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Agrégation Interne 1999 Corrigé des Exercices
d’induction & RT
Exo n°1 :
1. La figure montre que toutes les forces élémentaires dF sont colinéaires & de même sens. En supposant que toute la longueur du fil de la bobine est dans l’entrefer, on a : F Bl.i(t). On en déduit l’équation mécanique avec la relation fondamentale de la dynamique projetée sur l’axe
Ox
:) ( .i t Bl fv dt kx
mdv soit : fv kx Bl.i(t) (M) dt
mdv , le signe + de la
force de Laplace traduisant un fonctionnement en moteur.
2. On est dans le cas de Lorentz, d’où calcul par le champ électromoteur : Em vB. La figure montre que ce champ est en opposition sur le courant
i
(conformément au fonctionnement en moteur), puis) ( . .dl Blv t E
e
C m
. On en déduit l’équation électrique par la loi de Pouillet : )
E ( ) ( . ).
( Blv t
dt L di i R r
E o o . On établit le bilan de puissances par la combinaison habituelle :
) ( ).
( . )
( : ) ( ) M
( 2 Bli t v t
dt kxdx dt fv
t dv mv t
v
) ( ).
( . )
( ).
( ) ( . : ) ( ) E
( 2 Blv t i t
dt t di i L i R r t i E t
i o o
. On élimine le terme commun de couplage
) ( ).
( .i t v t
Bl & on obtient le bilan sous la forme classique :
dt RP pertes dW
fournie P
P ( )
2 2 2 2 2
2 1 2
1 2
. 1 ).
( ) (
. mv L i kx
dt v d f i R r t i
E o o , donc Pfournie(RP) E.i(t) car le circuit est alimenté en permanence par le générateur
E
, Ppertes R.i2 f.v2 traduisant les pertes électriques par effet Joule & les pertes mécaniques dues aux frottements, & 2 2 22 1 2
1 2
1mv L i kx
W o qui représente
l’énergie stockée par le système, sous forme d’énergie cinétique de translation, d’énergie magnétique dans l’inductance & d’énergie potentielle élastique dans le ressort.
3. En régime forcé sinusoïdal : j dt
d , j1d’où on déduit, en introduisant les grandeurs complexes E, I & V que : jm.V f.V k j1V Bl.I (M) & de même :
) E ( . . ).
(r R I jL I BlV
E . Par élimination de la vitesse, on obtient :
k
m j f I Bl Bl
V . d’où :
k
m j f
l jL B
R r I
E . ( o) o ² ² en reportant dans l’équation
électrique (E). Il en résulte que l’impédance mécanique est donnée par la relation :
m m
m R jL
m k j f
l
z B² ²
, d’où on déduit que : 2 2
²
²
k
m f
f l Rm B
, & que :
22 ( / )
) / (
²
²
f m k
k m l
Lm B .
4. Avec les notations de l’énoncé, on obtient : 2 1
A
Rm & 2
1
A
Lm , où
est une fonction de la pulsation
. Il résulte des expressions précédentes que
est sans dimension, & queA
est homogène à une résistance.5 & 6. Le numérateur de
R
m étant constant, cette quantité sera maximale si le dénominateur est minimal donc pour 0, soit pour =
o, pulsation propre correspondant à la résonance. Alors Rmax A. Si 0 , ,Rm 0 ,Lm0, & si 0 , ,Rm0 ,Lm0.Pour o ,Lm0. La bande passante est définie, selon l’énoncé, par : 2
) 2
( Rmax A
R
BP m
d’où : 2(1ou 2)1, où
1 &
2 sont les frontières de la bande passante, ce qui conduit à l’équation du second degré : 2 22o 0, avecm f
2
, dont les
racines sont : ²o2 . Il en résulte que la largeur de la bande passante vaut : Q
m f o
2 1 2 , avec
m
o k
& Q mf o facteur de qualité. On a donc : 1
) ( , 1 )
(1 2
, d’où :
) 2 ( 2, )
( 1 2 A
A L
Lm m , d’où les courbes :
7. On a pour le moment la représentation de la courbe décrite par M en coordonnées paramétriques, & il s’agit de passer en coordonnées cartésiennes, donc d’éliminer le paramètre
. Soit :Page 3 sur 11 X
Y Y A
A L X
Rm m
, 1 ²
²
1 & on reporte dans
X
:)² / (
1 Y X
X A
, d’où :
2 2 2
2
2
A
A Y
X , équation d’un cercle de rayon 2
A & de centre
,0 2
A appelé cercle de Kennely. On a placé sur la courbe les valeurs remarquables de la pulsation.
