I. La bobine de Ruhmkorff

I. La bobine de Ruhmkorff I.A - Résistance des deux bobines Pour la bobine du primaire, les choses sont assez simples. On a une première équation par la résistance R 1 : R 1 = 1 γ avec l 1 N 1 πr 1 (comme a 1, le rayon du fil de l enroulement, est très faible devant r 1 ), et s 1 = πa 1. De plus, les spires étant jointives, on a h 1 = N 1 (a 1 ) (diamètre du fil). On en déduit le nombre de spires de l enroulement primaire : l 1 s 1 N 1 = ( ) γr1 h 1/3 1 404 spires 8r 1 On trouve l 1 68,5 m, et d 1 = a 1 = 1,08 mm. La condition d 1 r 1 est bien vérifiée. On propose deux méthodes pour l enroulement secondaire. On a déjà : R = 1 γ 1. dans la première méthode, on introduit le nombre N de couches superposées de fil. La longueur du fil est alors : N l = πr k N k=1 l πa où N est le nombre de spires accolées pour une couche de l enroulement, et r k le rayon de la k-ième couche. On a : r k = (r 1 + a 1 ) + a + k (a ) r 1 + ka en supposant N grand devant 1 et a petit devant r 1, et h = N (a ). On obtient donc : [ l = πh N r ] ( ) r + N(N + 1) πh N + N a a r /a étant grand devant 1 également, on ne le néglige pas. L empilement de couches étant jointif, N = r r. On peut mesurer sur la photographie fournie a r = 50 mm et on connaît r = r 1 + a 1 = 9 mm. Par ailleurs, h = 35 cm. On a donc finalement trois équations portant sur les trois inconnues (l, a, N) : l = πγr a Na = r r ( ) r l = Nπh + N a En résolvant ce système, on trouve : ( (r d = a = r )r h ) 1/4 0,4 mm 4γR Le fil est bien plus fin que dans l enroulement primaire. On a aussi N 94 1, et l = 3 km (!) On peut donc bien parler de prouesse technologique, puisque le bobinage secondaire contient N N 145 000 tours! Page 1/7

. la seconde méthode est plus approximative, mais donne déjà un bon ordre de grandeur (elle est aussi plus courte... mais serait peut-être moins valorisée). On se base sur le volume occupé par l enroulement. On fait l hypothèse que tout le volume disponible est occupé par du fil de cuivre. Alors, π(r r )h = πa l Directement, d = a = ( (r r )h ) 1/4 0,66 mm πγr et l 33 km. Cette méthode est a priori moins précise, on néglige en effet le volume occupé par l isolant, indispensable si l on veut que le courant circule de façon orthoradiale! De plus, l enroulement jointif de spires n est pas parfaitement compact (la compacité maximale dans le plan pour des cercles est de 93 %) : cette méthode surestime a. I.B - Détermination de grandeurs inductives de l association de Ruhmkorff Expérience 1 Le circuit () étant ouvert, i (t) = 0. On a donc pour le primaire : u g (t) = L 1 di 1 dt + (R g + R 0 + R 1 )i 1 (t) R g R 0 R 1 u(t) L 1 où u g (t) est une tension créneau variant entre 0 et E, de période T manifestement grande devant le temps d évolution τ du circuit. u g (t) i 1 (t) Pour t < t 0 = 110 µs, le courant est établi dans le primaire, en régime permanent, à une valeur E i 1, =, et la tension mesurée aux bornes de R 0 vaut : R 0 + R 1 + R g E u(t < t 0 ) = R 0 = u R 0 + R 1 + R g À t = t 0, u g (t) passe à 0, et la solution de l équation différentielle précédente conduit (i(t) étant continue à cause de la présence de l inductance propre L 1 ) : u(t > t 0 ) = u exp( (t t 0 )/τ) L 1 où τ = est le temps caractéristique de rupture du courant dans le circuit. R 0 + R g + R 1 Lorsque t t 0 = τ, on a donc u(t 0 + τ) = u e 1 0, 37u. Une mesure sur le graphe fourni donne u 0,9 V, d où u(t 0 + τ) 0,34 V. On en déduit par lecture τ 135 110 5 µs. D où : L 1 = (R 0 + R g + R 1 )τ 3,8 mh Cette faible valeur est cohérente avec le nombre de spires restreint de l enroulement primaire. Expérience On a cette fois i 1 (t) = 0. Le circuit secondaire a la forme représentée ci-contre, où e(t) = E cos(ωt). On est en régime sinusoïdal forcé, la réponse est donc à la même pulsation ω. On mesure sur la figure B une période de 50 ms, soit une fréquence du GBF de 0 Hz. La tension aux bornes du bobinage secondaire est u (t) (R étant indissociable de L ), et on note u a (t) la tension aux bornes de la résistance R a = 10 kω. i (t) R L u a (t) R a u (t) e(t) Page /7

