Agrégation Interne 2002 Exercices d’induction
Corrigé
Exo n°1 :
1. On fournit de l’énergie mécanique, donc le système est un générateur, & la force de Laplace sera résistante. On est dans le cas de Lorentz : Em vB. Le vecteur vitesse est suivant Ox, donc le champ électromoteur est dirigé de B vers A. On a :
l BA
m dl v Bdx vBl
E e
0 . .
.
. D’où l’équation électrique : )
E ( .v C Bl Ri q U
e AB . Force de Laplace résistante : F i.dlB, dirigée vers les x < 0. D’où l’équation mécanique : Bl.i (M)
dt
mdv .
2. Bilan de puissances : on forme les combinaisons M v & E i. On obtient :
Blivdt mvdv
v: .
M , &
iC Ri q vi Bl
i: . 2
E . Comme le condensateur n’est pas chargé à t = 0, il se charge, & donc :
dt
idq. On élimine le terme de couplage Bl.vi & on obtient le bilan de puissances sous la forme générale :
dt
pertes dW
fournieRP P
P , où la puissance fournie en régime permanent est nulle (système isolé, apport d’énergie cinétique à t = 0 seulement), la puissance dissipée dans les pertes vaut Ppertes RI2, & le système stocke de l’énergie cinétique de translation & de l’énergie potentielle électrostatique :
C mv q
W
2 2
2 1 2
1
.
3. On dérive l’équation électrique pour se débarrasser de q :
i C dt Rdi dt Bl dv dtd 1
. :
E , & on élimine
dt
dv avec l’équation mécanique : 1 0
i
dt i di BlC dt di Bl i R m Bl dt
dv , avec
mR l B RC
2
1 2
1
. Par
intégration : i(t)Ioet/. A t = 0, q = 0, & l’équation électrique devient Bl.vo RIo, soit finalement :
/
)
( o e t
R t Blv
i . L’équation mécanique donne :
2 2 / 1 1 . t/
t o
o e
v RC mR e
v l i B
m Bl dt
dv . On
intègre : 1 1 .
cste 1 . cste)
( / /
o t o et
v RC RC e
v t
v . Avec la condition initiale, on
obtient :
1 1 1 / )
( o e t
v RC t
v .
4. 1. On fournit de l’énergie électrique, donc le système est un moteur, & la force de Laplace sera motrice, donc dirigée vers les x > 0. D’où l’équation mécanique : Bl.i (M)
dt
mdv .On est dans le cas de Lorentz : Em vB. Le vecteur vitesse est suivant Ox, la force a changé de sens & le courant aussi (c’est le courant de décharge du condensateur) donc le champ électromoteur est dirigé de A vers B. Avec la convention générateur, on a une fem négative : e Bl.v. D’où l’équation électrique :
) E ( .v Ri C Bl
q . Le bilan de puissances donne : Bliv v
dt
mvdv . (M) , i Bl vi Ri i C
q . 2 (E) .
On a maintenant
dt
i dq (décharge) d’où :
C
mv q dt
Ri2 d 2 2 1 2
0 1 . Le bilan a la même forme, le
système est toujours isolé, on n’a un apport d’énergie électrique qu’à t = 0 seulement.
En dérivant l’équation électrique :
dt Rdi dt Bldv C
i
, on élimine
dt
dv , & on obtient : 1 0
i
dt i di BlC dt di Bl i R m Bl dt
dv & l’équation est inchangée, mais pas les conditions initiales.
A t = 0, q = Qo, & l’équation électrique devient : o o ( ) o et/ RC t Q i C RI
Q .
L’équation mécanique donne : o.et/ mRC i BlQ m Bl dt
dv . On intègre :
cste. )
( o et/ mRC
t BlQ
v . Avec la condition initiale, on obtient : ( ) o
1et/
mRC Q t Bl
v .
Exo n°2 :
1. Cas de Lorentz : Em v B
,'porté par NM, orienté de N vers M, comme la fem induite e & le courant induit i (cf figure). Alors :
E .dl
vB dl
B l.dl 21 B b2 a2 K.e o
M N
b a
b a
o o
m
, donc on a : K 21Bo
b2a2
.2. La figure donne la direction & le sens du vecteur élémentaire dF. En module : dF IBodl. On en déduit son moment par rapport à l'axe Oz : dldF
. En module, dIBol.dl & on intègre :
b a
K IIB dl l
IB o
b a
o '
2
. 1 2 2
On en déduit que K = K' (obligatoire ! traduit la conversion intégrale de puissance sur le transducteur).
3.1. Fem induite e' : tous les conducteurs portent la même fem induite e en parallèle, donc la fem équivalente à l'ensemble de N fem e en parallèle vaut e' = e.
