Agrégation Interne 1999

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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 :
m
dv
 kx  fv  Bl.i(t )
dt
soit : m
dv
 fv  kx   Bl.i(t ) (M) , le
dt
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 :

 
E m  v  B . La figure montre que ce champ est en opposition sur le courant i
(conformément au fonctionnement en moteur), puis e 

E
 m .dl  Bl.v(t ) . On
C
en déduit l’équation électrique par la loi de Pouillet : E  (r  Ro ).i  Lo
di
 Bl.v(t ) (E) . On
dt
établit le bilan de puissances par la combinaison habituelle :
dv
dx
 fv 2  kx
  Bl.i(t ).v(t )
dt
dt
di
(E)  i(t ) : E.i (t )  (r  Ro ).i 2  Lo i(t )  Bl.v(t ).i(t ) . On élimine le terme commun de coudt
dW
plage Bl.i(t ).v(t ) & on obtient le bilan sous la forme classique : Pfournie( RP)  Ppertes 
dt
d 1
1
1

E.i(t )  (r  Ro ).i 2  f .v 2   mv 2  Lo i 2  kx 2  , donc Pfournie( RP)  E.i(t )
dt  2
2
2

2
2
car le circuit est alimenté en permanence par le générateur E, Ppertes  R.i  f .v traduisant les
(M)  v(t ) : mv(t )
pertes
W
électriques
par
effet
Joule
&
les
pertes
mécaniques
dues
aux
frottements,
&
1 2 1
1
mv  Lo i 2  kx 2 qui représente l’énergie stockée par le système, sous forme d’énergie
2
2
2
cinétique de translation, d’énergie magnétique dans l’inductance & d’énergie potentielle élastique dans
le ressort.
d
 j ,
dt
1
d’où on déduit, en introduisant les grandeurs comj
1
plexes E , I & V que : jm.V  f .V  k
V  Bl.I (M) & de même :
j
E  (r  Ro ).I  jLo .I  Bl .V (E) . Par élimination de la vitesse, on obtient :
3. En régime forcé sinusoïdal :
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

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







Bl
B ²l ²
 d’où : E  I .(r  Ro )  jLo  
 en reportant
V  Bl.I 
k
k








f  j  m   
 f  j  m    






dans l’équation électrique (E). Il en résulte que l’impédance mécanique est donnée par la relation :
zm 
B ²l ²
 Rm  jL m  , d’où on déduit que : Rm 
k

f  j  m  
f


Lm   
B ²l ²m  (k / )
f
2
 m  (k / )
2
B ²l ² f
2
k

  m  


2
, & que :
.
4. Avec les notations de l’énoncé, on obtient : Rm 
A
1  2
& Lm   
A
1  2
, 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 Rmax  A .




Si   0,   , Rm  0 , Lm   0 , & si   0,   , Rm  0 , Lm   0 .
Pour    o , Lm   0 . La bande passante est définie, selon l’énoncé, par :
Rmax A
 d’où :  2 (1 ou 2 )  1 , où 1 & 2 sont les frontières de la
2
2
f
2
2
bande passante, ce qui conduit à l’équation du second degré :   2  o  0 , avec  
,
2m
  BP  Rm () 
dont les racines sont :    
 ²  o2 . Il en résulte que la largeur de la bande passante vaut :
m o
f o
k

, avec  o 
&Q
facteur de qualité. On a donc :
m
m Q
f
A
A
(1 )  1, ( 2 )  1 , d’où : Lm (1 )   , Lm ( 2 )   , d’où les courbes :
2
2
   2  1  2 
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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 :
A
A
Y
& on re, Lm   Y 

1  ²
1  ²
X
A
porte dans X : X 
, d’où :
1  (Y / X )²
Rm  X 
2
2
A
A

2  A
 X    Y    , équation d’un cercle de rayon
2
2

2
A 
& de centre  ,0  appelé cercle de Kennely. On a placé sur la
2 
courbe les valeurs remarquables de la pulsation.
Exo n°2 :



