TD11 : conversion électromécanique (correction)

Lycée Naval, Spé 2.

TD11 : conversion électromécanique (correction)

CP016. Couple exercé sur une barre mobile (*)

1. On appelle Hint l’excitation magnétique moyenne au sein du matériau et Hext l’excitation magnétique dans l’entrefer.

Le contour en pointillé a une longueur` dans le matériau ferromagnétique etaθ dans l’entrefer. L’application du théorème d’Ampère sur le contour en pointillé qui enlace lesN spires conduit à :

I

H.d~ ~`=H<sub>int</sub>×`+H_ext×aθ=N i

Le champ magnétique étant à flux conservatif, la canalisation des lignes de champ impose l’égalité du flux magnétique à travers toute section droite du matériau de section constante :

B_intS=B_extS ⇒ B_int=B_ext

Avec B_ext = µ₀H_ext et B_int = µ₀µ_rH_int, la relation déduite du théorème d’Ampère prend la forme :

B_ext µ0µr

`+B_ext µ0

aθ=N i ⇒ B_ext= µ₀N i

`/µr+aθ

Comme Bint =Bext, on détermine le flux du champ magnétique à travers le bobinage :

Φ =BintN S ⇒ Φ = µ0N²S

`/µr+aθ ×i

et donc pour l’inductance propre : L= µ₀N²S

`/µr+aθ 2. L’énergie magnétique stockée dans le système vaut :

E_m = 1 2Li²

Le couple qui s’exerce sur la partie mobile s’obtient en dérivant l’énergie magnétique par rapport àθà intensité constante.

Γ = ∂E_m

∂θ

i=cste

⇒ Γ =− aµ₀N²Si² 2 (`/µr+aθ)²

CP072. Pic de courant dans un relais à palette (**).

1. La première étape consiste à déterminer l’inductance propre du dispositif qui permettra de déterminer l’énergie magnétique et la force magnétique ainsi que l’équation électrique.

→Inductance propre : on note avec un indicef les grandeurs au sein du matériau ferromagnétique et avec un indiceeles grandeurs dans le vide.

À section constante, la conservation du flux magnétique et l’absence de fuite magnétique imposeB =B_f =B_e.

On applique le théorème d’Ampère à l’excitation magnétique sur un contour incluant le matériau ferromagnétique et l’entrefer :

H_f ×`+H_e×2x(t) =N i(t) AvecB_f =µ₀µ_rH_f etB_e=µ₀H_e, on en déduit :

B = µ₀N i(t)

`/µ_r+ 2x(t)

On peut alors en déduire le flux propre à travers lesN spires : Φ_p=N BS= µ₀N²S

`/µr+ 2x(t)i(t) ⇒ L= µ₀N²S

`/µr+ 2x(t)

→ Équation mécanique :

On applique la relation fondamentale de la dynamique à la palette. Une fois le support horizontal quitté, la palette est soumise à son poids et à la force électromagnétique, ce qui donne en projection sur l’axe vertical descendant :

md²x

dt² =mg+ ∂E_m

∂x

i=cste

=mg+1 2

dL(x) dx i²

C’est à dire : md²x

dt² =mg− µ0N²Si² (`/µ_r+ 2x)² .

→ Équation électrique :

Le bobinage subit un phénomène d’induction et l’équation électrique s’écrit : U =Ri−e=Ri+d(Li)

dt =Ri+ dL

dti+Ldi

dt =Ri+dL dx

dx

dti+Ldi dt C’est à dire :

U =Ri+ µ0N²S

`/µr+ 2x × di

dt− 2i

`/µr+ 2x dx

dt

On est bien en présence d’un système d’équations différentielles couplées.

2. Première étape : montée du courant

Dans un premier temps, le courant doit croître dans le circuit afin de créer une force électromagnétique suffisante pour compenser le poids et permettre à la palette de monter.

