électromagnétisme (PSI) · Chapitre 5 · Exercice de TD

Problème : la bobine à noyau réelle, du cycle à l'oscilloscope au bilan des pertes

Milieux ferromagnétiques · C. Le ferromagnétisme · niveau 3 (difficile)

Énoncé

Un tore de fer-silicium feuilleté, de longueur moyenne $ℓ = 30 cm$ et de section $S = 5, 0 c m^{2}$ , porte un enroulement primaire de $N_{1} = 200$ spires, de résistance $r = 0, 50 Ω$ , alimenté à $f = 50 Hz$ à travers une résistance de mesure $R_{s} = 1, 0 Ω$ , et un enroulement secondaire de $N_{2} = 50$ spires, laissé ouvert, relié à un montage intégrateur idéal de constante $R C = 10 ms$ qui délivre $u_{y} = - \frac{1}{R C} \int e_{2} d t$ , où $e_{2}$ est la force électromotrice du secondaire. La tension $u_{x} = R_{s} i_{1}$ aux bornes de la résistance de mesure est envoyée sur la voie X d'un oscilloscope, $u_{y}$ sur la voie Y.

1) Par le théorème d'Ampère pour $H$ sur la ligne moyenne, montrer que $u_{x}$ est proportionnelle à l'excitation $H$ dans le noyau ; donner le coefficient (en $A m^{- 1}$ par volt).

2) Par la loi de Faraday, exprimer $e_{2}$ en fonction de $\frac{d B}{d t}$ , et montrer que $u_{y}$ est proportionnelle à $B$ ; donner le coefficient. Qu'affiche l'oscilloscope en mode XY ?

3) La tension aux bornes du primaire s'écrit $u_{1} = r i_{1} + N_{1} S \frac{d B}{d t}$ . Exprimer la puissance instantanée qu'il reçoit, puis sa valeur moyenne sur une période, en faisant apparaître l'intégrale $\oint H d B$ sur le cycle. Interpréter.

4) Le cycle relevé est à peu près un parallélogramme : excitation coercitive $H_{c} = 60 A m^{- 1}$ , champ maximal $B_{m} = 1, 2 T$ , excitation maximale $200 A m^{- 1}$ . Estimer son aire, puis la puissance perdue dans le noyau. On calcule aussi l'aire d'un cycle échantillonné par la formule du lacet, $\frac{1}{2} ∣ \sum_{k} (H_{k} B_{k + 1} - H_{k + 1} B_{k}) ∣$ : la vérifier sur une ellipse d'aire connue. Estimer les pertes par effet Joule dans l'enroulement primaire.

5) Le cycle relevé « en dynamique » contient deux pertes : par hystérésis (énergie par cycle indépendante de la fréquence) et par courants de Foucault (puissance proportionnelle à $f^{2}$ , d'après le TD précédent). Montrer que la puissance perdue s'écrit $P = a f + b f^{2}$ . On mesure (données de l'énoncé) $P = 2, 24 W$ à $50 Hz$ et $P = 4, 62 W$ à $100 Hz$ , à $B_{m}$ fixé : séparer les deux contributions.

6) Extrapoler les pertes à $400 Hz$ , la fréquence des réseaux embarqués dans les avions. Quelles solutions technologiques en déduire ? Énoncer le résultat établi.

Corrigé

La stratégie. Les deux voies de l'oscilloscope mesurent, l'une le courant libre, donc $H$ par Ampère, l'autre la dérivée du flux, donc $B$ après intégration par Faraday. La puissance reçue par le primaire se réécrit alors comme le produit $H d B$ , intégré sur le volume : le cycle tracé à l'écran est un bilan d'énergie.

1) La voie X mesure $H$ . Sur la ligne moyenne, $H ℓ = N_{1} i_{1}$ ; donc $H = \frac{N _{1}}{ℓ R _{s}} u_{x} = \frac{200}{0 , 30 \times 1 , 0} u_{x} \approx 6, 7 \times 1 0^{2} A m^{- 1}$ par volt. Seul le courant libre compte : le matériau n'intervient pas.

2) La voie Y mesure $B$ . Le flux à travers les $N_{2}$ spires vaut $N_{2} B S$ , et $e_{2} = - N_{2} S \frac{d B}{d t}$ . L'intégrateur donne $u_{y} = \frac{N _{2} S}{R C} B$ (à une constante près, que le montage élimine), soit $B = \frac{R C}{N _{2} S} u_{y} = \frac{1 , 0 \times 1 0 ^{- 2}}{50 \times 5 , 0 \times 1 0 ^{- 4}} u_{y} = 0, 40 T$ par volt. Le secondaire ouvert ne débite pas : il ne perturbe pas le noyau. En mode XY, l'oscilloscope trace $B$ en fonction de $H$ : le cycle d'hystérésis, parcouru cinquante fois par seconde.

