UDS - UFR Physique et Ing´enierie - Lyc´ee Couffignal Licence QM2E
17 d´ecembre 2008
Bases scientifiques – Contrˆ ole continu – Correction
Enseignant : E. Laroche Dur´ee : 2 heure
Documents interdits – Calculatrices autoris´ees Exercice 1 (R´egime transitoire)
Une bobine d’inductance L est initialement court-circuit´ee par un interrupteur et parcou- rue par un courant constant I. A t = 0, on ouvre le transistor, obligeant ainsi le courant parcourant l’inductance `a traverser une r´esistance R.
1. Le sch´ema est donn´e sur la figure 1. L’interrupteur peut ˆetre r´ealis´e par un transistor de puissance. Lorsque l’interrupteur est ouvert, le courant circule uniquement dans l’inductance et on peut consid´erer qu’il reste constant car il n’y a aucune dissipation d’´energie.
2. Lorsque l’interrupteur est ouvert, le couranti(t)circule dans l’inductance et dans la r´esistance. En v´erifiant que les conventions r´ecepteurs sont bien v´erifi´ees, on peut
´ecrire pour chacun des dipˆoles :
vL(t) = Ldi(t)
dt (1)
vR(t) = R i(t) (2)
En ajoutant la loi de maille :
vL(t) +vR(t) = 0 (3)
on obtient l’´equation diff´erentielle suivante : Ldi(t)
dt +R i(t) = 0 (4)
3. Pour une ´equation diff´erentielle du premier ordre sans second membre, la grandeur part de la condition initiale et converge vers z´ero avec une allure exponentielle1. L’expression math´ematique du courant est alors :
i(t) =I(1−exp(−t/τ)) (5) o`u τ =L/R est la constante de temps.
1Dans le cas d’un syst`eme stable ; voir le cours pour les d´etails.
00000 11111
00 00 00 00 0
11 11 11 11 1
00000000000 11111111111
00 00 0 11 11 1
00 00 11 11 0000 0000 1111 1111 00000 11111
00 00 00 00 00 0
11 11 11 11 11 1
00 00 11
11 vR(t) vL(t)
i(t) R
L
Fig. 1 – Sch´ema de l’inductance et de la r´esistance
1
4. En donnant l’allure de la courbe, on donnera la tangente `at= 0qui coupe l’axe des abscisses en t=τ. On fera apparaˆıtre les point (τ,0.37×I) et (3τ,0.05×I).
5. La constante de temps est τ = 10 ms. Le temps de r´eponse `a 5 % est de 3τ, soit 30 ms.
Exercice 2 (Calcul d’int´egrales)
1. Notons u(x) = x et v′(x) = sin(x). On a alors u′(x) = 1 et v(x) = −cos(x).
L’int´egration par parties s’´ecrit : Z π
0
x·sin(x)·dx = Z π
0
u(x)v′(x)·dx (6)
= [u(x)v(x)]π0 − Z π
0
u′(x)v(x)·dx (7)
= [−x cos(x)]π0 + Z π
0
cos(x)·dx (8)
= π+ [sin(x)]π0 (9)
= π (10)
2. Notons u(x) = exp(x). On a dudx = u′(x) = exp(x), soit du = exp(x) dx = udx o`u dx= 1udu. De plus, lorsque x varie de 0 `a 1, u varie de exp(0) = 1 `a exp(1) = e.
Ainsi, on a :
Z 1
0
(exp(x))3·dx = Z e
1
u3 1
udu (11)
= Z e
1
u2du (12)
= u3
3 e
1
(13)
= 1
3(e3−1) (14)
Exercice 3 (R´eseau monophas´e sinuso¨ıdal)
1. Le sch´ema est donn´e sur la figure 2.
2. La loi des mailles s’´ecrit E = (Zr +Rch)I. Avec Zr = Rr +jXr et E = E, cela donne :
I = E
Rch+Rr+jXr
(15)
00000 11111
0000000000 1111111111 0
1
00 00 00 00 00 0
11 11 11 11 11 1
00 00 0 11 11 1
0 1
Zr
E V Rch
I
Fig. 2 – Sch´ema du r´eseau
2
3. La valeur efficace du courant est le module de I, soit :
I = E
p(Rch+Rr)2+Xr2 = 59,6 A (16) La phase du courant par rapport `a la tension est l’argument de I, soit :
φI =−arg(Rch+Rr+jXr) =−arctan
Xr Rch+Rr
=−0,46 rad =−26,6˚(17) Le signe n´egatif signifie que le courant est en retard par rapport `a la tension.