On peut donc considérer dans un premier temps que la distancexreste fixée àeet le circuit électrique est un simple circuitRL₀ qui subit un échelon de tension avec une constante de temps :

τ₀ = L₀

R = µ₀N²S

R(`/µ_r+ 2e) = 4π×10⁻⁷×500²×0,020

10×(1,5/200 + 2×0,04) ≈7 ms

Ceci semble cohérent avec la montée initiale du courant en quelques dixièmes de seconde et une immobilité mécanique.

Seconde étape : mouvement mécanique

Sous l’effet de la force électromagnétique, la palette vient coller à l’aimant en U; la baisse du courant peut s’interpréter comme une conséquence de la loi de Lenz, le système réagissant en tentant de contrer l’effet qui lui a donné naissance.

Troisième étape : seconde montée du courant

On se trouve à nouveau en présence d’un simple circuit RL1 avec une in- ductanceL₁ > L₀ et une constante de temps :

τ₁ = L₁

R = µ₀N²S

R(`/µr) = 4π×10⁻⁷×500²×0,020

10×1,5/200 ≈84 ms

CP065. Caractéristiques d’un moteur à courant continu (**)

En fonctionnement moteur, à condition de négliger l’inductance propre, la partie électrique du rotor est modélisée par une résistance et une force contre électromo- trice soumise à la tension d’excitation, selon le schéma :

E’

I R

U

Ce qui donne pour l’équation électriqueU =RI+E⁰(exacte en régime permanent, approchée en régime transitoire à condition de négliger les effets d’inductance propre)

→Premier essai : pour cet essai (à ne pas prolonger pour éviter l’échauffement de la résistance), le rotor est bloqué, on a doncE⁰ = Φ0Ω = 0et l’équation électrique dévient : U =RI. Une moyenne sur les trois mesures conduit à : R= 5,98 Ω.

→ Troisième essai : en présence de la seule force de frottement fluide, l’équation mécanique pour le rotor s’écrit :

J_∆dΩ

dt =−λΩ ⇔ dΩ dt + Ω

τ₁ = 0 avec τ₁= J_∆ λ La solution de cette équation s’écrit :

Ω(t) = Ω0exp

− t τ₁

⇒ t_1/2=τ1ln (2)

On en déduit : λ= J∆ln (2)

t_1/2 = 1,0×10⁻⁵×ln (2)

6,9 ⇒ λ= 1,0×10⁻⁶ N·m·s

→Quatrième essai : pour cet essai, le rotor est soumis au couple moteurΓ = Φ₀i et au couple de frottement fluide. Le théorème du moment cinétique en projection selon l’axe de rotation conduit à :

J_∆dΩ

dt = Φ₀i−λΩ

On combine avec l’équation électrique (en négligeant l’inductance propre) : U =Ri+E⁰ =Ri+ Φ0Ω ⇔ i= U −Φ0Ω

On en déduit : R dΩ

dt + 1 J_∆

λ+Φ²₀

R

Ω = UΦ0

RJ_∆ ⇔ dΩ dt +Ω

τ = Ω∞

τ Par identification, on peut en déduire la constante de couplage :

UΦ0

RJ_∆ = Ω∞

τ ⇔ Φ0= Ω∞RJ∆

U τ Application numérique :

Φ₀ = 860×2π/60×5,98×1,0×10⁻⁵

3×6,0×10⁻² ⇒ Φ₀= 30 mWb

→ Deuxième essai : en régime stationnaire, l’équilibre des couples moteur et résistant, conduit à :λΩ = Φ₀I.

Avec les valeurs obtenues, on peut déterminer l’intensité et la tension aux bornes de la résistance pour la série d’expériences :

U (V) 2,00 4,00 6,00 Ω(tours/min) 584 1169 1753 I (mA) 2,0 4,1 6,1 RI (mV) 12 25 36

On constate que, pour le rotor en rotation, la chute de tension aux bornes de la résistance est négligeable devant la tension d’excitation et que la tension du générateur se reporte quasiment en totalité sur la force contre électromotrice :

U ≈E⁰ = Φ0Ω ⇒ Φ0 = U

On obtient des valeurs de l’ordre Φ0 ≈ 32 mWb, en cohérence avec le résultatΩ précédent.

