BTS Et 2006 Metro Cor

Physique Appliquée Pré-étude et modélisation
Durée : 4 h
BTS 2006
Calculatrice autorisée
Motorisation d'un tramway
MAS Meca Harmonique Transitoire Onduleur
Coefficient : 3
Métropole
Correction
- Partie A - Étude d'un moteur de traction
A.1. Etude du fonctionnement nominal du moteur
A.1.1. de
f  p  n on tire f N  p 
tr / s
nS
avec les notations du problème
60
f
88
 p  60  n  60 
2
nS
2640
Le nombre de paire de pôle est de 2.
A.1.2. Par définition g 
N S  N 2640  2610

 0, 01136
NS
2640
Le glissement est donc g=1,14%
A.1.3.
Pn  3 U N I N cos N  3  585  35, 4  0,732  26, 25 kW
Comme les pertes dans le fer et les pertes joules stator sont négligeables on aura
PN
PtrN
Pu
Pjr = gPtr
Pfs = 0 Pjs = 0
PN  Ptr n  26,3 kW
Ptr N
2
26,3 103
 nS donc Cn 

 95,13 Nm
2
2
60
 NS
 2640
60
60
Le couple nominal est donc Cn  95,13 Nm
A.1.4. A partir de Ptr n  Cn   S  Cn 
A.1.5. On sait que les pertes joules stator valent
p jrN  gn Ptr N  0,01136  26,3 103  298 W
Les pertes joules rotoriques sont donc de p jrN  298 W
A.1.6. Les pertes mécaniques étant négligées , la puissance utile développée par le moteur est donnée
par PuN  Ptr N  p jr N  26300  298  26, 0 kW .
La puissance utile développée par le moteur est donc
PuN  26,0 kW
A.2. Expression simplifiée du moment du couple électromagnétique
A.2.1. D’après le schéma on a I 0 
V
338

 23, 0 A .
LM  26, 6 103  2  88
Le courant magnétisant est donc
A.2.2. D’après le modèle on a
Ir 
I 0  23, 0 A
V
2
R
2
 g    
 
R
devienne de plus en plus grand
g
 R 0,147

devant  . En effet  
 14, 7    2,38 103  2  88  1,31
 g 0, 01

g
V
g
Alors I r 
donc I r  V
V
2
R
R
R
g
 
R 2
R 2 V2
A.2.4. On a Ptr  3 I r donc Ptr  3 g
g
g
R2
g
R 2
R 2 V2
A.2.5.En remplaçant I r  V
dans Ptr  3 I r , on obtient Ptr  3
g
R
g
g
R2
A.2.3. Quand le glissement diminue on peut s’attendre à ce que
Ptr  3g
Soit
V2
P
V2
et comme Ptr  C   S donc C  tr  3 g
de la forme C  k  g avec
R
S
R  S
V2
k 3
 8433 Nm
R  S
A.3. Fonctionnement en traction
C 170

 2, 02 102 soit g  2, 02 102  2%
k 8433
A.3.2. Alors N  NS 1  g   2640  (1  0,0202) donc N  2587 tr/min
A.3.1. Avec C  8433  g et C=170 Nm alors g 
A.3.3. De
Ir  V
g
0, 0202
donc I r  46, 4 A
 338 
R
0,147
A.3.4. On voit que
tan r 

R
g

g  0, 0202  2,38 103  2  88

 0,180 soit
R
0,147
r  arctan 0,180  10, 2
A.3.5. Construction de Fresnel
I 0 est de 23 A et en retard de 90° sur V
I r est de 46,4 et en retard de 10,2° sur V
avec l’échelle 5A/cm on a
V
10, 2
IR
I0
A.3.6. De
i  i0  ir donc I  I 0  I r d’où la construction ci dessous
V
  34
I0
IR
I0
I  55 A
A.3.7 On mesure sur la construction I  55 A et
  34,5
A.3.8. Avec P  3VI cos   3  338  55  cos 34,5  45961 on trouve donc P=46000 W ( bien loin de
Pun)
Partie B – Performances mécaniques du tramway
B.1) Expression de la vitesse de rotation du rotor en fonction de la vitesse de déplacement du
tramway
D
2v
 roue  roue 
2
3, 6  D

