Agrégation Interne 1999

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Agreg Interne Corrigé Exos Induction 99
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 :
)(. tiBlF
. On en déduit l’équation mécanique avec la relation
fondamentale de la dynamique projetée sur l’axe Ox :
)(. tiBlfvkx
dt
dv
m
soit :
)M( )(. tiBlkxfv
dt
dv
m
, 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 :
BvEm
. La figure montre que ce champ est en opposition sur le courant i
(conformément au fonctionnement en moteur), puis
)(.. tvBldlEe Cm 
. On
en déduit l’équation électrique par la loi de Pouillet :
)E( )(.).(tvBl
dt
di
LiRrE oo 
. On
établit le bilan de puissances par la combinaison habituelle :
)().(.)( :)()M( 2tvtiBl
dt
dx
kxfv
dt
dv
tmvtv 
)().(.)().()(. :)()E( 2titvBl
dt
di
tiLiRrtiEti oo 
. On élimine le terme commun de cou-
plage
)().(. tvtiBl
& on obtient le bilan sous la forme classique :
dt
dW
RP pertesfournie  PP )(
 22222 2
1
2
1
2
1
.).()(. kxiLmv
dt
d
vfiRrtiE oo
, donc
)(.)( tiERP
fournie P
car le circuit est alimenté en permanence par le générateur E,
22 .. vfiR
pertes P
traduisant les
pertes électriques par effet Joule & les pertes mécaniques dues aux frottements, &
222 2
1
2
1
2
1
kxiLmvWo
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
,
j1
d’où on déduit, en introduisant les grandeurs com-
plexes
VIE & ,
que :
)M( .
1
.. IBlV
j
kVfVjm 
& de même :
)E( ..).(VBlIjLIRrE oo 
. Par élimination de la vitesse, on obtient :

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k
mjf
Bl
IBlV.
d’où :
 k
mjf
lB
jLRrIE oo ²² )(.
en reportant
dans l’équation électrique (E). Il en résulte que l’impédance mécanique est donnée par la relation :
mmm jLR
k
mjf
lB
z²²
, d’où on déduit que :
2
2
²²
k
mf
flB
Rm
, & que :
2
2)/(
)/(²²
 kmf
kmlB
Lm
.
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, & que A est
homogène à une résistance.
5 & 6. Le numérateur de Rm étant constant, cette quantité sera maximale si le dénominateur est minimal
donc pour
0
, soit pour  = o, pulsation propre correspondant à la résonance. Alors
AR 
max
.
Si
  0 ,0 , ,0 mm LR
, & si
  0 ,0 , ,0 mm LR
.
Pour
0 ,  mo L
. La bande passante est définie, selon l’énoncé, par :
22
)( max A
R
RBP m
d’où :
1)ou ( 21
2
, où 1 & 2 sont les frontières de la
bande passante, ce qui conduit à l’équation du second degré :
02 22  o
, avec
m
f
2
,
dont les racines sont :
2
²o
. Il en résulte que la largeur de la bande passante vaut :
Qm
fo
 2
12
, avec
m
k
o
&
f
m
Qo
facteur de qualité. On a donc :
1)( ,1)( 21 
, d’où :
2
)( ,
2
)( 21 A L
A
Lmm 
, d’où les courbes :

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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 :
X
YA
YL
A
XR mm   ²1 ,
²1
& on re-
porte dans X :
)²/(1 XY
A
X
, d’où :
2
2
2
22 
A
Y
A
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 :
BldiFd 
 .
. 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
iBbF 
, & en ce qui concerne leur direction, on se reporte à la figure. On en dé-
duit le sens de rotation du cadre, & on vérifie que le couple résultant a bien le
sens du vecteur unitaire
k
. Les bras de levier sont identiques, donc le couple résul-
tant vaut
iBab
, & donc on en déduit que :
.abBG
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 :
BvEm
, puis
CmldEe 
.
. Les orientations des vitesses sont données par les vecteurs forces de
la figure. Il en résulte que : sur les côtés horizontaux, le champ
m
E
est orthogonal au cadre, & donc sa
circulation est nulle, alors que sur les côtés verticaux,
m
E
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 :
B
a
vBEm 2
, la circulation se réduit aux côtés verticaux, donc :
bEe m..2
, & donc on ob-
tient :
 .Ge
, résultat cohérent avec
iG.
, traduisant que la conversion d’énergie sur le transduc-
teur est idéale.
3. e est une fcem, d’où l’équation électrique (E) :
 .. GiRE
. Pour un système en rotation,
l’équation mécanique est donnée par le théorème du moment cinétique, soit (M) :
iG
dt
d
J.
,
le signe traduisant un couple moteur.
4. On élimine le courant :
o
dt
d
R
GE
G
dt
d
J
, où l’on a posé
²G
RJ
(cons-
tante 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 :
 / 1)( t
oet
. En reportant

