Agrégation Interne 2002

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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 ré
 
sistante. On est dans le cas de Lorentz : Em  v  B . Le vecteur vitesse est suivant Ox, donc le champ
l

électromoteur est dirigé de B vers A. On a : e   Em .dl   v.B.dx  vBl . D’où l’équation électrique :
BA
0


q
e  U AB  Ri   Bl .v ( E) . Force de Laplace résistante : F   i.dl  B , dirigée vers les x < 0. D’où
C
dv
  Bl .i ( M ) .
l’équation mécanique : m
dt
2. Bilan de puissances : on forme les combinaisons Mv & Ei . On obtient :
M v : mv dv   Bl .iv , & E i : Bl .vi  Ri 2  q i . Comme le condensateur n’est pas chargé à t = 0, il
dt
C
dq
se charge, & donc : i  
. On élimine le terme de couplage Bl.vi & on obtient le bilan de puissances
dt
dW
sous la forme générale : PfournieRP  Ppertes 
, où la puissance fournie en régime permanent est
dt
nulle (système isolé, apport d’énergie cinétique à t = 0 seulement), la puissance dissipée dans les pertes
vaut Ppertes  RI 2 , & le système stocke de l’énergie cinétique de translation & de l’énergie potentielle
électrostatique : W 
1 2 1 q2
.
mv 
2
2 C
3. On dérive l’équation électrique pour se débarrasser de q :
d
E  : Bl . dv  R di  1 i , & on élimine
dt
dt
dt C
dv
Bl
R di
1
di i
dv
1
1
B 2l 2
 i

i    0 , avec 
avec l’équation mécanique :
. Par

dt
m
Bl dt BlC
dt 
dt
 RC mR
intégration : i(t )  I oet /  . A t = 0, q = 0, & l’équation électrique devient Bl .vo  RI o , soit finalement :
Blv o  t / 
dv
Bl
B 2l 2 vo  t / 
 1 1  t / 
e
 i
e
 vo  
. L’équation mécanique donne :
.
.e
R
dt
m
mR
  RC 
  t / 
1 1 

t / 
 cste  vo 1 
 cste . Avec la condition initiale,
On intègre : v (t )  vo  
.  e
.e
  RC 
 RC 
i (t ) 

 
 
t / 
on obtient : v(t )  vo 1  1 
 1 e
RC

 
 .
4. 1. On fournit de l’énergie électrique, donc le système est un moteur, & la force de Laplace sera modv
  Bl .i ( M ) .On est dans le cas de
trice, donc dirigée vers les x > 0. D’où l’équation mécanique : m
dt



Lorentz : Em  v  B . 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 :
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q
dv
q
 Bl .v  Ri ( E) . Le bilan de puissances donne : mv
  Bl .iv ( M )v , i  Bl .vi  Ri 2 ( E)i .
C
dt
C
2
dq
d 1
1 q 
On a maintenant i  
(décharge) d’où : 0  Ri 2   mv 2 
. Le bilan a la même forme, le
dt
dt  2
2 C 
système est toujours isolé, on n’a un apport d’énergie électrique qu’à t = 0 seulement.
i
dv
di
dv
 R , on élimine
En dérivant l’équation électrique :   Bl
, & on obtient :
C
dt
dt
dt
dv Bl
R di
1
di i

i

i    0 & l’équation est inchangée, mais pas les conditions initiales.
dt m
Bl dt BlC
dt 
Q
Q
A t = 0, q = Qo, & l’équation électrique devient : o  RI o  i (t )  o e  t /  .
C
RC
dv Bl
BlQo  t / 

i
.e
L’équation mécanique donne :
. On intègre :
dt m
mRC
BlQ o
Bl Qo
v (t ) 
.  e t /   cste . Avec la condition initiale, on obtient : v (t ) 
1  et /  .
mRC
mRC

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 :
M 
b
b
1
e   Em .dl   vBo dl   Bol.dl  Bo b2  a 2  K . , donc on a :
2