On utilise la notation complexe : la loi des mailles, en utilisant la loi d Ohm généralisée donne : On en déduit : soit u = R ( 1 + j L ) ω u a. R a R e = R a i + u = (R a + R + jl ω)i R a u a = R a i = R a + R + jl ω e R + jl ω u = R a + R + jl ω e La tension u (t) est donc en avance de phase par rapport à la tension u a (t), en notant ϕ cette avance de phase : tan ϕ = L ω R On mesure ϕ = π t T 1,13 rad 65 sur la figure B, u (t) correspond au signal dont l amplitude semble la plus faible. Finalement, L = R tan ϕ 165 H πf C est évidemment une valeur énorme pour L, mais cela correspond bien au nombre de spires «pharamineux»de l enroulement secondaire! (une bobine en TP a une inductance propre de quelques dizaines de mh) Expérience 3 On a le circuit ci-contre, avec e(t) = E cos(πft), on fait varier la fréquence f du générateur. Les voltmètres étant de grande impédance, on peut les assimiler à des interrupteurs ouverts, ainsi R 1 i 1 (t) i (t) R i (t) = 0. On a donc : { u1 = (R 1 + jl 1 ω)i 1 e(t) L 1 L u (t) u = jmωi 1 M On en déduit la fonction de transfert : soit le gain G = H : H = u u 1 = jmω R 1 + jl 1 ω Mω G(ω) = R1 + (L 1ω) On reconnaît un filtre passe-haut du premier ordre que l on peut mettre sous forme canonique : H(jω) = M L 1 j L 1ω R 1 1 + j L 1ω R 1 En hautes fréquences, H M L 1 G HF = M L 1 G db,hf = 0 log(m/l 1 ). Par lecture sur la figure C, G db,hf = 4, 5 db. On en déduit : M = L 1 10 4,5 0 = 0,51 H On peut vérifier que M L 1 L = 0,60 H : la mutuelle est proche de la mutuelle maximale possible. Remarque : La fréquence de coupure du filtre passe-bas à -3 db est comprise entre 30 et 40 Hz. On peut retrouver la valeur de L 1 : L 1 = R 1 πf c 4,9 mh avec f c = 40 Hz. On retrouve le bon ordre de grandeur. Page 3/7

I.C - Tension induite lors de la rupture de courant 1. u 1 (t) = L 1 di 1 dt + R 1i 1 (t) u (t) = M di 1 dt. À partir de la fermeture de l interrupteur (t = 0), e 0 = L 1 di 1 dt + R 1i 1 (t) L intensité i 1 (t) est continue à cause de la présence de L 1, d où : avec τ 1 = L 1 /R 1, de l ordre de 3 ms. 3. On a donc u (t > 0) = Me 0 L 1 4. On obtient u (0 + ) exp i 1 (t > 0) = e ( ( 0 1 exp t )) R 1 τ 1 ( t ) τ 1 0, 5 100 3, 8 10 3 13 103 V : ce dispositif permet bien de créer des étincelles. 5. Au bout de quelques τ 1, la tension M di 1 est inférieure à la tension nécessaire pour déclencher les dt étincelles : il faut alors fermer l interrupteur, ce qui va provoquer une décroissance de i 1 (t) et donc maintenir M di 1 à un niveau élevé. dt Dans cette approche, on néglige l évolution des tensions aux bornes de la bobine et de la résistance du secondaire : le temps caractéristique associé à leurs variations est de l ordre de τ = L /R 16 ms (soit 5 τ 1, l approximation est -juste- vérifiée). Le courant électrique ne doit donc pas passer plus de 3 à 5 τ 1 : on peut adopter un temps de commutation de l interrupteur de 5 ms par exemple. II. Mécanisme de déclenchement de l étincelle II.A- Effet d avalanche 1. Un électron est accéléré entre deux chocs par le champ électrique : le PFD donne son accélération, constante : m e ae = e E Il acquiert ainsi en un temps moyen τ c une vitesse avant collision (on peut supposer qu en moyenne la vitesse initiale est nulle, les vitesses étant équi-réparties spatialement) : ve = e m e E τc soit une énergie cinétique : E c = 1 m eve = 1 e E τc m e (on a supposé les électrons non relativistes) L effet d avalanche peut se produire lorsque cette énergie cinétique devient comparable à l énergie d ionisation W : l électron peut ainsi éjecter un électron secondaire de l atome cible. Il faut donc E c > W, soit : me W E > = E d eτ c Pour l oxygène, on trouve E d 1, 10 7 V m 1, c est un ordre de grandeur correct du champ disruptif. Page 4/7