3.2. Couple résultant ' : la source de tension étant la même, le courant I est partagé entre les N conducteurs, en parallèle, donc parcourus par le courant
N
i I , donc chacun d'eux est soumis au couple
N K I
1 . Tous les couples 1 sur les conducteurs agissent dans le même sens, d'où le couple résultant
' N 1 .
4. La machine est évidemment un moteur ! Le moteur comprend N résistances r en parallèle, donc la résistance équivalente vaut :
N
réq r . Le générateur réel (E, R) alimente le récepteur
N
e, r selon le schéma ci-contre. On en déduit l'équation électrique : .I R I (E)
N R r K
E o
, avec
N R r Ro .
5. Bilan de puissances : on forme les combinaisons (E).I & (M)., ce qui donne :
: 2
) E
( I EIKI RoI & KI dt
J d : ) M
( , & on élimine le terme de couplage KI, ce qui conduit à la forme standard du bilan de puissances :
dt
pertes dW
fournieRP P
P , où la puissance fournie en
régime permanent vaut EI, la puissance dissipée dans les pertes vaut Ppertes RoI2, & le système stocke de l’énergie cinétique de rotation : 2
2
1
J
W .
6. On élimine le courant I entre les équations (E) & (M) :
EK
R dt d K I J
o
1 , soit aussi :
dt o
d
, avec 2
K J Ro
&
K
o E
. En intégrant, compte tenu de la condition initiale (0)0 (machine à l'arrêt), on obtient : o
1et/
. L'équation mécanique donne alors :
/ t/
o
o t e
R e E
K J dt d K
I J . On vérifie que pour t = 0, l’équation électrique donne E RoIo. Pour
K
t: E & l’équation électrique donne I 0. Exo n°3 :
1. Pour chacun des solénoïdes, le champ magnétique créé au point O est dirigé suivant l’axe, & vaut :
k k
k k kk
k o u i u
L
B Ni cos cos . . .
2 2 2
, où est une constante ne dépendant que des paramètres
géométriques du solénoïde. Le champ résultant vaut donc :
3
1
. . )
(
k ik uk
O
B . On associe alors à
chaque vecteur plan un nombre complexe, soit :
3
1
. . )
(
k ik uk
O
B , & on utilise les formules d’Euler pour représenter les sinus, ce qui donne :
1 2 /3 2 /3 . 2 /3 4 /3 4 /3 . 4 /3
2
2
ej t e j t ej t e j t e j ej t e j t e j j
B I
On sépare les contributions en ejt & en ejt, ce qui donne :
1
22 1 1 12
2 4 /3 8 /3
jt j j ejt j
e I e
j e
B I . Dans le premier crochet, on reconnaît la
somme des racines cubiques de l’unité, qui vaut zéro, d’où :
exp 2 2 2 3 2
2
3 I j t
I e j
B j t .
Il en résulte que le module du champ est constant : B 2I 2
3 , & que l’argument du nombre complexe associé est une fonction affine du temps : on a affaire à un champ tournant autour du point O à la vitesse angulaire constante (qui est celle du système de courants triphasés) dans le sens trigonométrique.
2. Comme le champ magnétique créé tourne, l’angle entre sa direction & celle de la normale à la bobine dépend du temps, donc son cosinus & le flux aussi, d’où production d’une fem induite & d’un courant induit, donc de forces de Laplace qui auront un couple moteur entraînant la bobine dans un mouvement de rotation.
3. D’après la figure, on déduit l’angle
N,B
à un instant t quelconque :
N,B
'.t, & donc le flux à travers la bobine vaut : N N BdS NBS
N B
S
, cos .
.
car le champ magnétique estsupposé constant sur la bobine de faibles dimensions. On en déduit la fem induite :
t
E
t
dt NBS
e d '.sin '. msin '. , où l’on a posé :
NBS. '
Em . On constate que la fem induite s’annule si ' (pas de mouvement relatif, donc pas de phénomènes d’induction), d’où le nom de moteur asynchrone. On a une fem alternative, donc on se trouve en régime sinusoïdal forcé, & on utilise les notations complexes :
e E j t
e Re m.exp ' , & de même : i Re
i I.expj
'
t Im.expj
'
t
. La bobine étant un circuit R-L, on a :
R jL
ii z
e . ' . , car ici l’on a : j
'
dt
d , d’où :
' jL R
I Em , d’où l’on déduit
que :
22 2 2
2
2 '
' .
'
L R
NBS L
R
Im Em , & tan .