4. En voyant le circuit comme un pont diviseur de tension, on peut ´ecrire : V = Rch
Rch+Rr+jXr
E (18)
Avec E =E, cela donne :
V = Rch
Rch+Rr+jXr
E (19)
5. La valeur efficace est :
V = Rch
p(Rch+Rr)2+Xr2E = 298 V (20) Le d´ephasage par rapport `a E est le mˆeme que celui (17) du courant car la charge est r´esistive.
6. Comme pr´ecis´e `a la question pr´ec´edente, le d´ephasage entreV etI est nul. La chute de tension due `a l’imp´edance du r´eseau est de 102 V2.
Exercice 4 (D´ecomposition en s´eries de Fourier)
1. La tension simple et le courant relatifs `a la phasea sont repr´esent´es sur la figure 3.
L’´echelle des temps a ´et´e multipli´ee par12/T pour mieux faire apparaˆıtre les instants o`u ont lieu les commutations du courant.
2. Le courant est une fonction impaire du temps (ia(−t) =−ia(t)). Il pr´esente ´egalement une sym´etrie de glissement, c’est-`a-dire que la courbe est sym´etrique par rapport `a l’axe t=T /4 (ia(T /4 +t) =ia(T /4−t)).
3. Les termes de la s´erie de Fourier qui ne respectent pas la sym´etrie du signal sont nuls :
– les termes en cosinus sont nuls (ils ne respectent pas la parit´e),
– les termes de rang pair sont nuls (ils ne respectent pas la sym´etrie de glissement) De plus, les harmoniques de rang 3 et multiples de 3 sont nuls car le r´egime triphas´e est ´equilibr´e.
4. La d´ecomposition en s´erie de Fourier s’´ecrit : ia(t) =
∞
X
k=1
bksin(kωt) (21)
2Les valeurs num´eriques de cet exercice font apparaˆıtre une chute de tension qui est tr`es ´elev´ee par rapport `a ce que l’on peut rencontrer en r´ealit´e.
3
0 2 4 6 8 10 12
−1 0 1
v a / V
t × 12 / T
0 2 4 6 8 10 12
−1 0 1
i a / I
t × 12 / T
Fig. 3 – Tension va(t) et courant ia(t) relatifs `a la phase a
rang 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
bk (A) 0 1,10 0 0 0 -0,22 0 -0,16 0 0 0 Ik (A) 0 0,78 0 0 0 0,16 0 0,11 0 0 0 Tab.1 – Harmoniques du courant ; Ik est la valeur efficace
o`u seuls les bk pourk impairs sont non nuls. De par les 2 sym´etries, ces coefficients peuvent ˆetre calcul´es sur un quart de p´eriode :
bk = 8 T
Z T /4
0
ia(t) sin(kωt)dt (22)
= 8 T
Z T /4
T /12
Isin(kωt)dt (23)
= 8I T
−cos(kωt) kω
T /4
T /12
(24)
= −4I kπ
cos
kπ 2
−cos kπ
6
(25)
= 4I kπcos
kπ 6
(26) 5. Les harmoniques sont donn´ees dans le tableau 1.
6. En r´egime de tension sinuso¨ıdale, seul le fondamental du courant contribue `a la puissance active. Puisqu’il est en phase avec la tension, on a :
P = 3VaIa1 = 3V b1
√2 = 3√ 6
π V I = 538 W (27)
Le facteur de puissance estFp =P/S o`u S = 3V Ieff. La valeur efficace du courant3 est Ieff =p
2/3I o`u I est la valeur crˆete du courant, comme indiqu´e dans l’´enonc´e.
On a donc S =√
6V I. On obtient alors4 Fp = 3/π= 0,955.
3Voir les exercices du cours pour le d´etail de ce calcul.
4Le facteur de puissance n’est pas ´egal `a un en raison des harmoniques.
4