. Entre deux chocs, toujours en supposant une vitesse initiale nulle (vrai en moyenne), la vitesse de l électron est v e (t) déterminée plus haut, soit une position, en projection sur la direction de E : Le libre parcours moyen l est alors : x(t) = t 0 v e (t )dt = a e t l = x(τ c ) = ee d m e τ c = 1, 3 µm D après la figure D, le potentiel électrique sur des distances caractéristiques de l ordre de 100 µm, et donc le champ électrique, qui est sa dérivée, également. Le libre parcours moyen étant très faible devant cette distance, l approximation de champ uniforme entre deux chocs est justifiée. II.B- Estimation de la tension nécessaire pour déclencher l étincelle 1. En coordonnées cylindriques, le plan (M, e r, e z ) est un plan de symétrie, le champ E (M) appartient donc à ce plan. le plan médiateur des deux électrodes (z = 0) est un plan d antisymétrie des charges, c est donc aussi un plan d antisymétrie de E ; notamment E (z = 0) (z = 0).. Les lignes de champ électrique sont perpendiculaires aux équipotentielles, et dirigées des potentiels élevés vers les potentiels faibles, soit ici suivant z croissant. L électrode portée au potentiel positif porte des charges positives, et l électrode de potentiel négatif des charges négatives (la charge totale est nulle, il s agit d un condensateur). -0,1V -0, V 0 V 0,V 3. C = q U = 0,31 pf 4. D après la figure E, le champ électrique est minimal sur l axe (Oz) en z = 0 (car E (r = 0, z) = dv dz (r = 0, z) u z ). Par ailleurs, le champ disruptif devant être atteint en tout point, il suffit que E(z = 0) > E d. On suppose que l étincelle se produit sur l axe, là où les champs électriques sont les plus forts (c est l endroit où les lignes de champ sont le plus resserrées). A partir de la figure D, on peut estimer E(z = 0) 0,50 V 0,50 mm 500 V m 1. Ceci correspond à une tension U = V entre les électrodes. Pour que le champ disruptif E d = 3,6 10 6 V m 1 soit atteint en z = 0, il faut donc une tension U 14 400 V. 5. E = 1 CU = 3, 10 5 J. Cette énergie peut être dissipée sous forme d effet Joule dans le canal conducteur ionisé qui provoque une élévation de température dans le plasma, sous forme d énergie lumineuse émise par les atomes, d énergie sonore (onde de pression)... 6. D après la figure F, E(r, z = 0)/E(r = 0, z = 0) 0, 9 pour r 0,45 mm. On a ainsi un diamètre de la zone parcourue par l étincelle d = 0,9 mm Page 5/7

IV. Deux modèles théoriques à confronter à l expérience IV.A- Propagation d une onde électromagnétique dans un plasma neutre à faible densité 1. div E = 0 div B = 0 rot E = B t rot B = µ 0 ( E j + ǫ 0 t ) On en déduit l équation de propagation :. On obtient en injectant :, soit k = ω ω p c avec ω p = γ0 τ c ǫ 0. E 1 E c t = µ 0γ 0 E τ c k = ω c µ 0γ 0 τ c 3. Pour ω ω p, on peut effectuer un développement limité : soit pour l indice optique : v ϕ = ω ( k = c c 1 + 1 1 ω p ω ωp ) ω n = c v ϕ 1 ω p ω = 1 γ 0 τ c ǫ 0 ω On obtient donc bien une fonction affine pour n(n ) : 4. On obtient alors : n 1 n n 0 e mǫ 0 ω n e mǫ 0 ω n Le fait que n 0 1 signale que l on ne peut pas négliger l interaction entre les molécules et l onde électromagnétique (c est un milieu diélectrique). IV.B- Analyse thermodynamique 1. On applique le premier principe au gaz contenu dans la colonne cylindrique. On suppose que la transformation, rapide, est isochore. On a alors : avec un nombre de moles gazeuses n = p 0πa l e RT 0 U = C v T = nγr γ 1 T = W e = 4,06 10 8 mol On prend γ = 1, 4 = 7 (air = GP diatomique à température ambiante). 5 On obtient ainsi T 47 K Page 6/7

. On utilise la loi de Gladston-Dale présentée en annexe, en assimilant l air à un gaz parfait : soit une variation d indice : (n 1) = 0, 079 T ( 1 n = 0, 079 T 0 + T 1 ) 3,8 10 5 T 0 On ne dispose pas des résultats de la partie C pour comparer cette variation d indice à une variation d indice mesurée. IV.C- Conclusion L échauffement peut provoquer une variation de pression locale. Toujours avec une transformation isochore, on aura p f = p 0 T f T 0 = 1,16 atm. Ainsi, à la disparition du courant, une onde sonore intense peut se propager dans l air. Dans le modèle électromagnétique, il n y a pas de modification locale de la pression. Le modèle thermodynamique est celui qui semble le mieux expliquer l émission de son. Page 7/7