CP019. Treuil (**)

1. L’induit consomme une puissanceP_i=U I : I = P_i

U = 16,2×10³

200 ⇒ I = 81 A 2. L’inducteur se comporte comme une résistance U =RsIs :

I_s= U Rs

= 200

40 ⇒ I_s= 5,0 A 3. À l’aide du schéma électrique de l’induit, on obtient :

e⁰ =U −rI = 200−0,075×81 ⇒ e⁰ = 194 V 4. La force contre-électromotrice reçoit une puissance :

Pfcem=e⁰I = 194×81 ⇒ Pfcem= 15,7 kW

Compte-tenu des pertes au sein du moteur, la puissance utile vaut : P_u =P_fcem−P_C ⇒ P_u= 14,8 kW

5. La puissance utile du moteur vaut Pu, pour cela le moteur consomme la puissance électrique délivrée aux niveaux des enroulements de l’induit et de l’inducteur :

ρ_m= P_u

P_i+R_sI_s² = 14800

16200 + 40×5² ⇒ ρ_m= 86%

6. Compte tenu du rendement du treuil :P_meca = ρ_trP_u, cette puissance sert à faire monter la masse à la vitessev :

ρ_trP_u =mgv ⇒ m= ρ_trP_u

gv = 0,77×14800

9,81×3 ⇒ m= 387 kg

CP020. MCC en régime transitoire (**)

1. À vide, le seul couple résistant est le couple de pertes mécaniques. En régime permanent le couple moteur doit équilibrer le couple de pertes :

C_p=KI₀ donc K = Cp

I₀ = 1,23

1,8 K = 0,68 Wb 2. En régime permanent l’équation électrique de l’induit s’écrit :

Un=RI0+E⁰ donc E⁰=Un−RI0 = 109,1 V

La force contre-électromotrice est liée à la vitesse angulaire selon la relation E⁰=KΩ, on en déduit :

Ω = U_n−RI₀

K = 110−0,5×1,8

0,68 ⇒ Ω = 160 rad·s⁻¹

3. Régime transitoire :

(a) Le rotor est soumis au couple moteur C = Ki, au couple représentant les pertes mécaniques et au couple de charge. Le théorème du moment cinétique appliqué au rotor le long de l’axe de rotation conduit à :

JdΩ

dt =Ki−(Cp+Cr) (b) Le schéma électrique de l’induit est :

U_n

L R I

E’

Avec E⁰=KΩ, on en déduit, d’après la loi des mailles : U_n=KΩ +Ri+Ldi

dt

(c) En présence de la charge, la puissance électrique apportée au niveau de l’induit augmente, ce qui se caractérise par une augmentation de l’inten- sité. Très généralement, la vitesse angulaire est une fonction décroissante du couple de charge.

En présence d’une bobine le courant dans l’induit est nécessairement continu : I(0) = I₀ = 1,8 A. La vitesse angulaire, reliée à l’énergie cinétique de rotation, est elle-aussi continue (seul un couple infiniment grand pourrait la faire varier instantanément) : Ω(0) = 160 rad·s⁻¹. En régime permanent les grandeurs sont indépendantes du temps.