1. Force de Laplace élémentaire : dF  i.dl  B . 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

k
sens du vecteur unitaire . 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 :
 

 
Em  v  B , puis e   Em.dl . Les orientations des vitesses sont données par les vecteurs forces de
C

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 , la circulation se réduit aux côtés verticaux, donc : e  2.Em .b , & donc on ob2
tient : e  G. , résultat cohérent avec   G.i , traduisant que la conversion d’énergie sur le transducEm  vB 
teur est idéale.
3. e est une fcem, d’où l’équation électrique (E) : E  R.i  G. . Pour un système en rotation,
l’équation mécanique est donnée par le théorème du moment cinétique, soit (M) : J
d
   G.i ,
dt
le signe traduisant un couple moteur.
4. On élimine le courant : J
d
E  G
d
RJ
(consG

   o , où l’on a posé  
dt
R
dt
G²
E
(valeur en régime permanent). Compte tenu des conditions initiales, on a
G
(0 )  (0 )  0 , car c’est une grandeur continue, d’où : (t )  o 1  et /  . En reportant
tante de temps), & o 
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

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t / 
E  G.o (1  e
) E t / 
 e
. Interprétation des valeurs asymptoR
R
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.
T1 / 
AN : le RP est atteint à 10-3 près si   o avec la même précision, donc si e
 103 , donc
dans (E), on obtient : i (t ) 
pour : T1  6,9.  6,9
10.4.10  4
10
2
 2,76 s .
5. On effectue les combinaisons homogènes à des puissances (E)*i & (M)*, soit :
Ei  Ri²  G.i & J
d
 G.i , & on élimine le terme de couplage Gi :
dt
dE
d 1

.
 J²  . On reconnaît une équation de la forme : Pfournie  Ppertes 
dt  2
dt

Le système reçoit en permanence la puissance E.i, ne peut stocker d’énergie que sous forme cinétique
E.i  R.i ² 
de rotation, & l’effet Joule est la seule cause de pertes.
d
 Gi  F   . On élimine encore
dt
d
E  G
d
le courant : J
G
 F   , ce qui peut s’écrire aussi : '
   'o , où l’on a
dt
R
dt
RJ
posé : ' 
  (le régime transitoire est plus bref, le couple résistant permet d’atteindre le
G ²  FR
GE  R
régime permanent plus vite) & 'o 
 o (la vitesse limite en régime permanent est plus
G ²  FR
6. Seule l’équation mécanique est modifiée & devient (M’) : J
faible, à cause du couple résistant). Avec les mêmes conditions initiales, on aura donc :


(t )  'o 1  et / ' loi du même type qu’avant, & pour le courant :
E  G' o (1  e t / ' ) E G' o
i (t ) 
 
(1  e t / ' ) le courant ne s’annule plus en régime perR
R
R
E  G'o EFR  GR
manent, mais tend vers la valeur : iRP 
, d’où les courbes.

R
G ²  FR
10.4.10  4
 2,51 s .
AN : d’après le calcul de la question 4 : T2  6,9.'  6,9
10  2  10.10  4
7. On effectue les combinaisons homogènes à des puissances (E)*i & (M’)*, soit : Ei  Ri²  G.i
d
 Gi  F²   , & on élimine le terme de couplage Gi. Il vient :
dt
d 1

E.i  R.i ²  F      J²  . On reconnaît une équation de la forme classique :
dt  2

dE
1
, où : Pfournie  E.i (inchangée), E  J² (inchangée) &
Pfournie  Ppertes 
2
dt
& J
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
Ppertes  R.i ²  F     PJoule  R  , le second terme correspondant aux pertes méca-
niques dues au couple résistant.
d
 G.i
dt
8. On retrouve la première équation mécanique (le système est toujours un moteur) (M) : J
La nouvelle équation électrique s’écrit (E’) : E  R.i  L
di
 G . On tire i de l’équation mécadt
J d
J d
J d ²
ER
L
 G . Sous forme standard, on obtient :
G dt
G dt
G dt ²
d ² R d G ²
G² E
d ²
d
, ce qui s’écrit aussi :



