Feuille d'entraînement : Transformateur

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q25

   L'équation de Maxwell-Faraday s'écrit sous forme locale :

   \vec{\mathrm{rot}}\,\vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}

   Par application du théorème de Stokes à un contour fermé orienté \Gamma bordant une surface ouverte \Sigma, on obtient la loi d'induction de Faraday pour la force électromotrice induite e :

   e = \oint_{\Gamma} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = -\iint_{\Sigma} \frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = -\frac{\mathrm{d}\Phi_{\text{tot}}}{\mathrm{d}t}

   où \Phi_{\text{tot}} est le flux magnétique total traversant le contour \Gamma.

   D'après la question Q24, en l'absence de fuites magnétiques, le même flux magnétique \Phi(t) = B(t)\,S traverse chaque section droite du tore.

   Pour les conducteurs parfaits (résistivité nulle), le champ électrique est nul au sein du fil conducteur (\vec{E} = \vec{0}). La circulation du champ électrique entre les bornes le long d'un contour fermé comprenant le bobinage et le segment reliant les bornes donne :

   • Au primaire (N_1 spires), en convention récepteur, la tension u_1(t) s'oppose à la force électromotrice induite e_1(t) :

     u_1(t) = -e_1(t) = N_1 \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}

   • Au secondaire (N_2 spires), en convention générateur, la tension u_2(t) est égale à la force électromotrice induite e_2(t) :

     u_2(t) = e_2(t) = N_2 \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}

     (les enroulements étant bobinés dans le même sens sur le tore, les spires sont homologues).

   En éliminant le terme \dfrac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}, on obtient la loi de transformation des tensions :

   \boxed{u_2(t) = \frac{N_2}{N_1} u_1(t) = m\, u_1(t)}

   où m = \dfrac{N_2}{N_1} est le rapport de transformation du transformateur.

   Résultat

   $$u_2(t)=\frac{N_2}{N_1}{u}_1(t)=m{u}_1(t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q26

   Dans le cadre de l'approximation des régimes quasi-stationnaires (ARQS), le courant de déplacement est négligeable et le théorème d'Ampère s'écrit pour le vecteur excitation magnétique \vec{H} :

   \oint_{\mathcal{C}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = I_{\text{libre, enlacé}}

   où \mathcal{C} est un contour fermé orienté et I_{\text{libre, enlacé}} la somme algébrique des courants libres traversant une surface s'appuyant sur \mathcal{C}.

   Le matériau magnétique étant supposé linéaire, homogène et isotrope :

   \vec{B} = \mu_0 \mu_r \vec{H} \iff \vec{H} = \frac{\vec{B}}{\mu_0 \mu_r}

   Le champ d'induction magnétique \vec{B} restant borné et la perméabilité relative étant idéalisée (\mu_r \to \infty), on a \vec{H} \approx \vec{0} dans le noyau ferromagnétique. La circulation de \vec{H} le long du contour \mathcal{C} fermé suivant la ligne moyenne du tore (de longueur 2\pi a) est donc nulle :

   \oint_{\mathcal{C}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = 0 \implies I_{\text{libre, enlacé}} = 0

   Sur la figure 7, le circuit primaire est en convention récepteur (le courant i_1(t) entre par la borne repérée) tandis que le secondaire débite dans une charge en convention générateur (le courant i_2(t) sort par la borne repérée). Compte tenu du sens identique d'enroulement des spires au primaire et au secondaire, les ampère-tours s'opposent :

   I_{\text{libre, enlacé}} = N_1 i_1(t) - N_2 i_2(t) = 0

   On en déduit la loi de transformation des intensités :

   \boxed{i_2(t) = \frac{N_1}{N_2} \, i_1(t) = \frac{1}{m} \, i_1(t)}

   avec m = \dfrac{N_2}{N_1} le rapport de transformation introduit à la question Q25.