L’équation mécanique se simplifie selon : i∞= Cp+Cr

K = 13 + 1,23

0,68 ⇒ i∞= 20,9 A De même pour l’équation électrique :

Ω∞= U_n−Ri∞

K = 110−20,9×0,5

0,68 ⇒ Ω∞= 146 rad·s⁻¹ 4. Étude simplifiée :

(a) En l’absence de l’inductance propre, l’équation électrique se simplifie selon : U_n = Ri₀ +KΩ₀, expression que l’on reporte dans l’équation mécanique :

JdΩ0

dt =K

U −KΩ0

R

−(Cp+Cr) Ω0+RJ K²

dΩ0

dt = U K − R

K² (Cp+Cr) = Ω∞

La solution de cette équation est de la forme :

Ω0(t) = Ω∞+Ae^−t/τ avec τ = RJ K²

AvecΩ₀(0) = 160,4 rad/s, on en déduit numériquement : Ω₀(t) = 14,06 exp (−t/τ) + 146,38

(b) L’inductance propre ne joue un rôle qu’en régime transitoire (Ldi dt), les valeurs finales, associées au régime permanent, ne sont pas affectées.

La présence de l’inductance propre tend à s’opposer à la variation du courant, ∀t, i(t) ≤ i0(t) en particulier dans les premiers instants. L’in- ductance propre lisse l’augmentation du courant dans l’induit.

Comme C =Ki, un courant plus faible entraîne un couple moteur ré- duit et donc, pour un même couple résistant, une vitesse angulaire un peu plus faible,∀t,Ω(t)≤Ω0(t).

CP021. Alternateur connecté à un réseau de distribution (***) 1. La tension et l’intensité sont déphasées deϕ, ce qui donne pour la puissance

moyenne fournie :P =U_effI_effcos (ϕ) .

La puissance est positive pourϕ∈[−π/2, π/2].

P et U_eff étant fixées, l’augmentation du facteur de puissance permet de diminuer l’intensité et les pertes en ligne.

2. En tenant compte des orientations du circuit, la loi d’additivité des tensions s’écrit sur les grandeurs complexes :

U =−jLωI−RI+E ⇔ E=U+RI+jLωI

3. En négligeant la chute de tension aux bornes de la résistance, l’expression précédente s’écrit :

E =U +jLωI

En prenant l’origine des phases sur la tension, l’image de U est alignée sur l’axe des abscisses ; on passe deI à jLωI par une rotation de+π/2.

ω jL I

U E

−ϕ I

π/2−ϕ

δ h

4. Les composantes sur l’axe vertical dejLωI etE sont égales, ce qui s’écrit : h=Esin (δ) =ILωsinπ

2 −ϕ

=LωIcos (ϕ) ⇒ E_effsin (δ) =LωI_effcos (ϕ)

Sachant que P =UeffIeffcos (ϕ), on obtient Eeffsin (δ) = LωP U_eff .

À puissance et tension fixées, la relation précédente montre queE_effsin (δ) = cste. Comme Eeff = kIe, lorsque Ie change, δ s’ajuste de telle sorte que E_effsin (δ) reste constante ; sur le diagramme de Fresnel, l’extrémité de l’image de E se déplace sur l’horizontale h=cste.

E₁ E₂

h δ₁

δ₂

D’après le diagramme de Fresnel, quand ϕ diminue, δ augmente et Eeff

diminue. CommeE_eff =kI_e, une diminution de l’intensité dans l’inducteur, permet de diminuerϕet d’augmenter le facteur de puissance.

5. Pour le facteur de puissance optimal, ϕ = 0, et le diagramme de Fresnel prend la forme :

U jL Iω

E h

I δ

Le théorème de Pythagore conduit à : E_eff² = U_eff² + (LωIeff)², c’est à dire, avec P =U_effI_eff (car cos (ϕ) = 1) :

Ie= E_eff K = 1

K s

U_eff² + LωP

U_eff 2

et tan (δ) = LωI_eff

U_eff = LωP U_eff²

CP074. Machine synchrone (**).

