L’expérience de Faroux
Ou comment bien angoisser des agrégatifs de physique quelques jours avant le concours…
Interrupteur fermé, on alimente la bobine. Puis on ouvre. Le moteur se met alors en route et remonte la masse.
Jusque-là, ça va : l’énergie stockée dans la bobine est restituée. Rien d’étrange (enfin si… fondamentalement, c’est étrange, mais on ne va pas s’en occuper).
C’est maintenant que la sorcellerie arrive : J.-P. Faroux, ou un semblable distributeur d’humilité, glisse un petit LU dans l’entrefer, entre le barreau et le U qui étaient jusque-là en contact (attention, le choix de l’objet magique est un révélateur de personnalité… et, on le verra, il n’est pas anodin).
Que se passe-t-il si on refait la manip précédente ? La masse monte bien plus haut !
Suivent les fanfaronnades du démonstrateur, « c’est fou l’énergie que contiennent ces petits gâteaux », et la perplexité coupable, nerveuse et bientôt résignée de l’assistance.
« Pas de réponse, c’est à vous de chercher… »
Avec un peu d’obstination et beaucoup de feignantise, on finit par trouver la solution… sur internet (une fiche de Cachan sur les bobines). Je vais délayer un peu pour être sûr d’avoir compris.
Mais avant cela, un résumé pour les pressés (attention, spoiler) :
En bref
L’énergie stockée dans la bobine (et restituée au moteur) vaut $W = \int I\,\mathrm{d}\Phi$, où $I$ est l’intensité et $\Phi$ le flux magnétique à travers la bobine. Le fer plafonne le flux (il sature), mais l’entrefer repousse la saturation vers les grands courants. À flux final quasi identique, il faut donc « payer » chaque $\mathrm{d}\Phi$ avec un courant plus grand : l’intégrale augmente.
Autrement dit, ce n’est pas le fer qui stocke l’énergie, c’est l’air de l’entrefer. Le fer se contente d’y canaliser le champ.
Place au délayage.
Le circuit
Voici le montage, redessiné en schéma électrique. Ferme puis ouvre l’interrupteur : les points matérialisent le courant, la jauge l’énergie magnétique stockée dans la bobine.
Pendant la charge, la diode est bloquée : sa cathode est reliée au « + » de l’alimentation, aucun courant ne traverse le moteur. À l’ouverture de l’interrupteur, la bobine refuse que son courant s’arrête net : il continue dans le même sens à travers la bobine, et la seule issue est la boucle bobine → moteur → diode, cette fois dans le sens passant. Sans diode, ce courant n’aurait nulle part où aller et la bobine se déchargerait dans une belle étincelle aux bornes de l’interrupteur.
Oublions un temps le fer…
On allume l’alimentation, qui délivre une tension $U$. Le courant dans la bobine augmente jusqu’à atteindre une valeur maximale $I_\text{max} = U/r$, où $r$ est la résistance de la bobine.
Mais ce courant crée un champ magnétique, et la variation du flux $\Phi$ de ce champ à travers les spires induit une force électromotrice (loi de Faraday, le signe moins traduisant la loi de Lenz) :
$$ e = -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} $$
Elle s’oppose à l’augmentation du courant. Ici $\Phi$ désigne le flux total à travers la bobine, c’est-à-dire la somme des flux à travers chacune de ses $N$ spires.
Sans fer, le flux est proportionnel au courant, et le coefficient de proportionnalité est l’inductance propre $L$ (ou coefficient d’auto-induction) : $\Phi = L I$.
Électriquement, on a donc :
$$ U = rI + \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = rI + L\frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} $$
C’est l’équation du mouvement d’une bille qui tombe dans un liquide visqueux, $mg = fv + m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}$, avec $L$ dans le rôle de la masse. L’alimentation doit lutter contre l’inertie électrique de la bobine, qui rend difficile la variation du courant, tout comme la masse rend difficile la variation de vitesse.