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dans (E), on obtient :
/
/)1(.
)( t
t
oe
R
E
ReGE
ti
. Interprétation des valeurs asympto-
tiques : à t = 0,  est nul, donc e aussi, dans le circuit il ne reste que E & R, d’où la valeur initiale du
courant. Pour t -> ,  croit & tend vers E/G, donc e tend vers E, & i tend vers 0.
AN : le RP est atteint à 10-3 près si
o
avec la même précision, donc si
3/1 10  T
e
, donc
pour :
s 2,76
10
10.4.10
9,6.9,6 2
4
1 
T
.
5. On effectue les combinaisons homogènes à des puissances (E)*i & (M)*, soit :
iGRiEi  .²
&
iG
dt
d
J.
, & on élimine le terme de couplage Gi :
 ²
2
1
².. J
dt
d
iRiE
. On reconnaît une équation de la forme :
dt
dE
pertesfournie  PP
.
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’) :
FGi
dt
d
J
. On élimine encore
le courant :
F
R
GE
G
dt
d
J
, ce qui peut s’écrire aussi :
o
dt
d'' 
, où l’on a
posé :
 FRGRJ
²
'
(le régime transitoire est plus bref, le couple résistant permet d’atteindre le
régime permanent plus vite) &
oo FRGRGE 
 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
oet
loi du même type qu’avant, & pour le courant :
)1(
')1('
)( '/
'/ 
t
o
t
oe
R
G
R
E
R
eGE
ti
le courant ne s’annule plus en régime per-
manent, mais tend vers la valeur :
FRGGREFR R
GE
io
RP 
²
'
, d’où les courbes.
AN : d’après le calcul de la question 4 :
s 15,2
10.1010
10.4.10
9,6'.9,6 42
4
2
T
.
7. On effectue les combinaisons homogènes à des puissances (E)*i & (M’)*, soit :
iGRiEi  .²
&
²FGi
dt
d
J
, & on élimine le terme de couplage Gi. Il vient :
 ²
2
1
².. J
dt
d
FiRiE
. On reconnaît une équation de la forme classique :
dt
dE
pertesfournie  PP
, où :
iE
fournie .P
(inchangée),
²
2
1 JE
(inchangée) &

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 RJoulepertes FiR  PP ².
, le second terme correspondant aux pertes méca-
niques dues au couple résistant.
8. On retrouve la première équation mécanique (le système est toujours un moteur) (M) :
iG
dt
d
J.
La nouvelle équation électrique s’écrit (E’) :
 G
dt
di
LiRE .
. On tire i de l’équation méca-
nique :
dt
d
G
J
i
G
dt
d
G
J
L
dt
d
G
J
RE ²
²
. Sous forme standard, on obtient :
G
E
LJ
G
LJ
G
dt
d
L
R
dt
d²²
²
²
, ce qui s’écrit aussi :
ooo
dt
d
dt
d ²²
2
²
²
, où l’on a
posé :
L
R
2
,
LJ
G
o²
2
, & toujours
G
E
o
, solution en régime permanent à laquelle s’ajoute la
solution en régime transitoire, solution de l’équation homogène associée :
02
²
²² o
dt
d
dt
d
.
9. On cherche une solution de la forme
rt
e
, ce qui conduit à l’équation caractéristique classique :
0.2² 2 o rr
, dont les solutions sont :
2
²o r
. Suivant les valeurs relatives de 
& de o, on obtient les régimes apériodique ( > o), critique ( = o), & oscillant amorti ( < o).
AN :
1
s 5
2
10 
,
1
4
2s 5
10.4.1
10
o
& on est donc dans le cas du régime critique,
& la solution s’écrit :
)1(.)( teAt t
o 
. Il faut déterminer les deux constantes
d’intégration A &  par les conditions initiales :
0)0( 
&
0)0( 
dt
d
(système à l’arrêt). Soit :
oo AA 0
. On calcule :
)1( tAe
dt
dt
. A t = 0, il vient :
o
A )(0
, d’où la solution définitive :
tet t
o  11)(
.
Exo n°3 :
1.Sur le primaire, le générateur est u1, alors que sur le secondaire c’est la fem induite
dt
di
M1
, d’où :
dt
di
M
dt
di
LiRu 21
1111
:)1E( 
,
2
2
222
1
:)E2(u
dt
di
LiR
dt
di
M
2. Dans le transformateur parfait, il n’y a aucune perte, donc :
0
21  RR
(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 :