   Résultat

   $$i_2(t)=\frac{N_1}{N_2}{i}_1(t)=\frac{1}{m}{i}_1(t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique PSI 2020, Q30

   Les pertes dites « pertes fer » (dissipées au sein du circuit magnétique sous forme de chaleur) regroupent deux phénomènes distincts :

   1. Les pertes par hystérésis :

      • Origine microscopique : sous l'effet du champ excitateur variable \vec{H}(t), l'aimantation du matériau évolue par déplacement des parois des domaines magnétiques (domaines de Weiss) et rotation des moments magnétiques atomiques. Ces déplacements rencontrent des impuretés et des défauts du réseau cristallin (centres de piégeage), rendant le processus d'aimantation irréversible.

      • Conséquence macroscopique : la relation entre \vec{B} et \vec{H} présente un retard décrivant un cycle d'hystérésis. L'énergie volumique dissipée sous forme thermique au cours d'un cycle correspond à l'aire de ce cycle :

        w_{\text{hyst}} = \oint_{\text{cycle}} H \, \mathrm{d}B

        Pour une excitation à la fréquence f, la puissance volumique dissipée est proportionnelle à la fréquence : \mathcal{P}_{\text{hyst}} \propto f.

   2. Les pertes par courants de Foucault :

      • Origine : d'après la loi de Faraday-Maxwell (\vec{\mathrm{rot}}\,\vec{E} = -\partial\vec{B}/\partial t), la variation temporelle du champ magnétique au sein du matériau ferromagnétique — qui possède une conductivité électrique \gamma_{\text{fer}} non nulle — induit un champ électromoteur tourbillonnaire.
      • Conséquence : ce champ électrique met en mouvement les porteurs de charge du métal, générant des boucles de courants induits macroscopiques appelés courants de Foucault. Ces courants dissipent de l'énergie thermique par effet Joule avec une puissance volumique moyenne variant en f^2.

   Autre type de perte dans le système :

   Il existe également les pertes par effet Joule dans le bobinage (communément appelées « pertes cuivre »), associées à la résistance électrique non nulle R_{\text{b}} du fil conducteur enroulé autour du circuit :

   \boxed{\mathcal{P}_{\text{J}} = R_{\text{b}} \, i^2(t)}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_{\text{J}}=R_{\text{b}}{i}^2(t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q23

   Non, un transformateur ne peut pas fonctionner en régime continu.

   Le principe de fonctionnement du transformateur repose sur le phénomène d'induction électromagnétique (loi de Faraday) :

   e_2(t) = -\frac{\mathrm{d}\Phi_2}{\mathrm{d}t}

   où \Phi_2(t) est le flux magnétique total à travers l'enroulement secondaire.

   En régime continu (stations permanentes où toutes les grandeurs sont indépendantes du temps) :

   • l'intensité i_1 du courant primaire est constante, donc le champ magnétique \vec{B} créé dans le circuit magnétique l'est également ;

   • le flux magnétique \Phi_2 à travers le secondaire est par conséquent constant au cours du temps :

     \frac{\mathrm{d}\Phi_2}{\mathrm{d}t} = 0 \implies e_2 = 0

   La force électromotrice induite au secondaire étant nulle, aucune tension n'est délivrée à la charge et aucun transfert d'énergie n'a lieu du primaire vers le secondaire.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q2

   D'après la figure 1, la section droite du ruban de cuivre est rectangulaire, de largeur w = 10\ \mu\text{m} et d'épaisseur e = 3\ \mu\text{m} :

   S = w \cdot e = 10 \times 10^{-6} \times 3 \times 10^{-6} = 3{,}0 \times 10^{-11}\ \text{m}^2

   Évaluons la longueur L du conducteur le long de sa ligne moyenne entre A et B :

   • brin inférieur horizontal : de l'entrée A au coin inférieur droit, de longueur environ 90\ \mu\text{m} ;
   • brin vertical droit : sur toute la hauteur extérieure (100\ \mu\text{m}), soit environ 90\ \mu\text{m} entre lignes moyennes ;
   • brin horizontal supérieur : sur toute la largeur extérieure (100\ \mu\text{m}), soit environ 90\ \mu\text{m} ;
   • brin vertical intérieur gauche : descendant vers le centre, de longueur environ 60\ \mu\text{m} ;
   • brin horizontal menant au contact B : de longueur environ 30\ \mu\text{m}.