N


a

a
1
K  Bo b 2  a 2 .
2
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 :

d  l  dF . En module, d  IBol.dl & on intègre :
b


1
   IBol.dl  IBo b2  a 2  K ' I
2
a
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 conducI
teurs, en parallèle, donc parcourus par le courant i  , donc chacun d'eux est soumis au couple
N
I
1  K . Tous les couples 1 sur les conducteurs agissent dans le même sens, d'où le couple résultant
N
 '  N1   .
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4. La machine est évidemment un moteur ! Le moteur comprend N résistances
r
r en parallèle, donc la résistance équivalente vaut : réq  . Le générateur
N
r


réel (E, R) alimente le récepteur  e,  selon le schéma ci-contre. On en dé N
r
r 

duit l'équation électrique : E  K   R  . I  Ro I ( E) , avec Ro  R  .
N
N

5. Bilan de puissances : on forme les combinaisons (E).I & (M)., ce qui donne :
d
 KI , & on élimine le terme de couplage KI, ce qui con( E) I : EI  KI  Ro I 2 & ( M ) : J
dt
dW
duit à la forme standard du bilan de puissances : PfournieRP  Ppertes 
, où la puissance fournie en
dt
régime permanent vaut EI, la puissance dissipée dans les pertes vaut Ppertes  Ro I 2 , & le système
stocke de l’énergie cinétique de rotation : W 
1 2
J .
2
6. On élimine le courant I entre les équations (E) & (M) : I 
J d
1
E  K , soit aussi :

K dt Ro
d
E
R J
   o , avec   o & o  . En intégrant, compte tenu de la condition initiale (0)  0
2
dt
K
K
(machine à l'arrêt), on obtient :   o 1  e t /  . L'équation mécanique donne alors :
J d J o  t /  E  t / 
I

e

e
. On vérifie que pour t = 0, l’équation électrique donne E  Ro I o .
K dt K 
Ro
E
Pour t   :  
& l’équation électrique donne I  0 .
K



Exo n°3 :
1. Pour chacun des solénoïdes, le champ magnétique créé au point O est dirigé suivant l’axe, & vaut :
 Ni
Bk  o k cos 2k  cos 2k .uk  .ik .uk , où  est une constante ne dépendant que des paramètres
2L
géométriques du solénoïde. Le champ résultant vaut donc : B (O ) 
3
 .ik .uk .
On associe alors à
k 1
3
chaque vecteur plan un nombre complexe, soit : B (O ) 
 .ik .uk , & on utilise les formules d’Euler
k 1
pour représenter les sinus, ce qui donne :
2I jt
B
e
 e  jt 1  e j t  2 / 3  e  j t  2 / 3 .e  j 2 / 3  e j t  4 / 3  e  j t  4 / 3 .e  j 4 / 3
2j

 




On sépare les contributions en e jt & en e  jt , ce qui donne :
2I jt
2I  jt
1  1  1 . Dans le premier crochet, on reconnaît la
B
e 1  e  j 4  / 3  e  j 8 / 3 
e
2j
2j


somme des racines cubiques de l’unité, qui vaut zéro, d’où : B  j
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3 2I  jt 3 2I


e

exp j  t   .
2
2
2

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3
2I , & que l’argument du nombre com2
plexe 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.
Il en résulte que le module du champ est constant : B 
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 quel-
 
conque : N , B    '.t , & donc le flux à travers la bobine
 
vaut :   N  N  B.dS  NBS . cos N , B car le champ magnéS
tique est supposé constant sur la bobine de faibles dimensions. On
d
 NBS '. sin   '.t   Em sin   '.t  , où l’on a poen déduit la fem induite : e  
dt
sé :
Em  NBS .' . 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  Ree  Em . exp j 't  , & de même : i  Rei  I . exp j 't  I m . exp j't   . La bobine étant un circuit R-L, on a :
d
Em
 j ' , d’où : I 
, d’où l’on déduit que :
e  z.i  R  jL'.i , car ici l’on a :
dt
R  jL'
L.' 
Em
NBS .'
 0 car la bobine est un circuit induc, & tan  
Im 

R
R 2  L2 '2
R 2  L2 '2
tif. Il en résulte que : i(t )  I m sin   '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 . N est le moment magnétique
 
de la bobine. En module, on a donc :  (t )  NBS .i (t ). sin N , B , soit en définitive :
(t )  NBS .I m sin   't  . sin   't . Par analogie avec la définition de la puissance active : P  Ueff I eff cos   u(t ).i(t )  Um cos t.I m cost    , on en déduit la valeur moyenne du
couple :  

1
1 NBS 2 '
NBS . I m cos  
2
2 R 2  L2 '2
NBS 2 '

2 R 1 

2



'



R2

L2
1
1  tan 2 
, avec tan  
L.' 
, d’où :
R
.
5. On fait apparaître les grandeurs Q 
NBS 2 Qg   Qg .
L
  '
& g
: 
o
R

2L 1  Q 2 g 2
1  Q2g 2
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

On a posé : o 
NBS 
2
2L
. On calcule la dérivée :

2 2

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d
1  Q g Q  Qg .2Q g
1  Q2g 2
 o