2v
et  roue 
donc   10   roue  10 
10
3, 6  D
20
Donc  
v    10, 7  v
3, 6  0,52
De
v  3, 6
B.2) Performances maximales de la rame de tramway
B.2.1) Fonctionnement en régime permanent sur le plat
B.2.1.1) Pour M = 60 tonnes
CR1  2, 7 104  60 103  0,135  v
152
144
16,2
CR2
 16, 2 Nm
Pour v=60km/h CR1  16, 2  0,135  60  24,3 Nm
Pour v=0 : CR1
B.2.1.2) La vitesse v1 vaut alors 60 km/h
B.2.1.3)
CR1  16, 2  0,135  60  24,3Nm
1  10,7  v  10,7  60  642 rad / s ou
n1 
1
642
 60 
 60  6130 tr/ min
2
2
P1  CR1 1  24,3  642  15600W
Rq : 642>>276 rad/s du régime nominal du moteur !
B.2.2) Régime permanent sur une pente de 8%
B.2.2.1) Pour M=60 tonnes
CR 2  2, 4 103  60 103  0,135  v
144
 144 Nm
Pour v=60km/h CR 2  144  0,135  60  152.1 Nm
Pour v=0 : CR 2
CR1
16
24,3
B.2.2.2) La vitesse v2 vaut alors 28 km/h
B.2.1.3)
CR 2  144  0,135  28  147,8 Nm
1  10,7  v  10,7  28  299,6 rad / s ou n1  1  60  299, 6  60  2861tr/ min
2
2
P1  CR1 1  147,8  299,6  44280W
B.2.3) Démarrage sur le plat
B.2.3.1) La relation fondamentale de la dynamique est J
B.2.3.2) Lors du démarrage
d
 C  CR
dt
d  C  CR 170  16, 2


 35 rad s ²
dt
J
4, 4
B.2.3.3) Pour atteindre 25 km/h soit 267 rad/s avec une accélération de 35 rad/s², comme
267,5
d
267,5  0
 7, 6 s
 35 rad s ² 
alors il faudra t 
35
dt
t
- Partie C – Etude de l’onduleur
C.1. Onduleur à commande pleine onde
C.1.1. Lorsque K1 est fermé VA 0 
UC
U
, K4 fermé VA 0   C d’où la courbe VAO
2
2
C.1.2. tracé de VBO et VCO
C.1.3. Tracé de VAN
2
2
 U C  T  2U C  T

 2 

3  6  3  6 UC 2


C.1.4. VAN 
T
3
2
2U C
sin t et sa valeur efficace est
C.1.5. Le fondamentale de van est v1 (t ) 

V1 
2U C
 2

2U C


2  750

 338 V
C.2. Association onduleur –moteur
 Z 5  L  5  2,31103  5  553  6,39

3

 Z 7  L  7  2,3110  7  553  8,94
C.2.1. 
V1

 I  V5  5  10, 6 A
 5 Z5
Z5
C.2.2. 

V7
 I 7  Z  5, 4 A
7

3EI1
3E
cos 1   
C.2.3. On en déduit C (t ) 
 I5  I 7  sin  6t 
S
S
Donc C 
3EI1
3  309  35, 4
cos 1   
cos  43  6, 2   95 Nm et
553
S
2

C (t ) 
p
3E
 I5  I 7  sin  6t 
S
La fréquence de C’(t) est 6x88=528 Hz
Et l’amplitude de C’(t) est CMAX 
3E
 I5  I 7   17, 4 Nm
S
C(t )  95 17, 4sin  6  2  88  t 
C
17, 4
 0,18
C.2.4. le rapport MAX 
C
95
Donc
Le couple pulsatoire représente environ 20% du couple nominal, d’où une nuisance sonore, usure
prématurée, vibrations.
C.2.5. L’harmonique le plus proche est du rang 17, il sera plus facile de l’éliminer par des filtres (
bobines)
2UC /3
UC/3