1. L’axe de l’enroulement du rotor fait un angle θ avec l’axe de la phase B1

du stator et un angle π/2−θ avec l’axe de la phaseB₂ du stator ; l’induc- tance mutuelle étant maximale lorsque les axes sont alignées, on peut donc proposer pour les inductances mutuelles :

M_1r(t) = ˆMcos (θ(t)) et M_2r(t) = ˆMcos (π/2−θ(t)) = ˆMsin (θ(t)) 2. Pour exprimer l’énergie magnétique, il faut tenir compte des termes d’in-

ductance propre et des termes d’inductance mutuelle. Il n’y a pas à tenir compte de mutuelle entre les deux phases du stator car leurs axes sont per- pendiculaires :

E_mag = 1

2L_rI_r²+1

2L_si²_s1+1

2L_si²_s2+ ˆMcos (θ)I_ri_s1+ ˆMsin (θ)I_ri_s2

3. On obtient le couple en dérivant l’énergie magnétique par rapport à l’angle repérant le rotor et ceci à courants fixés :

C(t) = ∂E_mag

∂θ = ˆM×[−sin (θ(t))]×I_ri_s1(t) + ˆM I_ri_s2(t)×[cos (θ(t))]

⇔ C(t) = ˆM I_r[cos (θ(t))i_s2(t)−sin (θ(t))i_s1(t)]

4. Étude électrique :

(a) Avecθ(t) = Ωtet les expressions proposées pour les courants statoriques, le couple magnétique prend la forme :

C(t) = ˆM IrIˆs[cos (Ωt) sin (Ωt−ϕ)−sin (Ωt) cos (Ωt−ϕ)] = ˆM IrIˆssin (−ϕ)

C’est à dire : C(t) =−M Iˆ _rIˆ_ssin (ϕ) ⇒ C =−Cˆsin (ϕ) .

Le flux du champ rotorique à travers la phase B₁ du stator s’exprime à l’aide de l’inductance mutuelle selonΦ_mut,1 =M_1r(t)I_r = ˆMcos (Ωt)I_r, ce qui donne pour la fem de mutuelle inductance :

es1(t) =−dΦmut,1

dt = Ω ˆM Irsin (Ωt) ⇒ es1(t) = ˆEssin (Ωt) Avec la même méthode :

e_s2(t) =−d dt

M Iˆ _rsin (Ωt)

⇒ e_s2(t) =−MΩIˆ _rcos (Ωt)

(b) La phase (B1) se compose d’une inductance propre et de la force élec- tromotrice de mutuelle, cette phase étant alimenté par la tensionv_s1 :

i_s1

vs1

e_s1 L_s

La loi des mailles s’écrit alors pour les grandeurs complexes : V_s1 =jL_sΩI_s1−E_s1,

Les amplitudes complexes s’obtiennent à partir des grandeurs réelles :

— v_s1(t) = ˆV_scos (Ωt) ⇒ V_s1 = ˆV_s;

— i_s1(t) = ˆI_scos (Ωt−ϕ) ⇒ I_s1 = ˆI_se^−jϕ;

— es1(t) = ˆEscos (Ωt−π/2) ⇒ E_s1 = ˆEse^−jπ/2 =−jEˆs. La loi des mailles peut donc se réécrire :

Vˆs =jLsΩ ˆIse^−jϕ+jEˆs=LsΩ ˆIse^j(π/2−ϕ)+ ˆEse^jπ/2

Ce qui donne pour la représentation de Fresnel :

E_s

V_s

L_s I_s j

+ ϕ

π−ϕ

ϕ−π/2

norme Ω

Refermer le triangle (loi des mailles et relation de Chasles) impose de choisir un angleπ/2< ϕ < π.

(c) Dans le triangle rectangle, le théorème de Pythagore impose : LsΩ ˆIs =

q

Eˆ_s²+ ˆV_s²

D’autre part,tan (ϕ−π/2) = Eˆs

Vˆ_s ⇔ ϕ= π

2 + arctan Eˆs

Vˆ_s

! .