Exo n°2 :
1. Force de Laplace élémentaire : dF i.dlB. Sur les côtés horizontaux, les deux vecteurs du produit vectoriel sont colinéaires, donc il ne reste que les forces sur les côtés verticaux. Le champ B étant constant, elles ont le même module F iBb, & en ce qui concerne leur direction, on se reporte à la figure. On en déduit le sens de rotation du cadre, & on vérifie que le couple résultant a bien le sens du vecteur unitairek. Les bras de levier sont identiques, donc le couple résultant vaut iBab,
& donc on en déduit que : G abB.
2. On est dans le cas de Lorentz, & la méthode du champ électromoteur sera plus commode que l’utilisation du flux coupé (car le flux magnétique à travers le cadre est toujours nul !). Soit :
B v
Em , puis
C mdl E
e
. . Les orientations des vitesses sont données par les vecteurs forces de la figure. Il en résulte que : sur les côtés horizontaux, le champ Em est orthogonal au cadre, & donc sa circulation est nulle, alors que sur les côtés verticaux, Em est porté par le cadre, & de sens opposé au courant
i,
conformément à la loi de Lenz (car la machine est un moteur). En norme, on a :a B vB Em
2 , la circulation se réduit aux côtés verticaux, donc : e 2.Em.b, & donc on obtient : e G., résultat cohérent avec G.i, traduisant que la conversion d’énergie sur le transducteur est idéale.
3.
e
est une fcem, d’où l’équation électrique (E) : E R.iG.. Pour un système en rotation, l’équation mécanique est donnée par le théorème du moment cinétique, soit (M) : Gidt
Jd . , le signe traduisant un couple moteur.
4. On élimine le courant : o
dt d R
G GE dt
Jd
, où l’on a posé
² G
RJ
(constante de temps), &
G E
o
(valeur en régime permanent). Compte tenu des conditions initiales, on a
0 ) 0 ( ) 0
(
, car c’est une grandeur continue, d’où : (t)o
1et/
. En reportant dans (E), on obtient : . (1 /) /)
( o t e t
R E R
e G
t E
i . Interprétation des valeurs asymptotiques : à
t = 0
,
est nul, donc
e
aussi, dans le circuit il ne reste queE
&R,
d’où la valeur initiale du courant. Pourt ->
,
croit & tend versE/G,
donce
tend versE,
&i
tend vers 0.AN : le RP est atteint à
10
-3 près si o avec la même précision, donc si eT1/ 103, donc pour :s 10 2,76
10 . 4 . 910 , 6 . 9 ,
6 2 4
1
T .
5. On effectue les combinaisons homogènes à des puissances
(E)*i
&(M)*,
soit : iG Ri
Ei ² . & Gi dt
J d . , & on élimine le terme de couplage
Gi
:
²
2
² 1 .
. J
dt i d R i
E . On reconnaît une équation de la forme :
dt dE
pertes fournie P
P .
Le système reçoit en permanence la puissance
E.i,
ne peut stocker d’énergie que sous forme cinétique de rotation, & l’effet Joule est la seule cause de pertes.6. Seule l’équation mécanique est modifiée & devient (M’) : GiF dt
J d . On élimine encore le
courant : F R
G GE dt
J d , ce qui peut s’écrire aussi : o
dt
d '
'
, où l’on a posé :
G FR RJ
' ² (le régime transitoire est plus bref, le couple résistant permet d’atteindre le régime permanent plus vite) & o G FR o
R
GE
' ² (la vitesse limite en régime permanent est plus faible, à cause du couple résistant). Avec les mêmes conditions initiales, on aura donc :
1 / '
' )
(
t o e t loi du même type qu’avant, & pour le courant : )
1 ' ( )
1 ( ) '
( / '
'
/
o t o e t
R G R E R
e G
t E
i le courant ne s’annule plus en régime permanent,
mais tend vers la valeur :
FR G
GR EFR R
G iRP E o
²
' , d’où les courbes.
AN : d’après le calcul de la question 4 : 2,51s
10 . 10 10
10 . 4 . 9 10 , 6 ' . 9 ,
6 2 4 4
2
T .
7. On effectue les combinaisons homogènes à des puissances (E)*i & (M’)*, soit : Ei Ri²G.i
& GiF² dt
J d , & on élimine le terme de couplage
Gi.