 2
 o²   o² o , où l’on a
dt ² L dt LJ
LJ G
dt ²
dt
R
G²
E
2
posé :  
, o 
, & toujours o 
, solution en régime permanent à laquelle s’ajoute la
2L
G
LJ
d ²
d
solution en régime transitoire, solution de l’équation homogène associée :
 2
 o²   0 .
dt ²
dt
nique : i 
9. On cherche une solution de la forme   e , ce qui conduit à l’équation caractéristique classique :
rt
r ²  2.r  o2  0 , dont les solutions sont : r    ²  o2 . Suivant les valeurs relatives de 
& de o, on obtient les régimes apériodique ( > o), critique ( = o), & oscillant amorti ( < o).
10  2
10
1
 5 s 1   & on est donc dans le cas du régime critique,
AN :  
 5 s , o 

4
2
1.4.10
& la solution s’écrit : (t )  o  A.e
t
(1  t ) . Il faut déterminer les deux constantes
d
d’intégration A &  par les conditions initiales : (0)  0 &
(0)  0 (système à l’arrêt). Soit :
dt
d
0  o  A  A  o . On calcule :
 Ae t   (1  t )  . A t = 0, il vient :
dt
0  A(  )      o , d’où la solution définitive : (t )  o 1  et 1  t  .


Exo n°3 :
1.Sur le primaire, le générateur est u1, alors que sur le secondaire c’est la fem induite  M
(E1) : u1  R1i1  L1
di1
, d’où :
dt
di1
di
di
di
 M 2 , (E2) :  M 1  R2 i 2  L2 2  u 2
dt
dt
dt
dt
2. Dans le transformateur parfait, il n’y a aucune perte, donc : R1  R2  0 (pas de pertes Joule), pas

 B 
de 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 :
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1  N1  L1i1  Mi 2 &  2  N 2   L2 i 2  Mi1 , il reste :
d1
d 2
d
d
(E1) : u1 
 N1
 N 2
, (E2) : u 2  
, d’où on déduit la loi des tensions :
dt
dt
dt
dt
u2
N
  2   m . Le théorème d’Ampère sur la ligne de champ moyenne donne :
u1
N1

i2
1
H
 .dl  I int  N1i1  N 2 i2 d’où, avec H = 0  i   m . On en déduit le rendement de la
1
LC
conversion de puissance :  
P2 u 2 i 2

 1 , logique puisqu’il n’y a pas de pertes.
P1 u1i1
u
 (u 2 / m) Z u
u

3. L’impédance d’entrée vérifie : Z e  1 
, car Z u  2 impédance de charge
i1
 m.i 2
m²
i2
u2
 E g  Z g (m.i 2 ) , soit aussi :
du secondaire. Sur la maille primaire : u1  E g  Z g i1  
m
u 
u 2  m.E g  Z g m².i 2  Z s   2 
 m² Z g . Une impédance ramenée au primaire est
i
 2  Eg 0
donc divisée par m², alors qu’une impédance ramenée au secondaire est multipliée par m².
d
 j , & en introduisant les grandeurs complexes U 1 , U 2 , I1 , I 2
dt
avec 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
4. Régime sinusoïdal forcé, avec