Q
.
o
dg
2 2 2
2 2 2
1 Q g
1 Q g

2



Donc :
 Si g  1  '  0 (moteur à l’arrêt) :
Q

(1)  o
 o avec Q 2  1 comme il se doit pour un
2
Q
1 Q
rotor bobiné inductif ;
 Si g  0  '   (synchronisme, le moteur décroche) :
  0 . La dérivée vaut : ' (0)  oQ ;
1
d
 Si g  g m   1 : alors
 0 , le couple est maximal &
Q
dg
NBS 2 , valeur indépendante de R. D’où

vaut : m  o 
2
4L
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.
g.1  g 
La puissance est donnée par : P  .'  (1  g )  oQ
. Pour un bon facteur de qualité, le
1  Q2 g 2

1
couple n’est important qu’autour de la valeur gm, alors Pm  m .1    m  .
 Q
g.(1  g )
Calcul rigoureux : on considère la fonction f ( g ) 
qui s’annule en g = 0 & g = 1, donc il
1  Q2 g 2
existe un maximum entre les deux. On dérive :

1  Q 2 g 2 1  2 g   g.1  g .2 gQ 2 1  Q 2 g 2  2 g  2Q 2 g 3  2Q 2 g 2  2Q 2 g 3
f '(g) 

, soit :
1  Q 2 g 2 2
1  Q 2 g 2 2
1  2g  Q2g 2
 0 si 1  2 g  Q 2 g 2  0  g 
2
1  Q2g 2
l’on a la condition Q2 >> 1.
f '(g) 


1  1  Q2
 Q2
g
1  Q2 1
Q2

1
 gm si
Q
6. En prenant g comme variable : r   f  v 2 1  g 2 . La quantité f représente le frottement statique (obtenu à l’arrêt, pour g = 1). La quantité v 2 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 :

(1)  o   f , ce qui est réalisé pour Q2, mais pas pour Q1.
Q
 Pour faciliter le démarrage : il faut augmenter le couple mo
teur à l’arrêt, donc augmenter la quantité o , donc diminuer
Q
L
le facteur de qualité Q 
. La façon la plus simple conR
siste 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
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d
   r , & donc en module :
dt
  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

1
1
la courbe, donc g  g m   .1    '   , & la vitesse limite est donc .
Q
 Q
donne :
Exo n°4 :
1. Le câble coaxial présente la symétrie cylindrique forte, donc on calcule le champ
magnétique B par 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


 0,
 0 , donc r est seule variable. Tout plan contenant Oz est
de Oz, d’où :
z

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 :
 I
 B.dl  o I int  B  2o r . On calcule ensuite le flux propre de ce champ à traLC
vers le rectangle C reliant les deux armatures du coaxial, de hauteur h (cf figure).
b
I
I
b
   B.dS   o h.dr  o h ln  LI , d’où on déduit l’inductance linéique du
2r
2
a
S (C )
a
 o b

ln .
h.I 2 a
AN : valeurs raisonnables : a = 0,5 mm, b = 5 mm, & on rappelle que µo = 4.10 7 SI, d’où :
Lo  2.107 ln10  0, 46 mH/m , valeur extrêmement faible, car une seule spire.
câble coaxial : Lo 
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 :
 I 1
1 
B  o  
 . On en déduit le flux propre à travers le rec2  y b  y 
tangle C reliant les deux conducteurs, & de hauteur h :
ba
1
1 
 I
ba
,
d’où
 
.dy  o h ln
y b y

a

S (C )
a
 o b  a o b

ln

ln , car en pral’inductance linéique : Lo 
h. I

a
 a
tique on a b >> a. AN : valeurs raisonnables : a = 0,5 mm, b = 1 cm,
d’où : Lo  1,2 H/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 mé I
   B.dS  o h
2

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thode 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 :
I
 I
2
 B.dl  o I int  o  J .dS  2r.B o a 2 r  B  2oa 2 r , d’où on déduit la densité
LC
S (C )
d’énergie : u 
W   u.d 
dW
B2
 I2

 o2 4 r 2 . On intègre dans le volume du conducteur :
d 2o 8 a
o I 2
a

ohI 2 a 4 1
o h
2
2
, donc Loi  o , valeur indépenr
.
2

rh
.
dr


L
I

L

i
i

8
8
82a 4 0
4a 4 4 2
dante du rayon du câble, & donc valable pour un circuit filiforme.
Quand a  0 , 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
d
dB
V 2
V 2
 v(t )  NS
 B(t )  Bm sin t
, Bm 
.
dt
dt
NS 
NS 
2. Théorème d’Ampère :  H .dl  I int , où LC est la ligne de champ moyenne de longueur l. On en dé-
de Faraday : e  
LC
duit : H (t ) 
N
v
V 2.e jt
i (t ) . Circuit R-L : i 