3) L'aire du cycle est une énergie. Avec $i_{1} = \frac{H ℓ}{N _{1}}$ : $p = u_{1} i_{1} = r i_{1}^{2} + N_{1} S i_{1} \frac{d B}{d t} = r i_{1}^{2} + (S ℓ) H \frac{d B}{d t} .$ Sur une période, l'énergie reçue par le second terme vaut $S ℓ \oint H d B$ , et la puissance moyenne $⟨ p ⟩ = r I_{eff}^{2} + V f \oint H d B, V = S ℓ .$ Le premier terme est la perte cuivre (effet Joule dans l'enroulement). Le second est la perte fer : le noyau reçoit, à chaque cycle, l'énergie volumique $\oint H d B$ , égale à l'aire du cycle tracé dans le plan $(H, B)$ , et ne la restitue pas — elle est dissipée en chaleur. Pour un matériau idéal sans hystérésis, $B (H)$ serait une courbe parcourue à l'aller et au retour, d'aire nulle : l'énergie stockée en montant serait rendue en descendant.

4) Valeurs. L'aire d'un parallélogramme de demi-largeur $H_{c}$ (à mi-hauteur) et de hauteur totale $2 B_{m}$ vaut $2 H_{c} \times 2 B_{m} = 4 H_{c} B_{m} \approx 4 \times 60 \times 1, 2 \approx 2, 9 \times 1 0^{2} J m^{- 3}$ . Volume : $V = 5, 0 \times 1 0^{- 4} \times 0, 30 = 1, 5 \times 1 0^{- 4} m^{3}$ . Pertes fer : $V f \oint H d B \approx 1, 5 \times 1 0^{- 4} \times 50 \times 288 \approx 2, 2 W$ . Formule du lacet : pour l'ellipse $H = H_{m} cos φ$ , $B = B_{m} cos (φ - α)$ , échantillonnée en $2000$ points, avec $H_{m} = 200 A m^{- 1}$ , $B_{m} = 1, 2 T$ , $α = 0, 3 rad$ , le calcul numérique donne $222, 82 J m^{- 3}$ , contre $π H_{m} B_{m} sin α = 222, 82 J m^{- 3}$ : accord à $2 \times 1 0^{- 6}$ près. Pertes cuivre : le courant atteint $\frac{H _{m a x} ℓ}{N _{1}} = \frac{200 \times 0 , 30}{200} = 0, 30 A$ ; avec $I_{eff} \approx 0, 21 A$ , $r I_{eff}^{2} \approx 0, 02 W$ : cent fois moins que les pertes fer. Une bobine à noyau à vide perd surtout dans son fer.

5) Séparer hystérésis et Foucault. Les pertes par hystérésis valent $V w_{h} f$ , proportionnelles à $f$ (énergie par cycle fixée par l'aire du cycle statique) ; les pertes par courants de Foucault, à $B_{m}$ fixé, sont proportionnelles à $f^{2}$ (le champ induit est proportionnel à $d B / d t$ , la puissance Joule à son carré) : $P = a f + b f^{2}$ , ou $\frac{P}{f} = a + b f$ . Avec les deux mesures : $\frac{2 , 24}{50} = a + 50 b, \frac{4 , 62}{100} = a + 100 b ⟹ b \approx 2, 8 \times 1 0^{- 5} J H z^{- 1}, a \approx 4, 3 \times 1 0^{- 2} J .$ À $50 Hz$ : $2, 2 W$ d'hystérésis, $0, 07 W$ de courants de Foucault. Les tôles minces ont bien fait leur travail : l'hystérésis domine.

6) À $400 Hz$ . Hystérésis : $4, 3 \times 1 0^{- 2} \times 400 \approx 17 W$ ; Foucault : $2, 8 \times 1 0^{- 5} \times 40 0^{2} \approx 4, 5 W$ ; total environ $22 W$ , dix fois plus qu'à $50 Hz$ . Les courants de Foucault, négligeables à $50 Hz$ , deviennent sensibles : on utilise des tôles plus minces (leur puissance varie comme le carré de l'épaisseur), des matériaux à cycle plus étroit, et, aux fréquences plus élevées encore (alimentations à découpage), des ferrites, céramiques ferromagnétiques isolantes, où les courants de Foucault n'existent pratiquement plus. En contrepartie, on travaille à $B_{m}$ plus faible : les machines et transformateurs à $400 Hz$ sont plus légers, ce qui compte en avion.

Résultat établi : la puissance moyenne absorbée par une bobine réelle à noyau est $r I_{eff}^{2} + V f \oint H d B$ : aux pertes cuivre s'ajoutent les pertes fer, dont l'énergie volumique par cycle est l'aire du cycle d'hystérésis dans le plan $(H, B)$ ; elles se décomposent en pertes par hystérésis, proportionnelles à $f$ , et en pertes par courants de Foucault, proportionnelles à $f^{2}$ et réduites par le feuilletage.

Ce que le problème installe. Mesurer $H$ par le courant libre (Ampère) et $B$ par la dérivée du flux (Faraday) ; tracer le cycle ; transformer la puissance électrique reçue en $H d B$ et lire l'aire du cycle comme une perte ; distinguer et chiffrer les trois pertes d'une bobine à noyau — cuivre, hystérésis, courants de Foucault — et les séparer par leur dépendance en fréquence.

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