jM
M ²² 
I 1  U 1  I 1  R1  jL1 
 & on en déR2  jL 2 
R

jL


2
2 
M ²²
M ²²
M ²²
, Lm   L2

 Rm  jLm  donc : Rm  R2
R2  jL2 
R22  L22 ²
R22  L22 ²
courant secondaire : I 2  
duit : Z m
2
R2
R22  L22 ²  L2 
D’après la question précédente : R m 
donc m² 
   car en principe on a :
m²
M ²²
M 
L
M²
R2  L2  car le secondaire est essentiellement inductif. Alors : Lm   2  
. Dans le cas
m²
L2
L
N
M²
 m²  2  m  2 car l’inductance est proportiondu couplage parfait, on a : K ²  1 
L1 L2
L1
N1
nelle 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 Rm vaut :
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Pm  Rm I 12  U 12
Rm
N
, maxi pour Rm  R1  1 
N2
( R1  Rm ) 2
R2
, condition réalisable avec
R1
Pg
U 12 1
U
1
un auto - transformateur. Alors Pm 
d’où le rendement   .
 U1 1 
2
4 R1 2
2 R1
2
Exo n°4 :


1. Les champs magnétiques sont proportionnels aux courants : Bk  a.i k u k , & 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 : B  B1  B2  B3 , soit :
B
2
2
4
4

 j ( t  )   j
 j ( t  )   j
 j ( t  23 )
 j ( t  43 )
aI 2  jt
 jt
3 
3 
.1   e
e
.e 3   e
e
.e 3  soit aussi :
 e e




2 j 







4
4 




j
j
 j (t  )
aI 2  jt 
3
aI
2
3
aI
2


j

t

j

t
2
1  1  1 
B
e 1  e 3  e 3   e
e

e


2j
2j
2






& 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.

 
 
 

3. On a : N , B t  N , B 0  (  ' )t  (  ' )t   . On en déduit :

d
 B.dS  NBS. cos  't    e   dt  U m sin   't   ,
(t )  N  N
où
S (C )
 représente le flux à travers une spire, & où on a posé : U m  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  Im e  U m e j (')t  , i  Im i  I m e j (')t  . La loi d’Ohm donne :
L  '
d
e
e
car
 j   ' . Avec   arctan

 0 , on obtient :
dt
z R  jL  '
R
NBS  '
i (t )  I m sin   't    , où l’on a posé I m 
.
2
R ²  L ²  '
i
4. La norme du champ magnétique étant uniforme, on peut écrire, comme pour un dipôle magnétique,




que :   M  B   (t )    NSi (t ) B sin   't    , soit finalement :
 (t )  NSBI m sin   't    . sin   't   . En utilisant (définition de la puissance
cos 
active) que  cos t. cos(t  ) 
, on obtient la valeur moyenne du couple moteur :
2
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( NBS )   '
1
en utilisant cos  
.
 L ²  '2 
1  tan ²
2 R 1 

R²


  '
5. On pose g 
appelé glissement. C’est la vitesse angulaire relative sans dimension, avec g =

0 au synchronisme, & g = 1 à l’arrêt.
L
On pose aussi Q 
, qui est le facteur de qualité (sans dimension) de la bobine à 50 Hz. Le rotor
R
étant essentiellement inductif, on doit avoir Q² >> 1. Alors on peut écrire :
Qg
( NBS)²
, où l’on a posé o 
.
( g )  o
1  Q² g ²
2L
o
* Si '  0  g  1,  
, couple moteur à l’arrêt ;
Q
* Si '    g  0,   0 , le couple moteur s’annule au synchronisme ;
o
* Si g      0 , & donc il existe un maximum. On a :  
maxi si le dénomiQg  (1 / Qg )
1
nateur est mini, donc pour 0  g m 
 1 , donc dans le domaine du fonctionnement en moteur. Alors
Q

( NBS)²
max  o 
, indépendant de R. La puissance est donnée par :
2
4L
Qg (1  g )
& donc s’annule pour g = 1 (moteur à l’arrêt) & pour g =
P  '  (1  g )  o 
1  Q² g ²
0 (synchronisme) : donc il existe un maximum. Il faut dériver : calcul pénible qui conduit à
 1 
g  g m    . Alors Pmax  max g m .
 Q² 