5. L’équipage mobile en rotation à la vitesse angulaireΩet soumis à un couple C reçoit une puissance mécanique :

Pm=CΩ =−CΩ sin (ϕ)ˆ ⇒ Pm =−M Iˆ rIˆsΩ sin (ϕ)

D’après les expressions de la fem et de l’intensité dans la phase B₁ du sta- tor, le déphasage absolu entre ces deux grandeurs est ϕ−π/2; en régime sinusoïdal, la force électromotrice fournit donc une puissance moyenne :

P_{f em1} = Eˆ_sIˆ_s

2 cos (π/2−ϕ) = M Iˆ _rΩ ˆI_s

2 sin (ϕ)

Il ne faut pas oublier de tenir compte de la seconde phase du stator, pour une puissance totale fournie :

P_{f em}= 2P_{f em1} ⇒ P_{f em}= ˆM IrΩ ˆIssin (ϕ)

On constate que les deux puissances sont opposées, ce qui caractérise un couplage électromagnétique parfait en accord avec le fait qu’on a négligé les différents types de perte.

6. Application numérique : Iˆs=

pEˆs+ ˆVs

L_sΩ = q

(150√

2)²+ (230√ 2)²

10 ⇒ Iˆs= 38,8 A

ϕ= π

2 + arctan 150√ 2 230√

2

!

⇒ ϕ= 123^◦

En l’absence de résistance, la puissance moyenne P fournie par le réseau diphasé est égale à la puissance moyenne reçue par les forces électromotrices et donc à l’opposé de la puissance fournie par les forces électromotrices :

P =−P_{f em}=−MΩIˆ _r×Iˆ_ssin (ϕ) =−150√

2×38,8×sin (123) P =−6,9 kW

7. La machine fonctionne en alternateur. Un opérateur fournit un couple mécanique moteur qui entraîne le rotor, ce couple s’oppose au couple élec- tromagnétique. La puissance du couple électromagnétique est négative, ce qui implique une puissance positive pour la puissance fournie par les fem des phases du stator, l’énergie électrique produite est fournie au réseau, comme l’indique le signe « - » de la puissance fournie par le réseau à la machine.

CP079. Traction d’un véhicule électrique (***)

1. Pour une machine synchrone, le rotor et le champ tournant statorique tournent à la même vitesse angulaire Ω =ω .

2. En une duréeT, le véhicule parcourt une distancex=vT le long de la pente et s’élève d’une hauteur z =xα avec α = 0,1. Le moteur doit fournir une puissance compensant les pertes mécaniques et permettant au véhicule de s’élever :

Pm=Ppertes+mgxα

T =Ppertes+mgvα= 3×10³+ 800×(50/3,6)×9,8×0,1 P_m = 13,9 kW.

3. Étude électrique :

(a) Schéma électrique : en fonctionnement moteur, la force contre électro- motrice reçoit une puissance électrique qui sera transformée en une puis- sance mécanique :

E’

I

U L

(b) Pour une machine idéale, la puissance reçue par les forces contre- électromotrices est égale à la puissance mécanique :

Pem=P_N = 15 kW

Dans chaque phase, la force contre électromotrice reçoit une puissance moyenne P = E⁰Icos (ψ). La puissance électromotrice est égale à la puissance reçue par l’ensemble des deux phases :

2E⁰Icos (ψ) =P_em I = P_em

2E⁰cos (ψ) = 15×10³

2×0,19×6000×2π/60×1/2 I ≈126 A.

(c) En prenant pour origine des phases l’intensité, on obtient pour le dia- gramme de Fresnel :

jL Iω I

ψ E’

U ϕ

+

On a : Ucos (ϕ) = E⁰cos (ψ) et Usin (ϕ) = LωI −E⁰|sin (ψ)|, ce qui donne :

U =p

(E⁰cos (ψ))²+ (LωI−E⁰|sin (ψ)|)² avec E⁰ = 119V et LωI = 1,6×10⁻³× 2π×6000

60 ×126≈127 V, on en déduit :

U = 64 V

(d) La puissance utile vaut Pu = Γu ×Ω pour une puissance fournie PN, donc :

ρ= ΓuΩ

P_N = 23×2π×6000/60

15000 ⇒ ρ= 96%

CP004. Moteur asynchrone (***).