   La longueur totale développée est donc de l'ordre de :

   L \approx 90 + 90 + 90 + 60 + 30 \approx 360\ \mu\text{m} \approx 3{,}5 \times 10^{-4}\ \text{m}

   D'après la relation établie à la question Q1, et avec \gamma_{\text{Cu}} = 5{,}9 \times 10^7\ \text{S}\cdot\text{m}^{-1} :

   R_e = \frac{L}{\gamma_{\text{Cu}} S}

   Application numérique :

   R_e \approx \frac{3{,}5 \times 10^{-4}}{5{,}9 \times 10^7 \times 3{,}0 \times 10^{-11}} \approx 0{,}20\ \Omega

   \boxed{R_e \approx 0{,}2\ \Omega}

   (Une valeur comprise entre 0{,}15\ \Omega et 0{,}25\ \Omega selon l'estimation de la longueur est tout à fait recevable.)

   L'existence de cette résistance présente deux inconvénients majeurs pour un transformateur :

   1. Pertes par effet Joule (dites « pertes cuivre ») : la puissance P_J = R_e I_{\text{eff}}^2 dissipée sous forme thermique diminue le rendement énergétique global du transformateur et provoque un échauffement préjudiciable aux composants miniaturisés voisins.
   2. Chute de tension ohmique en charge : la présence de la résistance interne crée une chute de tension aux bornes de l'enroulement (u(t) = e(t) + R_e i(t)), ce qui altère le rapport de transformation nominal dès que le transformateur débite un courant.

   Résultat

   $$R_e\approx 0,2\Omega$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q8

   Les potentiels des bornes inférieures sont reliés à la référence commune : V_{B_1} = V_{B_2} = 0. Les potentiels des bornes supérieures s'écrivent donc :

   V_{A_1} = u_1 \quad \text{et} \quad V_{A_2} = u_2

   Pour un transformateur idéal de rapport de transformation m, la relation entre les tensions s'écrit :

   u_2 = m u_1

   La tension aux bornes de la capacité parasite C_p, orientée dans le sens du courant i, vaut donc :

   u_C = V_{A_1} - V_{A_2} = u_1 - u_2 = (1 - m) u_1

   En convention récepteur pour le condensateur, l'intensité i traversant la capacité parasite s'exprime par :

   \boxed{i = C_p (1 - m) \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t}}

   Notons i_{1,\text{tr}} le courant entrant dans l'enroulement primaire du transformateur idéal et i_{2,\text{tr}} le courant sortant de son enroulement secondaire. Pour un transformateur idéal :

   i_{1,\text{tr}} = m \, i_{2,\text{tr}}

   La loi des nœuds au point A_2 s'écrit :

   i_2 = i_{2,\text{tr}} + i

   Comme l'intensité de sortie est nulle (i_2 = 0), on a :

   i_{2,\text{tr}} = -i \implies i_{1,\text{tr}} = -m i

   La loi des nœuds au point A_1 permet alors d'exprimer le courant total d'entrée i_1 :

   i_1 = i_{1,\text{tr}} + i = (1 - m) i

   En remplaçant l'expression de i, on obtient :

   \boxed{i_1 = (1 - m)^2 C_p \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t}}

   En l'absence de capacité parasite (C_p = 0), le courant dérivé est nul (i = 0). Pour un transformateur idéal débitant sur un circuit ouvert (i_2 = 0), la relation i_1 = m i_2 conduit directement à :