Multiplions par $I$ pour passer aux puissances :
$$ UI = rI^2 + I\,\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} $$
La puissance fournie par l’alimentation, $UI$, se partage entre l’effet Joule $rI^2$, perdu en chaleur, et un terme $I\,\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}t$ stocké dans la bobine. En mécanique, c’est pareil : $mgv = fv^2 + v\,\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}t}$, une partie s’envole en frottements, l’autre est stockée dans le mouvement ($p$ étant la quantité de mouvement de la bille).
L’énergie stockée dans la bobine vaut alors :
Énergie stockée dans une bobine
$$ W = \int I\,\mathrm{d}\Phi \qquad\text{et, sans fer,}\qquad W = \int_0^{I_\text{max}} L I\,\mathrm{d}I = \frac{1}{2}LI_\text{max}^2 $$
C’est l’analogue de l’énergie cinétique de la bille, $\int v\,\mathrm{d}p = \frac{1}{2}mv^2$. Arrêter le courant revient à arrêter la bille : l’énergie est restituée et peut être récupérée.
Mais sans fer, point de petit LU.
Retour du fer
Reprenons l’analogie mécanique. Le fer a une action bien étrange : il commence par augmenter énormément la masse de la bille, tant que sa vitesse est faible, puis, pouf, il fait disparaître ce gain de masse. Au final, l’énergie stockée est bien plus importante (on a dû beaucoup plus lutter pour faire avancer la bille), alors que la vitesse atteinte est la même : on garde toujours le même $I_\text{max} = U/r$.
Le matériau ferromagnétique démultiplie le flux à travers la bobine, et donc sa variation. Le champ créé par la bobine oriente les moments magnétiques des atomes du fer (en pratique, en déplaçant les parois entre domaines magnétiques). Le matériau produit alors à son tour un champ de même sens, mais bien plus grand que celui de la bobine : les spins « coopèrent », c’est ce qui permet le gain.
La perméabilité relative $\mu_r$ mesure ce gain : dans le fer, $B = \mu_0\mu_r H$, où $H$ est l’excitation magnétique imposée par les courants. Pour un fer doux, $\mu_r$ atteint plusieurs milliers !
L’inertie de la bobine devient donc énorme (la variation de flux joue le rôle de la variation de quantité de mouvement), et l’énergie stockée aussi. On a désormais une inductance qui dépend du courant, $\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}I$, comme une masse qui dépendrait de la vitesse.
Mais n’oublions pas qu’un matériau ferromagnétique sature ! Une fois que tous les moments magnétiques sont alignés, on ne peut pas les aligner davantage, autour de $B_\text{sat} \approx \pu{1,6 T}$ pour le fer. L’apport du fer cesse alors de croître, et la pente $\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}I$ retombe à peu près à celle de la bobine sans fer : la bille retrouve sa masse d’origine.
Le flux à travers la bobine a ainsi l’allure suivante, et l’énergie stockée $W = \int I\,\mathrm{d}\Phi$ est l’aire comprise entre la courbe et l’axe des flux : on découpe cet axe en petites tranches $\mathrm{d}\Phi$, chacune « payée » au prix du courant $I$ qui la produit.
Deux sources contribuent au flux : l’une, propre à la bobine, croît en $LI$ ; l’autre, créée par le fer, écrase totalement la première (des milliers de fois plus grande tant que le fer n’est pas saturé).
Le flux n’a plus de formule analytique simple, mais peu importe : on va pouvoir résoudre notre problème graphiquement.
Pas d’histoire d’hystérésis ici : le cycle d’un fer doux est très étroit, et on le néglige. La restitution d’énergie suit donc, à peu de chose près, le même chemin que la charge. Le noyau est d’ailleurs feuilleté pour limiter les courants de Foucault.
Comment le petit LU se débrouille-t-il ?
Avec le petit LU, la masse monte plus haut : une plus grande quantité d’énergie a été stockée, donc l’aire jaune est plus grande.