2
6.  f correspond au frottement statique, &
v '² au frottement dynamique (terme quadratique, comme l’effet Joule, toujours résistant quel que soit le sens de rotation). On a :
r ( g )   f  v ²(1  g ) 2 ,
équation
d’une parabole dont le sommet correspond à g
= 1 (arrêt).
Le système démarre seul si
o
  f ; Sinon,
Q
on augmente le couple moteur à l’arrêt en diminuant Q, donc en augmentant R au moyen
d’un rhéostat de démarrage.
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d'
   r  0 en régime permanent. Les points de
dt
fonctionnement correspondent donc aux deux intersections des courbes (g ) &  r (g ) . Le point de
fonctionnement vérifiant 0  g  g m est stable, puisque si le moteur accélère (’ croit) g diminue,
D’après le théorème du moment cinétique : J
alors le couple résistant est le plus fort & ramène à l’état initial. On montrerait de même que l’autre point
de fonctionnement est instable.
La vitesse limite correspond au synchronisme : '   .
Exo n° 5 :
1. Si 0 < t < T : K' ouvert, donc E' ne joue pas. K fermé,
donc on retrouve E aux bornes de L, soit :
diL
E
 i L  t  I m en appelant Im la valeur
dt
L
initiale de iL. Si IM est la valeur à la fin de la phase, l'ondulaE
tion de iL vaut : i L  I M  I m  T .
L
* Si T < t < T : K' fermé, donc L soumise à E - E' :
di
E  E'
L L  E  E'  iL  I M 
(t  T ) . On a
dt
L
un fonctionnement périodique si la valeur finale en T correspond à la valeur initiale pour t = 0, soit :
E ' E
E
E
.
i L  I M  I m 
(1  )T  T  E ' 
L
L
1 
EL
2. On veut réaliser E' = 2E, donc  = 0,5 & : i L 
E
TE
T  i L max  L 
 5 mH .
L
i L max
3. iL (t) étant une loi linéaire, sa valeur moyenne vaut :  i L 
IM  Im
. Il n'y a pas de puissance
2
consommée dans L & les interrupteurs, donc :
IM  Im
2P
 IM  Im 
 8 A , & avec la valeur minimale de L, on a
2
E
aussi IM – Im = 0,2 A. La résolution de ce système conduit à : IM = 4,1 A & Im = 3,9 A. Comme le
courant iL ne s'annule pas, on a les fonctionnements suivants :
P  E  i L  E
L'interrupteur fermé est parcouru par le courant iL. Quand K est ouvert, la tension est nulle aux bornes
de K' fermé, donc on a E' aux bornes de K. Quand K' est ouvert la tension est nulle aux bornes de K ferAgreg Interne Corrigé Exos Induction 99
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mé, donc on retrouve - E' aux bornes de K'. On pourra donc choisir une diode pour représenter K' (caractéristique) & un transistor pour représenter K.
4. R / / C est alimenté par le courant i K '  I 'i ' , où I’ représente sa valeur moyenne & i' son ondulation. L'ondulation de la tension US étant très faible, on peut considérer que I’ passe dans R, donc que l’on
dU S
E'
  I ' sur la première phase, puisqu' alors iK’
, & que i' passe dans C, donc que : i '  C
dt
R
est nul (K' ouvert). Si U S est l'ondulation maximale (donc pour t = T) de US, on obtient :
E
ET
C.U S  TI ' . Or I ' 
, d'où : C min 
 50 µF .
R.(1  )
R.U S (1  )
a : I'
Exo n°6 :
I. Etude du différenciateur :
1. Montage du soustracteur : on écrit le théorème de Millmann sur
l’entrée -, & le DDT sur l’entrée + :
V 
(U 1 / R)  (U s / R) U 1  U s
R U2



, V U2
.
2/ R
2
2R
2
On traduit que l’AO est idéal :
V  V  
U1  U s U 2

 U s  U 2  U1
2
2
II. Etude du convertisseur tension – courant :
2. Soit Us la tension de sortie de l’AO. DDT : V
i  g.Vo 


