette valeur de l’inductance est très élevée.
•
Le rapport des tensions complexes peut être obtenu par des diviseurs de
tension.
•
Il est aussi possible, une fois =,P 3C5 = ,
,P
+QH R
déphasage entre les deux tensions, tan9^⁄,P ; =
Graphiquement,
^⁄,P = 2
`@
a
= 3C5 obtenu, de déterminer le
H R
,
bC = 9,0 !"
avec
et donc > =
et
,
R
tan9^⁄,P ;.
Y = 50,0 !"
(donc
N=
126 Z. " (). Donc > = 1,8.10 L. Nous pouvons noter que les deux réponses
sont cohérentes entre elles.
relié à rien d’autre, < = 0 donc = = c
Expérience 3 : L’impédance des voltmètres étant très grande et le secondaire n’étant
sinusoïdal forcé. Alors = = MNc<.
?
@
. Le circuit fonctionne encore en régime
Pour le primaire, de la même manière, = = 3 + MN> 5< = B.
Donc le gain a pour expression : d = = ,
QRe
+QRH
.
Nous pouvons alors en déduire le gain en décibels :
cN
df = 20 log 2
6
j + 3> N5
Nous obtenons donc un filtre passe-haut du premier ordre dont le gain est maximal
lorsque N tend vers l’infini :
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Graphiquement, df*Ok = 42,5 l.
c
df*Ok = 20 log >
Compte tenu de la valeur de > obtenue précédemment, nous obtenons donc
c = 0,80 L .
Remarque :
•
Nous aurions pu aussi utiliser la fréquence de coupure pour déterminer > . En
effet, d*Ok =
e
H
et, par définition, d3Nm 5 =
nTPo
√
. En conséquence, Nm =
,
H
.
Graphiquement, qm ≈ 40 Ls (un peu moins par le maximum moins 3l, un peu
plus par l’intersection des asymptotes en hautes et basses fréquences).
Donc, numériquement,
précédemment.
I.C.
> = 5 !L,
résultat
cohérent
avec
celui
trouvé
Tension induite lors de la coupure de courant
I.C.1. En l’absence d’étincelle, le circuit secondaire est ouvert. Les deux équations
liant tensions et intensités s’écrivent alors :
t
I.C.2. La première équation devient :
<
+ <
C
u
<
= = c
C
= = >
BE = >
En posant I = , , nous pouvons écrire :
H
<
+ <
C
< 3C5 = v exp −
Avec v une constante d’intégration.
C
BE
+
I
En supposant < 305 = 0, le courant traversant une bobine étant continu, nous
obtenons finalement :
< 3C5 =
BE
C
1 − exp − I
I.C.3. D’après la seconde équation, = = c
I.C.4. En conséquence, à C = 0+ , = =
ezG
H
?
@
=
ezG
H
exp {− | } .
= 1,3.10 X .
@
Nous obtenons donc bien une tension de plusieurs milliers de volts nécessaire à la
création de l’étincelle.
I.C.5. La durée du passage est de l’ordre de quelques I (approximativement 5).
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Or I = 5 !".
En conséquence, au bout de 25 !" environ, le courant du circuit primaire est nul.
II. Mécanisme de déclenchement de l’étincelle
II.A.
Effet d’avalanche lors du déplacement d’un électron dans un gaz soumis à un
champ électrique
II.A.1.
L’énoncé nous informe que, lorsque l’énergie cinétique d’un électron
primaire (accéléré par le champ électrique) atteint l’énergie d’ionisation d’une
molécule, un effet d’avalanche se produit.
Considérons donc un électron primaire (entre deux collisions) afin de déterminer
son énergie cinétique en fonction du champ électrique.
Pour cela, appliquons le principe fondamental de la dynamique à cet électron
dans le référentiel terrestre supposé galiléen.
Il n’est soumis à la composante électrique de la force de Lorentz : ~ = −B .
En supposant sa vitesse initiale négligeable, sa trajectoire sera donc rectiligne.
Notons
=k le vecteur unitaire directeur de sa trajectoire.
