Bobines partiellement couplées

Partie: Electronique

niveau: PTSI

On considère deux circuits $RLC$ couplés par une inductance mutuelle $M \le L$ comme définit dans le schéma électrique ci-contre.

Le générateur est alimenté par une tension nulle pour $t<0$ puis par la tension $e_g = E$ pour $t\ge 0$. On considère de plus que $Q=\sqrt{L/(R^2C)}\gg 1$.

Question:

Ecrire les deux equations différentielles couplées pour les inconnues $i_1$ et $i_2$ puis les mettre sous la forme cannonique. On pourra introduire les grandeurs $Q=\sqrt{L/(R^2C)}$, $\omega_0 = 1/\sqrt{LC}$ et $\alpha = M/L$ afin d'alléger les notations.

Réponse

On applique la loi des mailles à la maille de gauche puis à celle de droite

$$\begin{aligned} e_g = Ri_1 + L \dfrac{\mathrm{d} i_1}{\mathrm{d} t}+ U_{C1}+ M \dfrac{\mathrm{d} i_2}{\mathrm{d} t}\text{~~et~~}0 = Ri_2 + L \dfrac{\mathrm{d} i_2}{\mathrm{d} t}+ U_{C2}+ M \dfrac{\mathrm{d} i_1}{\mathrm{d} t} \end{aligned}$$

On dérive ces expressions et on obtient

$$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d}^2 i_1}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{R}{L}\dfrac{\mathrm{d} i_1}{\mathrm{d} t}+ \dfrac{1}{LC}i_1 = - \dfrac{M}{L}\dfrac{\mathrm{d}^2 i_2}{\mathrm{d} t^2}\text{~~et~~}\dfrac{\mathrm{d}^2 i_2}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{R}{L}\dfrac{\mathrm{d} i_2}{\mathrm{d} t}+ \dfrac{1}{LC}i_2 = - \dfrac{M}{L}\dfrac{\mathrm{d}^2 i_1}{\mathrm{d} t^2} \end{aligned}$$

On peut alors identifier les termes de droite avec la forme canonique d'une équation différentielle linéaire d'ordre 2 soit

$$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d}^2 i_1}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{\omega_0}{Q}\dfrac{\mathrm{d} i_1}{\mathrm{d} t}+ \omega_0^2 i_1 = - \alpha \dfrac{\mathrm{d}^2 i_2}{\mathrm{d} t^2}\text{~~et~~}\dfrac{\mathrm{d}^2 i_2}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{\omega_0}{Q}\dfrac{\mathrm{d} i_2}{\mathrm{d} t}+ \omega_0^2 i_2 = - \alpha \dfrac{\mathrm{d}^2 i_1}{\mathrm{d} t^2} \end{aligned}$$

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Question:

Les équations différentielles obtenues étant couplées. On se propose d'utiliser le changement de variable suivant pour les résoudre : $i_+ = i_1+i_2$ et $i_- = i_1-i_2$. Montrer que l'on obtient alors les équations différentielles suivantes pour $i_+$ et $i_-$

$$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d}^2 i_+}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{\omega_0}{Q(1+\alpha)}\dfrac{\mathrm{d} i_+}{\mathrm{d} t}+ \dfrac{\omega_0^2}{1+\alpha}i_+ = 0 \text{~~et~~}\dfrac{\mathrm{d}^2 i_-}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{\omega_0}{Q(1-\alpha)}\dfrac{\mathrm{d} i_-}{\mathrm{d} t}+ \dfrac{\omega_0^2}{1-\alpha} i_- =0 \end{aligned}$$

Réponse

On effectue la somme puis la différence des deux équations précédentes

$$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d}^2 i_+}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{\omega_0}{Q}\dfrac{\mathrm{d} i_+}{\mathrm{d} t}+ \omega_0^2 i_+ = - \alpha i_+ \text{~~et~~}\dfrac{\mathrm{d}^2 i_-}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{\omega_0}{Q}\dfrac{\mathrm{d} i_-}{\mathrm{d} t}+ \omega_0^2 i_- = + \alpha i_- \end{aligned}$$

On obtient alors au final le résultat attendu

$$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d}^2 i_+}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{\omega_0}{Q(1+\alpha)}\dfrac{\mathrm{d} i_+}{\mathrm{d} t}+ \dfrac{\omega_0^2}{1+\alpha}i_+ = 0 \text{~~et~~}\dfrac{\mathrm{d}^2 i_-}{\mathrm{d} t^2}+ \dfrac{\omega_0}{Q(1-\alpha)}\dfrac{\mathrm{d} i_-}{\mathrm{d} t}+ \dfrac{\omega_0^2}{1-\alpha} i_- =0 \end{aligned}$$

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Question:

On réalise le montage associé et on réalise l'acquisition de la tension au borne du resistor du circuit de droite. L'étude spectrale du signal fait apparaître deux pics distincts. Expliquer ce résultat.

Réponse

On à $U_{R2} = Ri_2$ or $i_2 = (i_+ - i_-)/2$. La tension mesurée est la somme de deux signaux oscillants à des fréquences différentes (on peut négliger l'amortissement d'après l'énoncé).

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Question:

Les deux fréquences associées aux pics sont de $f_1=\text{1300} Hz$ et $f_2 = \text{1400} Hz$. En déduire la valeur du coefficient de couplage $\alpha$. Obtient-on un couplage parfait ?

Réponse

On a par identification $\omega_1 = \omega_0/\sqrt{1+\alpha}$ et $\omega_2 = \omega_0/\sqrt{1-\alpha}$. On en déduit que

$$\begin{aligned} \dfrac{f_2}{f_1} = \dfrac{\omega_2}{\omega_1} = \sqrt{\dfrac{ 1 + \alpha }{ 1 - \alpha }} \Rightarrow \alpha = \dfrac{f_2^2 - f_1^2}{f_1^2 + f_2^2} \approx 0,074 \end{aligned}$$

La valeur maximale pour $\alpha$ étant de un, on en déduit que le couplage n'est que partiel.

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auteur(s) : Maxence Miguel-Brebion

contibuteur(s) : ?

source(s) : Inventé