Us
Ro


, V     U s , Vo  
, puis
2
R' Ro
2
gRo
gRo
  A. , soit : A 
.
R' Ro
R ' Ro
III. Etude du capteur de vitesse :
3. Période de rotation du moteur : TM 
2
2
, correspond à N impulsions d’où : T 
.
N

4. Soit Us1 la tension de sortie de l’AO1. L’AO2 est monté en ampli inverseur : U r  U s1
1  jR 2 C
1
1
z
 jC 
, avec y  
, ce qui donne :
z R2
R2
R1
dU s1
R2
R
 U s1  R2 C
  2 U d . En éliminant Us1, on obtient
R1 (1  jR 2 C)
dt
R1
est de même pour l’AO1 : U s1  U d
U s1  U d
R2
. Il en
R1
2
dU r  R2 
 U d , & on pose :   R 2 C .
l’équation cherchée : U r  R2 C
 
dt
 R1 
5. Résolution de l’équation différentielle :
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 R2
* Sur la première phase : 0  t   : Ud = E, U r  
 R1
2

 E 

t

.e  . D’après la figure E6,
Ur est
t
2
 
 R2  
 E 1  e   .
une fonction croissante sur cette phase, d’où : U r (0)  U 1  U r  U 1  
R

 1  

2
R  E
Avec l’hypothèse   T     , avec un DL, on obtient : U r  U 1   2 
t . Le maxiR

 1
2
R  E
mum est atteint en , d’où : U 2  U 1   2 
.
R

 1
* Sur la seconde phase :   t  T : Ud = 0, U r  .e

t
 . D’après la figure E6,
Ur est une fonction


t
 , avec les conditions :

t
1
 
 T
 . L’ondulation est
U r ()  U 2  .1  , U r (T )  U 1  .1   , d’où : U r  U 2





1

décroissante sur cette phase, d’où avec la linéarisation : U r  .1 
2
R 



 T
donc donnée par : U 2  U 1   2  E . On combine avec : U 2 1    U 1 1   , ce qui





 R1 
2
2
R 
 R  

 
donne : U 1   2  E
, puis : U 2  (U 2  U 1 )  U 1   2  E  
 . Avec la
R
T


R

T




 1
 1
2
2
R 
R 


condition   T   , il vient : U 1   2  E , U 2   2  E . Comme on a une loi afT
 R1 
 R1  T
2
U  U 2  R2 

 E .
fine, la valeur moyenne est donnée par : U s  U r  1
 
2
T
 R1 
2
R 
N
6. On remplace T . Il vient :    2  E
.
R
2

 1
IV. Etude du système complet :
7. On élimine le courant i entre l’équation mécanique (M) & l’équation électrique (E) :
d
 ki  f , (E) : i  A  A(U e  U s )  A(U e  ) , ce qui donne :
dt
d
d
J
 k  AU e    f  J
 ( f  kA)  kAU e .
dt
dt
(M) : J
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8. En régime sinusoïdal forcé :
d

kA
représente la fonction
 j , d’où : H 

dt
U e f  kA  jJ
de transfert de la chaîne bouclée, qui correspond à un filtre passe – bas du premier ordre, avec un gain
f  kA
kA
, & une fréquence de coupure 1 
. En
J
f  kA
kA
boucle ouverte :   0 , donc H o 
, on vérifie bien que les chaînes ouverte & bouclée corf  jJ
f
kA
respondent à des filtres de même type. Pour la boucle ouverte :  o 
& o  .
J
f
kA
Ho
f  jJ
kA
On doit vérifier la relation : H 
. On vérifie égale

kA
1  H o
f  jJ  kA
1 
f  jJ
ment la propriété des filtres passe – bas du premier ordre :  o  o  11 , conservation du produit gain
maximal (obtenu pour   0 ) : 1 
x bande passante. Le régime permanent est donc atteint plus vite en boucle fermée.
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