Il vient :
²
2
² 1 .
. J
dt F d
i R i
E . On reconnaît une équation de la forme classique :
dt dE
pertes fournie P
P , où : Pfournie E.i (inchangée), ²
2
1
J
E (inchangée) &
Joule R
pertes Ri F
P
P .² , le second terme correspondant aux pertes mécaniques dues
au couple résistant.
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8. On retrouve la première équation mécanique (le système est toujours un moteur) (M) : Gi dt
J d . La nouvelle équation électrique s’écrit (E’) : G
dt Ldi i R
E . . On tire
i
de l’équation mécanique :
dt d G
i J G
dt d G L J dt d G R J
E ²
² . Sous forme standard, on obtient :
G E LJ G LJ
G dt d L R dt
d ² ²
²
²
, ce qui s’écrit aussi : o o o
dt d dt
d
² ²
² 2
² , où l’on a posé :
L R
2
,
LJ
o G²
2
, & toujours
G
o E
, solution en régime permanent à laquelle s’ajoute la solution en régime transitoire, solution de l’équation homogène associée : 2 0
²
² ²
dt o
d dt
d .
9. On cherche une solution de la forme ert, ce qui conduit à l’équation caractéristique classique : 0
. 2
² r2o
r , dont les solutions sont : r ²2o . Suivant les valeurs relatives de
& de
o,
on obtient les régimes apériodique ( >
o), critique ( =
o), & oscillant amorti (
<
o).AN : 5s 1
2
10
, 24 5s1 10
. 4 . 1
10
o & on est donc dans le cas du régime critique, & la solution s’écrit : (t)o A.et(1t). Il faut déterminer les deux constantes d’intégration A &
par les conditions initiales : (0) 0 & (0)0 dt
d (système à l’arrêt). Soit : 0o A Ao. On calcule : Ae
(1 t)
dt
d t
. A
t
= 0, il vient : 0 A() o, d’où la solution définitive : (t)o
1et
1t .
Exo n°3 :
1.Sur le primaire, le générateur est
u
1, alors que sur le secondaire c’est la fem induitedt M di1
, d’où :
dt M di dt L di i R
u1 11 1 1 2 :
) 1 E
( , (E2): 1 2 2 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 lignes de champ ne sortent pas du matériau, donc le flux à travers une section droite est conservé :
cste
. En introduisant les flux à travers les bobinages primaire & secondaire :
2 1 1 1
1N L i Mi
& 2 N2L2i2 Mi1, il reste : dt
N d dt
u d
1 1
: 1
) 1 E
( ,
dt N d dt
u d
2 2
: 2
) E2
( , d’où on déduit la loi des tensions :
N m N u
u
1 2 1
2 . Le théorème d’Ampère sur la ligne de champ moyenne donne :
LC
i N i N I dl
H. int 11 2 2
d’où, avec
H = 0
ii m11 2
. On en déduit le rendement de la conversion
de puissance : 1
1 1
2 2 1
2
u i
i u P
P , logique puisqu’il n’y a pas de pertes.
3. L’impédance d’entrée vérifie :
² .
) / (
2 2 1
1
m Z i m
m u i
Ze u u
, car
2 2
i
Zu u impédance de charge du secondaire. Sur la maille primaire : 1 1 2 E Z ( m.i2)
m i u
Z E
u g g g g , soit aussi :
g Eg
s g
g m Z
i Z u
i m Z E m
u . ². ²
2 0 2 2
2
. Une impédance ramenée au primaire est donc divisée par
m²,
alors qu’une impédance ramenée au secondaire est multipliée parm²
.4. Régime sinusoïdal forcé, avec j dt
d , & en introduisant les grandeurs complexes U1,U2,I1,I2
avec le secondaire en court- circuit (u2
= 0
) :
1 1
21
: 1
) 1 E
( U I R jL jMI , (E2): jMI1
R2 jL2
I2 0. En éliminant le courantsecondaire :
2 1 2
1 1 1 2 1
2 2 ² ²
jL R jL M R I U jL I
R
I jM & on en déduit :
m m
m R jL
jL R Z M
2 2
²
² donc :
²
²
²
22 22
2
L R R M
Rm ,
²
²
²
22 22
2
R L
L M Lm D’après la question précédente :
²
2
m
Rm R donc
2 2 22
22
²
²
² ²
M L M
L
m R car en principe on a :
2
2 L
R car le secondaire est essentiellement inductif. Alors :
2
2 ²
² L
M m
Lm L . Dans le cas du
couplage parfait, on a :
1 2 1
2 2
1
² ² 1
² N
m N L m L L L
K M car l’inductance est proportionnelle au carré du nombre de spires. Il en résulte que : Lm L1, & la réactance du primaire est annulée (relèvement du facteur de puissance). La puissance dissipée dans
R
m vaut :1 2 12 12
)
( m
m m
m R R
U R I
R
P , maxi pour
1 2 2 1 1
R R N R N
Rm , condition réalisable avec un auto - transformateur. Alors
2 2
2 1
4 1
1 1 1
12 g
m R
U U R
U P
P d’où le rendement
2
1
.