! = −B
En intégrant, la vitesse initiale étant supposée négligeable,
! = −BC
Or, par définition, m = ! =
=−
z
C .
*
B
C
!
De plus, le temps moyen de collision électron-molécule est Im = 10( " donc
l’énergie cinétique moyenne lors d’une collision électron molécule est :
m =
B I
2! m
Or l’effet d’avalanche a lieu si m = où est l’énergie d’ionisation moyenne des
molécules formant l’air 9 ≈ 0,8 × O + 0,2 × k ;.Pour qu’il y ait ionisation et
donc effet d’avalanche, il faut donc que >
Donc, numériquement, ≈ 1,3.10 X. !( .
√*
z|
Remarques :
•
•
•
Cette valeur est élevée mais cohérente.
est orienté suivant –
=k pour que l’électron soit accéléré, donc < 0.
Avec les valeurs du sujet d’origine, Im = 3,5.10( ".
Avec cette valeur, = 3,7.10 X. !( ce qui est alors parfaitement cohérent…
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II.A.2.
Nous avons vu à la question précédente que = − * C
Donc = −
z
C
*
z
en choisissant l’origine au début du mouvement de l’électron.
Donc ℓ = − * Im .
Or =
z
z
I
* m
(et < 0).
Donc ℓ = U* Im = 1,1 µ! .
A l’échelle du mouvement d’un électron, le champ électrique est pratiquement
uniforme puisque nous constatons, en observant l’écartement entre les lignes de
champ qui est de l’ordre de 100 µ! au moins entre les électrodes, que le champ
électrique varie très peu à cette échelle.
II.B.
Estimation de la tension inter électrodes nécessaire pour déclencher l’étincelle
Le système est invariant par rotation d’axe s donc le champ électrique
II.B.1.
et le potentiel ne dépendent pas de .
De plus, pour tout point du plan de la figure D, le plan de la figure est un plan de
symétrie donc le champ électrique est contenu dans ce plan et n’a donc pas de
composante suivant .
=
Pour finir, le plan médiateur des électrodes est un plan d’antisymétrie donc le
champ électrique lui est normal : 3s = 05 = 305=
.
Les lignes de champ électrique sont orthogonales aux équipotentielles,
II.B.2.
orientées dans le sens des potentiels décroissants. Nous pouvons alors en déduire
l’allure des lignes de champ.
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Par ailleurs, d’après le théorème de l’extremum, le potentiel est maximal au lieu
des charges positives, minimale sur les charges négatives. Ainsi, l’électrode se
trouvant en s < 0 porte des charges positives et celle se trouvant en s > 0 des
charges négatives.
Par définition, =
II.B.3.
`
donc, ici, = 6,2 ×
E
= 3,1.10( ~ .
Pour qu’une étincelle se déclenche, il faut que sur un chemin entre les
II.B.4.
deux électrodes (compte tenu des symétries, l’axe s), le champ électrique soit en
tout point supérieur au champ disruptif. Dans ces conditions, en considérant le
champ électrique uniforme entre les électrodes suivant l’axe s (ce qui est un
hypothèse acceptable, compte tenu de l’écart quasi constant entre les
équipotentielles sur l’essentiel de l’espace entre les électrodes sur l’axe s), la
différence de potentiel entre les électrodes minimale, notée S (comme disruptif)
est directement liée au champ électrique par S = S × avec la distance entre
les électrodes. Graphiquement, = 2 !! donc S = 7,2.10 X .
II.B.5.
L’énergie électromagnétique emmagasinée dans un condensateur est
z* = S =
.
Ici, la différence de potentiel, S est égale à S donc z* = S = 8,0.10( .
Compte tenu des informations précédentes, on peut supposer que l’énergie est
dissipée sous forme d’agitation thermique des molécules.
laquelle le champ vaut 90 % de sa valeur maximale. Graphiquement, nous
II.B.6.
Il suffit, à partir de la figure F, de déterminer la distance radiale pour
obtenons = 0,43 !! , ce qui correspond donc à la zone parcourue par un
courant.
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