   \boxed{i_1 = 0}

   Résultat

   $$i=C_p(1-m)\frac{\mathrm{d}{u}_1}{\mathrm{d}t}$$

   $$i_1=(1-m{)}^2{C}_p\frac{\mathrm{d}{u}_1}{\mathrm{d}t}$$

   $$i_1=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q9

   D'après le résultat de la question Q8, le courant appelé au primaire à vide (i_2 = 0) en présence de la capacité parasite s'écrit :

   i_1(t) = (1 - m)^2 C_p \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t}

   D'après le chronogramme de la figure 5, la tension d'entrée varie de \Delta U_1 = 9\text{ V} sur une durée de commutation :

   \Delta t = 1{,}05\,\mu\text{s} - 1{,}00\,\mu\text{s} = 0{,}05\,\mu\text{s} = 50\text{ ns}

   La dérivée temporelle maximale en valeur absolue vaut donc :

   \left|\frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t}\right|_{\max} = \frac{\Delta U_1}{\Delta t} = \frac{9}{5{,}0 \times 10^{-8}} = 1{,}8 \times 10^8\text{ V}\cdot\text{s}^{-1}

   Avec m = 0{,}9, il vient (1 - m)^2 = 0{,}01. En retenant pour la capacité parasite l'estimation de la question Q7, soit C_p \approx 70\text{ pF} (comprise typiquement entre 50\text{ pF} et 100\text{ pF}) :

   \begin{aligned} i_{1,\max} &= (1 - m)^2 C_p \left|\frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t}\right|_{\max} \\ i_{1,\max} &\approx 0{,}01 \times (70 \times 10^{-12}) \times (1{,}8 \times 10^8) \approx 1{,}3 \times 10^{-4}\text{ A} = 0{,}13\text{ mA} \end{aligned}

   \boxed{i_{1,\max} \sim 0{,}1\text{ mA}}

   Effets de ce courant :

   • Un appel de courant non nul au primaire alors même que le secondaire est à vide (i_2 = 0) ;
   • Des pertes par effet Joule supplémentaires dans la résistance des enroulements R_e, provoquant un échauffement du composant et une chute du rendement global ;
   • L'apparition de pics de courant brefs et intenses susceptibles de générer des bruits de commutation et des perturbations électromagnétiques (problèmes de CEM).

   Importance lors des variations rapides de tension : Le courant de couplage étant directement proportionnel à la dérivée temporelle de la tension (i_1 \propto \mathrm{d}u_1/\mathrm{d}t), des fronts de montée ou de descente très raides (fréquences de commutation élevées ou temps de transition très courts) maximisent la dérivée et conduisent à de forts pics de courant impulsionnels. Ce défaut est d'autant plus pénalisant que la miniaturisation des transformateurs impose justement de travailler à haute fréquence pour réduire l'encombrement des circuits magnétiques.

   Résultat

   $$i_{1,\max }\sim 0,1\text{ mA}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique U PSI 2021, Q37

   Le voltmètre, placé sur le circuit secondaire, possède une impédance d'entrée supposée infinie (Z_V \to \infty). Par conséquent, aucun courant ne circule dans l'enroulement secondaire :

   \underline{I}_2 = 0

   Dans le cadre de la modélisation usuelle d'un transformateur parfait de rapport de transformation m, la relation entre les courants primaire et secondaire s'écrit (selon les conventions de signes adoptées) :

   \underline{I}_1 = \pm m \underline{I}_2

   Puisque le secondaire est en circuit ouvert (\underline{I}_2 = 0), le courant appelé au primaire est lui aussi rigoureusement nul :

   \underline{I}_1 = 0

   L'impédance d'entrée du primaire, définie par \underline{Z}_{\text{prim}} = \frac{\underline{U}_1}{\underline{I}_1}, est donc infinie.

   De manière équivalente, l'impédance ramenée au primaire d'une charge d'impédance Z_2 connectée au secondaire est :

   \underline{Z}_{\text{prim}} = \frac{Z_2}{m^2}

   Comme la charge est constituée par le voltmètre d'impédance Z_2 = Z_V \to \infty, on retrouve directement :

   \boxed{\underline{Z}_{\text{prim}} = \infty}

   Le primaire du transformateur se comporte donc comme un circuit ouvert.