l
R  jL R  jL
en résulte que : i(t )  I m .cos(t  ) , avec I m 
L
V 2
. Il
e j ( t ) , avec : Tan  
R
R ²  L²²
V 2
. Soit en définitive : H (t )  H m .cos(t  ) ,
R ²  L ²²
NV 2
.
l R ²  L ²²
3. Les lois B (t ) et H (t ) donnent l’équation du cycle d’hystérésis sous forme paramétrique. On en déduit l ‘équation cartésienne :
H
H
B
B
 cos t cos   sin t sin  

sin   cos t cos ,
cos   sin t cos  soit :
Hm
H m Bm
Bm
avec H m 
2
2
 H
  B

B

sin    
cos    cos ² .

 H m Bm
  Bm

En réduisant :
2
2
 H   B 
HB
sin   cos ² ,

 
 2
H m Bm
 H m   Bm 
d’une ellipse penchée.
équation
4. Aire limitée par la courbe :
T
A    B.dH   Bm H m  sin t.( sin t ).dt , le signe
C
0
étant dû au fait que dH < 0 si B > 0. Soit : A  Bm H m T
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cos  V 2 NI 2
cos 

T
. On fait appa2
NS  l
2
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P .T
raître la puissance active P  VI cos  . P. T est l’énergie active sur une période, &
mesure
lS
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  M
di
di
( E1) : u1  R1i1  L1 1  M 2 ,
dt
dt
( E2 ) :  M
di1
, d’où :
dt
di1
di
 R2i2  L2 2  u2
dt
dt
2. Dans le transformateur parfait, il n’y a aucune perte, donc : R1  R2  0 (pas de pertes Joule), pas de

 B 
pertes magnétiques donc la perméabilité µ du circuit magnétique est infinie, d’où H   0 & 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 :
1  N1  L1i1  Mi2 & 2  N2  L2i2  Mi1 , il reste :
d1
d
d 2
d
u
N
( E1) : u1 
 N1
( E2 ) : u2  
 N2
,
, d’où la loi des tensions : 2   2  m .
dt
dt
dt
dt
u1
N1
Le théorème d’Ampère sur la ligne de champ moyenne donne :

i
1
 H .dl  I int  N1i1  N 2i2 d’où, avec H = 0  i12   m . On en déduit le rendement de la conversion
LC
P
de puissance :   2 
P1
u2i2
 1 , logique puisqu’il n’y a pas de pertes.
u1i1
u
 (u2 / m) Z u
u

3. L’impédance d’entrée vérifie : Z e  1 
, car Z u  2 impédance de charge du sei1
 m.i2
m²
i2
u
condaire. Sur la maille primaire : u1  E g  Z g i1   2  E g  Z g ( m.i2 ) , soit aussi :
m
u 
u2  m.E g  Z g m².i2  Z s   2 
 m² Z g . Une impédance ramenée au primaire est donc di i2  Eg 0
visée par m², alors qu’une impédance ramenée au secondaire est multipliée par m².
d
 j , & en introduisant les grandeurs complexes U1,U 2 , I1, I 2 avec
dt
le secondaire en court- circuit (u2 = 0) :
( E1) : U1  I1R1  jL1  jMI 2 , ( E2 ) : jMI1  R2  jL2I 2  0 . En éliminant le courant secon-
4. Régime sinusoïdal forcé, avec

jM
M ² ² 
& on en déduit :
I1  U1  I1  R1  jL1 
R2  jL2
R2  jL2 

M ² ²
M ² ²
M ² ²
Zm 
 Rm  jLm  donc : Rm  R2
, Lm   L2 2 2
2
2
R2  jL2 
R2  L2²
R2  L2²
daire : I 2  
2
R
R 2  L22²  L2 
D’après la question précédente : Rm  2 donc m²  2
   car en principe on a :
m²
M ² ²
M 
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L
M²
. Dans le cas du
R2  L2 car le secondaire est essentiellement inductif. Alors : Lm   2  
m²
L
2
M²
L
N
 m ²  2  m  2 car l’inductance est proportionnelle au
L1L2
L1
N1
carré du nombre de spires. Il en résulte que : Lm   L1 , & la réactance du primaire est annulée (relève-
couplage parfait, on a : K ²  1 
ment du facteur de puissance). La puissance dissipée dans Rm vaut :
Rm
N
R2
, maxi pour Rm  R1  1 
, condition réalisable avec un auto Pm  Rm I12  U12
2
N2
R1
( R1  Rm )
Pg
1
U12 1
U
transformateur. Alors Pm 
d’où le rendement   .
 U1 1 
2
4 R1 2 2 R1
2
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