'
0R
L car la bobine est un circuit inductif. Il en résulte que : i(t) Imsin
'
t
.4. La bobine étant un petit circuit plongé dans un champ magnétique uniforme peut être assimilée à un dipôle magnétique, donc soumise au couple : M B, où M N.i(t)S.Nest le moment magnétique de la bobine. En module, on a donc : (t) NBS.i(t).sin
N,B
, soit en définitive :
t
t
I NBS
t m
( ) . sin ' .sin ' . Par analogie avec la définition de la puissance active :
P U
effI
effcos u ( t ). i ( t ) U
mcos t . I
mcos t
, on en déduit la valeur moyennedu couple :
2 2 2 2
2
tan 1
1 '
' 2
cos 1 2 .
1
L R I NBS
NBS m , avec
R L
. '
tan , d’où :
2 2 2
' 1
2
' R L
NBS
.
5. On fait apparaître les grandeurs
R Q L &
'
g :
1 22 2
1 2 22 Q g
Qg g
Q L
Qg
NBS o
.
On a posé :
L
o NBS2
2
. On calcule la dérivée :
2 2
22 2 2 2
2
2 2
2
1 1 1
2 . 1
g Q
g Q Q
g Q
g Q Qg Q g Q dg
d o o
. Donc :
Si g 1'0 (moteur à l’arrêt) : Q Q
Q o
o
2
) 1 1
( avec Q2 1 comme il se doit pour un rotor bobiné inductif ;
Si g0' (synchronisme, le moteur décroche) : 0. La dérivée vaut : '(0) oQ ;
Si g gm Q1 1:alors dgd 0, le couple est maximal & vaut :
L
o NBS
m 2 4
2
, valeur
indépendante de R. D’où la courbe. Si on diminue le facteur de qualité : la tangente à l’origine s’abaisse, le maximum du couple se déplace vers la droite, en conservant la même valeur.
La puissance est donnée par :
2
1 2
1 ) .
1 ( '
. Q g
g Q g
g o
P . Pour un bon facteur de qualité,
le couple n’est important qu’autour de la valeur gm, alors
m m
m Q
P 1
1
. .
Calcul rigoureux : on considère la fonction 2 2 1
) 1 ) .(
( Q g
g g g
f
qui s’annule en g = 0 & g = 1, donc il existe un maximum entre les deux. On dérive :
2 2
23 2 2 2 3 2 2
2 2 2
2
2 2
2
1
2 2
2 2 1
1
2 . 1 . 2 1 ) 1
( '
g Q
g Q g Q g Q g g Q g
Q
gQ g g g g
g Q f
, soit :
12
0) 1 (
' 2
2 2
2
2
g Q
g Q g g
f si gm
Q Q g Q
Q g Q
g Q
g
1 1 1 1 1
0 2
1 2
2 2
2 2
2 si l’on a la
condition Q2 >> 1.
6. En prenant g comme variable : r f v21g2. La quantité f représente le frottement statique (obtenu à l’arrêt, pour g = 1). La quantité v2 représente le frottement dynamique (attention ! tous les
n’ont pas la même dimension !). On discute sur la courbe suivante :
Le système démarre seul si, à l’arrêt, donc pour g = 1, on a :
o f Q
(1) , ce qui est réalisé pour Q2, mais pas pour Q1.
Pour faciliter le démarrage : il faut augmenter le couple moteur à l’arrêt, donc augmenter la quantité Q
o
, donc diminuer le facteur de qualité
R Q L
. La façon la plus simple consiste à augmenter R par adjonction d’un rhéostat de démarrage, ce qui déplace la courbe vers la droite sans modifier les valeurs extrémales du couple moteur .
En régime permanent : le théorème du moment cinétique donne : r
dt
d
, & donc en module :
r
& on a deux points de fonctionnement P1 & P2 correspondant à l’intersection des courbes.
Discussion de la stabilité :
Au point P1 : si le moteur accélère, donc si g diminue, le couple résistant l’emporte & on retourne en P1 ; si le moteur ralentit, donc si g augmente, le couple moteur l’emporte & on retourne en P1, qui est donc stable ;
Au point P2 : si le moteur accélère, donc si g diminue, le couple moteur l’emporte & on s’écarte du point P2 ; si le moteur ralentit, donc si g augmente, le couple résistant l’emporte & on s’écarte de P2, qui est donc instable ;
La vitesse limite correspond donc à la limite entre ces deux types de fonctionnement, donc au sommet de
la courbe, donc
1 '
1 1 .
Q g Q
g m , & la vitesse limite est donc .
Exo n°4 :
1. Le câble coaxial présente la symétrie cylindrique forte, donc on calcule le champ magnétique Bpar le théorème de Gauss. On choisit des coordonnées cylindriques
r,,z. Il y a double invariance par translation le long de Oz, & par rotation autour de Oz, d’où : z 0, 0, donc r est seule variable. Tout plan contenant Oz est plan de symétrie, donc on a : B B(r).u. Les lignes de champ sont donc des cercles d’axe Oz, & le théorème d’Ampère donne :
r B I
I dl
B o o
LC
. int 2 . On calcule ensuite le flux propre de ce champ à travers le rectangle C reliant les deux armatures du coaxial, de hauteur h (cf figure).( )
. . ln
2 2
b
o o
S C a
I I b
B dS h dr h LI
r a
, d’où on déduit l’inductance linéique du câble coaxial : . 2 lno o
L b
h I a
.