Or, en négligeant l’apport de la bobine seule, le flux est contraint verticalement : le fer sature à un certain flux $\Phi_\text{sat}$ et ça, le gâteau n’y peut rien. Il ne peut donc jouer que sur l’allure de la courbe $\Phi(I)$ !
Il suffit que le fer arrive à saturation pour un courant plus grand. C’est là que le gâteau joue son rôle : en agrandissant l’entrefer, il diminue la perméabilité apparente du circuit vue par la bobine. Le flux grandit moins vite pour un même courant et n’atteint la saturation que pour un courant plus grand, pile-poil ce qu’on souhaite.
À toi de jouer avec l’épaisseur de la cale :
On constate qu’il existe un entrefer optimal : trop mince, la saturation arrive trop tôt ; trop épais, elle n’arrive plus du tout avant $I_\text{max}$, et l’énergie retombe en $\frac{1}{2}LI_\text{max}^2$ avec une inductance $L$ de plus en plus faible.
Le calcul : théorème d’Ampère
Détaillons un peu plus.
Le matériau ferromagnétique concentre et canalise les lignes de champ. En réalité, le champ créé par la bobine n’y est pas emprisonné et va où sa géométrie l’envoie, mais le champ est tellement plus intense dans le fer que tout se passe comme si celui-ci cannibalisait les lignes de champ.
Le champ se calcule avec le théorème d’Ampère, version milieux magnétiques : la circulation de l’excitation $\vec{H}$ le long d’un contour fermé est égale au courant enlacé.
Prenons la ligne de champ moyenne, en pointillés : elle parcourt une longueur $\ell$ dans le fer et traverse deux entrefers d’épaisseur $e$.
Sur cette ligne, la bobine de $N$ spires parcourues par $I$ est enlacée une fois :
$$ H_\text{fer}\,\ell + H_\text{air}\,2e = NI $$
Si le noyau a partout la même section $s$, et en négligeant les fuites, le flux $\varphi = Bs$ à travers une section se conserve le long du circuit (le champ $\vec{B}$ est à flux conservatif). Le champ $B$ est donc le même dans le fer et dans l’entrefer, alors que l’excitation $H$, elle, est très différente :
$$ H_\text{fer} = \frac{B}{\mu_0\mu_r} \qquad\qquad H_\text{air} = \frac{B}{\mu_0} $$
D’où, tant que le fer ne sature pas :
Champ et inductance avec entrefer
$$ B = \frac{\mu_0 N I}{\dfrac{\ell}{\mu_r} + 2e} \qquad\text{et}\qquad \Phi = N s B = \underbrace{\frac{\mu_0 N^2 s}{\dfrac{\ell}{\mu_r} + 2e}}_{L}\,I $$
Tout se joue dans le dénominateur. Pour $\ell = \pu{40 cm}$ et $\mu_r = 3000$, on a $\ell/\mu_r \approx \pu{0,13 mm}$ : un entrefer d’un dixième de millimètre pèse autant que tout le fer du circuit. Pour un même courant, l’entrefer diminue fortement le champ atteint ; la saturation, qui survient quand $B$ atteint $B_\text{sat}$, recule jusqu’à
$$ I_\text{sat} = \frac{B_\text{sat}}{\mu_0 N}\left(\frac{\ell}{\mu_r} + 2e\right) $$
On a supposé les lignes de champ parallèles dans l’entrefer. En réalité, elles s’épanouissent sur les bords, et la section effective est un peu plus grande que $s$. Pour un entrefer mince devant la largeur des pièces polaires, l’approximation est très raisonnable.
Où est stockée l’énergie ?