1. En considérant le champ magnétique homogène sur la spire :

Φ =B. ~~ S =BScos (θ(t)−ϕ(t)) ⇒ Φ(t) = Φ₀cos (ω_rt+θ₀) 2. Pour la spire et en l’absence de générateur, l’équation électrique s’écrit :

0 =Ri−e=Ri+ d

dt(Φ(t) +Li) ⇒ 0 =Ri+Ldi

dt −Φ₀ω_rsin (ω_rt+θ₀) Comme on cherche la solution du régime forcé, il est intéressant d’utiliser les notations complexes pour cette équation linéaire à coefficients réels (at- tention à transformer le sinus en cosinus :cos(x−π/2) = sin(x)) :

Ri(t) +jLωri(t) = Φ0ωre^j

ωrt+θ0−π 2

⇒ i(t) = Φ0ωr

pR²+L²ω_r²e^j

ωrt+θ0−ψ−π 2

C’est à dire pour la grandeur réelle : i(t) = Φ₀ω_r

pR²+L²ω_r²sin (ω_rt+θ₀−ψ) avec tan (ψ) = Lω_r R 3. Le moment magnétique de la spire vautM~ =i(t)S~n, donc :

~Γ =M~ ∧B~ =i(t)S~n∧B~ ⇒ ~Γ =i(t)SBsin (θ(t)−ϕ(t))~uz

~Γ =i0Φ0sin (ωrt+θ0) sin (ωrt+θ0−ψ)~uz

On calcule la valeur moyenne en linéarisant l’expression :

~Γ =i₀Φ₀

2 [cos (ψ)−cos (2ωrt+ 2θ0−ψ)]~uz

En moyenne sur une période, seul le premier terme est non nul :

~Γ_m = i₀Φ₀

2 cos (ψ) ~u_z

Sachant quecos (ψ) = R

pR²+L²ω_r² et en utilisant l’expression dei0, on en déduit :

~Γm = Φ0ωr

pR²+L²ω_r² Φ0

2

R

pR²+L²ω_r² ⇒ ~Γm = Φ²₀R(ω0−ω) 2

h

R²+L²(ω0−ω)² i~uz

4. ∀ω∈[0, ω0], Γm≥0, le dispositif estmoteur.

On constate queΓ_m(ω=ω₀) = 0etΓ_m(ω= 0) = Φ²₀Rω₀/

2 R²+L²ω²₀ . En divisant les deux membres de la fraction parR(ω₀−ω), le couple peut s’écrire :

ω6=ω0 Γm = Γ0

R

L(ω₀−ω) +L(ω₀−ω) R Cette fonction est de la forme :x → 1

x+ 1/x, elle est maximale lorsque le dénominateur est minimal, ce qui revient à chercher :

(x+ 1/x)⁰ = 1−1/x² = 0 donc x² = 1 avec x >0

Le couple est maximal pourω =ω₀−R/Let vaut alors Γ^max_m = Γ₀/2.

Ce qui donne pour l’allure de la courbe :

ωο

Γο

Γm

ωο

M₁ M₂

ω /2

(0) Γ

−R/L

Γr

ω

1

ω2

5. Présence d’un couple résistant :

(a) Le couple résistant doit être inférieur au couple maximal : Γr<Γ0/2. En régime permanent, le couple moteur doit compenser le couple résis- tant. Pour0<Γ_r <Γ₀/2, on constate qu’il existe en général deux points M₁ etM₂ de fonctionnement.

(b) Le point M₁ est instable. En effet si, pour une cause quelconque, la spire ralentit (ω < ω1), le couple moteur diminue, ce qui accentue le ralentis- sement de la spire jusqu’à l’arrêt complet.

Le point M₂ est stable. Si, pour une cause quelconque, la spire ralentit (ω < ω2), le couple moteur augmente, ce qui permet à la spire d’accélérer pour retrouver sa vitesse de rotationω₂.