AN : valeurs raisonnables : a = 0,5 mm, b = 5 mm, & on rappelle que µo = 4 .10 7SI, d’où : 2.10 ln10 0, 46 mH/m7
Lo , valeur extrêmement faible, car une seule spire.
2. On appelle B1&B2 les champs magnétiques créés par les deux cylindres. La règle du tire - bouchon montre (cf figure) que les deux champs sont dirigés vers les x < 0. Le champ résultant vaut donc :
y b y
B oI 1 1
2 . On en déduit le flux propre à travers le rectangle C reliant les deux conducteurs, & de hauteur h :
a a h b
dy I y b h y
dS I
B o
a b
a o C
S
. 2
1 1 . ln) (
, d’où l’inductance linéique :
a b a
a b I
Lo h oln oln
.
, car en pratique on a b >> a. AN : valeurs raisonnables : a = 0,5 mm, b = 1 cm, d’où : Lo 1,2H/m, du même ordre de grandeur. Le résultat précédent constitue l’inductance extérieure, due au champ à l’extérieur des fils. La contribution intérieure ne peut se calculer que par la méthode énergétique, puisque la notion de flux suppose le circuit filiforme. A l’intérieur d’un fil infini, ou de hauteur h >> a, le théorème d’Ampère donne, en supposant le courant uniformément
réparti : Bdl I J dS rB o aI r B oaI r
C S o o
LC 2 2
2 )
(
int . 2 . 2
.
, d’où on déduit la densitéd’énergie : 2 2 24 2
2 8 r
a I B
d
u dW o
o
. On intègre dans le volume du conducteur :
. 8
.2 . 4 4 44 21 2 8 20 2 4 2
2 h
L I a L
a dr hI
rh a r
d I u
W o i i o
o a , donc
8
oi o
L , valeur
indépendante du rayon du câble, & donc valable pour un circuit filiforme.
Quand a0, la contribution intérieure devient négligeable devant la contribution extérieure (cas des circuits filiformes, & donc quand on demande de calculer L, il s’agit en fait de la contribution extérieure).
Exo n°5 :
1. Loi de Lenz : e en opposition sur v(t), loi de Pouillet : v t( ) e ri 0 car r = 0, d’où v t( ) e . Loi
de Faraday : 2
( ) ( ) msin
d dB V
e v t NS B t B t
dt dt NS
, 2
m
B V
NS
.
2. Théorème d’Ampère : . int
LC
H dl I
, où LC est la ligne de champ moyenne de longueur l. On en déduit : ( ) N ( )H t i t
l . Circuit R-L : 2. 2 ( )
² ² ²
j t
j t
v V e V
i e
R jL R jL R L
, avec : Tan L
R
. Il
en résulte que : i t( )Im.cos( t ), avec 2
² ² ²
m
I V
R L
. Soit en définitive : H t( )Hm.cos( t ),
avec 2
² ² ²
m
H NV
l R L
.
3. Les lois B t( ) et H t( ) donnent l’équation du cycle d’hystérésis sous forme paramétrique. On en déduit l ‘équation cartésienne :
cos cos sin sin sin cos cos , cos sin cos
m m m m
H H B B
t t t t
H H B B soit :
2 2
sin cos cos ²
m m m
H B B
H B B
.
En réduisant :
2 2
2 sin cos ²
m m m m
H B HB
H B H B
, équation d’une ellipse penchée.
4. Aire limitée par la courbe :
0
. sin .( sin ).
T
m m
C
B dH B H t t dt
A , le signe étant dû au fait que dH < 0 si B > 0. Soit :
cos 2 2 cos
2 2
m m
V NI
B H T T
NS l
A . On fait apparaître la puissance active P VIcos. P. T
est l’énergie active sur une période, & .T lS
P mesure l’énergie volumique dissipée par les pertes dans la matériau.
Exo n°6 :
1.Sur le primaire, le générateur est u1, alors que sur le secondaire c’est la fem induite
dt M di1
, d’où :
dt M di dt L di i R
u1 11 1 1 2 :
) 1 E
( , (E2): 1 22 2 2 u2
dt L di i dt R
M di
2. Dans le transformateur parfait, il n’y a aucune perte, donc : R1R2 0 (pas de pertes Joule), pas de pertes magnétiques donc la perméabilité µ du circuit magnétique est infinie, d’où 0
B
H & les