On peut aussi raisonner directement sur le champ. L’énergie magnétique est répartie dans l’espace avec une densité $\int H\,\mathrm{d}B$, qui vaut dans le domaine linéaire :
Densité d’énergie magnétique
$$ w_\text{fer} = \frac{B^2}{2\mu_0\mu_r} \qquad\qquad w_\text{air} = \frac{B^2}{2\mu_0} $$
À champ égal, un centimètre cube d’air stocke $\mu_r$ fois plus d’énergie qu’un centimètre cube de fer. Avec un entrefer, presque toute l’énergie se loge dans ces quelques fractions de millimètre d’air (c’est la répartition affichée sous le graphique interactif).
Le fer, lui, impose le champ : tant qu’il sature à $I_\text{max}$, $B \approx B_\text{sat}$ et l’énergie de l’entrefer vaut à peu près $\frac{B_\text{sat}^2}{2\mu_0} \times 2es$, proportionnelle à son épaisseur. Plus on l’élargit, mieux c’est… jusqu’au moment où le courant $I_\text{max}$ ne suffit plus à saturer le fer. L’optimum correspond à $I_\text{sat} = I_\text{max}$ :
Entrefer optimal
$$ 2e_\text{opt} \approx \frac{\mu_0 N I_\text{max}}{B_\text{sat}} - \frac{\ell}{\mu_r} \qquad\qquad W_\text{max} \approx \frac{1}{2}\,N s B_\text{sat}\,I_\text{max} = \frac{1}{2}\,\Phi_\text{sat}\,I_\text{max} $$
Dans ce modèle simple (fer linéaire puis brutalement saturé), la courbe $\Phi(I)$ optimale est une droite qui atteint $\Phi_\text{sat}$ exactement en $I_\text{max}$ : l’aire jaune est alors un triangle de base $\Phi_\text{sat}$ et de hauteur $I_\text{max}$, le plus grand possible.
Ordres de grandeur. On ne connaît pas le matériel exact de la démonstration. Prenons une bobine de 500 spires parcourue par $I_\text{max} = \pu{5 A}$, soit $\pu{2500}$ ampères-tours, un noyau de section $\pu{16 cm2}$ et $B_\text{sat} \approx \pu{1,6 T}$. Le graphique interactif donne :
- fer au contact : $W \approx \pu{0,3 J}$ ;
- un petit-beurre de chaque côté ($e \approx \pu{5 mm}$) : $W \approx \pu{0,6 J}$, deux fois plus, c’est bien ce que constate l’assistance ;
- l’entrefer optimal : $2e_\text{opt} \approx \pu{1,8 mm}$, soit un peu moins d’un millimètre de chaque côté, et $W_\text{max} \approx \pu{3 J}$, dix fois plus qu’au contact.
Le petit-beurre fait donc mieux que le contact, mais il est loin d’être l’entrefer idéal : il est trop épais.
On peut faire beaucoup mieux qu’un biscuit avec un objet plus fin, et tout aussi disponible : les copies de la classe. Une feuille de papier mesure environ un dixième de millimètre. Une vingtaine de copies de chaque côté ($e \approx \pu{2 mm}$) stockent déjà $\pu{1,5 J}$, plus du double du petit-beurre. Avec une dizaine de chaque côté, on frôle l’optimum.
Pour qu’un biscuit de $\pu{5 mm}$ soit lui-même optimal, il faudrait $NI_\text{max} \approx 2eB_\text{sat}/\mu_0$, soit plus de dix mille ampères-tours. À l’inverse, en dessous d’environ $\pu{1800}$ ampères-tours, le petit-beurre ferait moins bien que le contact : le tour de magie dépend aussi de l’alimentation.
En conclusion
Pour stocker un maximum d’énergie dans la bobine, il faut que le flux ne puisse pas être obtenu avec une trop faible variation d’intensité, comme c’est le cas sans entrefer.
Si on repense à notre bille, une variation de quantité de mouvement à petite vitesse « coûte » moins qu’à grande vitesse ($\mathrm{d}W = v\,\mathrm{d}p$). Donc si l’essentiel de la variation de quantité de mouvement (due à la variation de masse) se fait à faible vitesse, on y perd…