Exo n°4 :
1. Les champs magnétiques sont proportionnels aux courants : Bk a.ikuk, & on associe à chaque vecteur plan (vecteur unitaire ou champ magnétique) un nombre complexe. Les racines cubiques de l’unité correspondent aux vecteurs unitaires, & on exprime les sinus contenus dans les courants au moyen des formules d’Euler, ce qui donne : BB1B2 B3, soit :
3
) 4 3 ( 4 3)
( 4 3
) 2 3 ( 2 3)
( 2
. .
1 2 .
2 ej t e j t ej t e j t e j ej t e j t e j
j
B aI soit aussi :
( 2)
3 4 3
4
2 2 3 2
2 1 3
1 1 2 1
2
j t j j j t j t aI e j t
j e e aI
e e
j e
B aI & on a donc un
champ tournant à la vitesse angulaire
, de module constant.2. Dès qu’on établit le système de courants, le champ B tourne, donc l’angle
N,B
dépend du temps, le flux à travers la bobine aussi, d’où création d’une fem induite, d’un courant induit, donc de forces de Laplace motrices qui font tourner la bobine.Page 7 sur 11
3. On a :
N,B
t N,B
0 (')t(')t. On en déduit :
t N N BdS NBS t e ddt Um t
C S
' sin
' cos
. .
) (
) (
, où
représente leflux à travers une spire, & où on a posé : Um NBS
'
valeur maximale de la fem alternative, qui n’est différente de zéro que si ', d’où le nom de moteur asynchrone. Au synchronisme, il n’y a plus de mouvement relatif, donc plus d’induction. En passant en complexes :
e Umej t i i Imej t
e Im ( )' , Im ( )' . La loi d’Ohm donne :
'
R jL e z
i e car j
'
dt
d . Avec
' 0 arctan
R
L , on obtient :
I t
t
i( ) msin ' , où l’on a posé
'2
²
²
'
L R
Im NBS .
4. La norme du champ magnétique étant uniforme, on peut écrire, comme pour un dipôle magnétique, que : B(t) NSi(t)Bsin't
M , soit finalement :
(t) NSBIm sin 't .sin 't . En utilisant (définition de la puissance active) que 2
) cos cos(
.
cos
t t , on obtient la valeur moyenne du couple moteur :
² ' 1 ²
2
' )
(
2 2
R R L
NBS
en utilisant cos 11tan² . 5. On pose
'
g appelé glissement. C’est la vitesse angulaire relative sans dimension, avec
g = 0
au synchronisme, &
g = 1
à l’arrêt.On pose aussi
R
Q L, qui est le facteur de qualité (sans dimension) de la bobine à 50 Hz. Le rotor étant essentiellement inductif, on doit avoir
Q² >> 1
. Alors on peut écrire :²
² ) 1
( Q g
g o Qg
, où l’on a posé
L NBS
o 2
)²
(
.
* Si
g Qo
' 0 1, , couple moteur à l’arrêt ;
* Si 'g0,0, le couple moteur s’annule au synchronisme ;
* Si g0, & donc il existe un maximum. On a :
) / 1
( Qg
Qg
o
maxi si le dénominateur est
mini, donc pour 0gm Q1 1, donc dans le domaine du fonctionnement en moteur. Alors L
o NBS 4
)² (
max 2
, indépendant de R. La puissance est donnée par :
²
² 1
) 1 ) (
1 (
' Q g
g g o Qg
P & donc s’annule pour
g = 1
(moteur à l’arrêt) & pourg = 0
(synchronisme) : donc il existe un maximum. Il faut dériver : calcul pénible qui conduit à
²
1 g Q
g m . Alors Pmax maxgm.