   Résultat

   $${\underline{Z}}_{\text{prim}}=\infty$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique U PSI 2021, Q38

   D'après la question Q37, l'impédance du voltmètre étant infinie, l'impédance vue du primaire du transformateur idéal est également infinie :

   Z_{\mathrm{prim}} = \infty

   Par conséquent, aucun courant ne circule dans le primaire du transformateur ni dans le voltmètre. Le générateur alimente donc une branche constituée uniquement des deux résistances R_{\mathrm{S}} et R_{\mathrm{T}} en série, parcourues par le même courant :

   I = \frac{U_{\mathrm{E}}}{R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}}}

   En choisissant le potentiel de référence à la borne inférieure commune du générateur et du secondaire (V_{\text{bas}} = 0), on en déduit les tensions :

   \begin{aligned} U(R_{\mathrm{S}}) &= R_{\mathrm{S}} I = \frac{R_{\mathrm{S}}}{R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}}} U_{\mathrm{E}} \\ U(R_{\mathrm{T}}) &= R_{\mathrm{T}} I = \frac{R_{\mathrm{T}}}{R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}}} U_{\mathrm{E}} \end{aligned}

   Le primaire du transformateur étant connecté en parallèle aux bornes de la résistance étalon R_{\mathrm{S}}, la tension à ses bornes est U_1 = U(R_{\mathrm{S}}). Le transformateur idéal impose au secondaire une tension :

   U_2 = m U_1 = m \frac{R_{\mathrm{S}}}{R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}}} U_{\mathrm{E}}

   Considérons la maille comprenant le voltmètre, le secondaire du transformateur et la résistance R_{\mathrm{T}}. Le potentiel du nœud intermédiaire entre R_{\mathrm{S}} et R_{\mathrm{T}} vaut :

   V_{\mathrm{milieu}} = U(R_{\mathrm{T}}) = \frac{R_{\mathrm{T}}}{R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}}} U_{\mathrm{E}}

   Le potentiel en sortie haute du secondaire vaut :

   V_{\mathrm{sec}} = U_2 = m \frac{R_{\mathrm{S}}}{R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}}} U_{\mathrm{E}}

   La tension U_{\mathrm{S}} aux bornes du voltmètre, orientée de la borne intermédiaire vers la sortie du secondaire, s'écrit donc :

   U_{\mathrm{S}} = V_{\mathrm{sec}} - V_{\mathrm{milieu}} = U_2 - U(R_{\mathrm{T}})

   On obtient finalement :

   \boxed{U_{\mathrm{S}} = \frac{m R_{\mathrm{S}} - R_{\mathrm{T}}}{R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}}} U_{\mathrm{E}}}

   Résultat

   $$U_{\mathrm{S}}=\frac{m{R}_{\mathrm{S}}-R_{\mathrm{T}}}{R_{\mathrm{S}}+R_{\mathrm{T}}}{U}_{\mathrm{E}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2021, Q39

    À l'équilibre du pont, la tension mesurée aux bornes du voltmètre s'annule :

    U_{\mathrm{S}} = 0

    D'après le résultat de la question Q38, la tension aux bornes du voltmètre s'exprime par :

    U_{\mathrm{S}} = \frac{m R_{\mathrm{S}} - R_{\mathrm{T}}}{R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}}}\, U_{\mathrm{E}}

    La tension d'alimentation U_{\mathrm{E}} étant non nulle et la somme des résistances R_{\mathrm{S}} + R_{\mathrm{T}} étant strictement positive, la condition U_{\mathrm{S}} = 0 équivaut à l'annulation du numérateur :

    m R_{\mathrm{S}} - R_{\mathrm{T}} = 0

    On en déduit immédiatement la valeur de la résistance de la sonde de platine :

    \boxed{R_{\mathrm{T}} = m R_{\mathrm{S}}}

    Résultat

    $$R_{\mathrm{T}}=m{R}_{\mathrm{S}}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question