CONVERSION DE PUISSANCE

Spé y 2008-2009
Devoir n°6
CONVERSION DE PUISSANCE
CENTRALE PSI 2006
Partie A
A.1) On a U = E0 – RI avec E0 = FW donc U = FW – RI.
La caractéristique U = f(I) à W fixé est donc une droite de pente –R. La pente des droites de
la figure 1 permet donc trois déterminations de R.
L’ordonnée à l’origine des droites est FW. Comme on connaît W, on en déduit trois déterminations de F.
I
A.2) D’après la relation U = E0 – RI, le schéma électrique de la
R
machine est le suivant :
E0
U
La puissance induite fournie au circuit est donc PIND = E0I = FWI.
D’après le théorème de la conversion de puissance, la puissance
mécanique reçue de la part des force de Laplace est PLAP = –PIND = – FWI. Comme cette puissance
reçue est PLAP = CW, il vient C = –FI.
A.3) F est le flux propre de la machine. Son unité est donc le Weber (Wb). Dans le cadre de
l’électrotechnique, on peut aussi utiliser le V.tr–1.mn en référence à la relation E0 = FW.
A.4) La courbe 2 fournit les variations de E0 avec ie. Chacune des courF
bes est tracée pour une valeur fixée de W . Comme E0 = F(ie).W, la courbe E0(ie)
est proportionnelle à celle de F(ie), le coefficient de proportionnalité de chaque
courbe étant W1, W2 ou W3. La courbe F(ie) a donc l’allure ci-contre.
ie
A.5) Ÿ pour ie < i, la courbe montre que F est proportionnel à ie. Ce coui
emax
rant, circulant dans les bobines de l’inducteur, crée dans le milieu ferromagnétique une excitation de valeur algébrique H proportionnelle à ie d’après le théorème d’Ampère. Si le milieu est linéaire dans ces conditions, le champ magnétique crée est proportionnel à H. Le flux F étant proportionnel à B, on obtient bien F = bie.
Ÿ pour ie > i, la courbe montre que F est indépendant
de ie c’est-à-dire qu’il se produit une
r
saturation du flux. Elle correspondant à la saturation de B dans le milieu ferromagnétique.
A.6) La source d’entrée est une source idéale de tension constante e. Le courant parcourant
l’inducteur en régime établi est constant le convertisseur est un hacheur.
A.7) Avec les orientations indiquées sur la figure ci-contre, on a :
iK1
Ÿ phase 0 < t < aT :
iK2
uK1
K1 est fermé donc uK1 = 0 et iK1 est imposé par la source e donc il est posie
uK2
tif. K2 est ouvert donc iK2 = 0 et uK2 = e > 0 .
Ÿ phase aT < t < T :
K2 est fermé donc uK2 = 0. K1 est ouvert donc iK1 = 0. uK1 = e – uK2 = e > 0.
Comme iK1 = 0, iK2 est imposé par la continuité du courant dans la bobine. On a donc iK2 < 0.
On peut placer les points de fonctionnement sur les caractéristiiK1
ques (uK, iK).
(f)
iK1
(o)
Pour K1, on a la caractéristique ci-contre . On reconnaît la foncuK1
tion Transistor pour un dipôle placé comme indiqué à côté.
uK1
Pour K2, on a la caractéristique suivante que l’on peut
iK2
–iK2
redessiner comme indiqué à côté. On reconnaît la fonction
(f)
Diode pour un dipôle placé comme indiqué ci-dessous :
(o)
uK2
iK2
Spé y 2008-2009
uK2
(o)
(f)
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Devoir n°6
–uK2
Il reste à vérifier que ce dipôle commute spontanément. Pendant la phase 0 < t < aT, la
diode est ouverte iK2 = 0 et uK2 = e . Lorsque le transistor s’ouvre à l’instant t = aT, le courant iK1
s’annule et la continuité du courant imposée par la bobine entraîne que iK2 devient négatif ce qui
ferme la diode.
Pendant la phase aT < t < T, la diode est fermée iK2 < 0 et uK2 = 0 . Lorsque le transistor se
ferme à l’instant t = T, la tension uK2 devient égale à e > 0 ce qui ouvre la diode.
La diode commute donc spontanément à la fermeture et l’ouverture commandées du transistor.
ie
A.8-a) Ÿ phase 0 < t < aT : le circuit se redessine :
LS
e
die (t )
u
On en déduit l’équation e = LS
+ RSie (t ) dont
RS
dt
t
L
e
la solution générale est ie (t ) = Ae t +
en notant t = S .
RS
RS
Pendant cette phase, le courant est imposé par la source ; son intensité est donc croissante et l’on
e
e
peut noter ie(0+) = im. Il vient donc im = A +
d’où A = im puis
RS
RS
F
i (t ) = G i
H
e
IJ
K
ie
e - tt
e
e +
pour 0 < t < aT .
m
RS
RS
LS
u
Ÿ phase aT < t < T : le circuit se redessine :
di (t )
On en déduit l’équation 0 = LS e + RSie (t ) dont la solution générale est
dt
-
RS
t -aT
t
ie (t ) = A' e
.
Pendant cette phase, il n’y a pas de source donc l’intensité est décroissante et l’on peut noter
-
t -aT
ie(aT+) = iM. Il vient donc A’ = iM puis ie (t ) = iM e t pour aT < t < T.
b) La bobine impose la continuité de l’intensité quel que soit t.
FG
H
Ÿ à t = aT : ie(aT+) = ie(aT+) ce qui se traduit par im -
FG
H
im - im -
IJ
K
FG
H
IJ
K
e aT
aT
e aT
= iM ou encore im 1+
= iM .
RS t
t
RS t
Ÿ à t = 0 : ie(0+) = ie(T–) ce qui se traduit par im = iM e
En reportant, on obtient
d’où iM =
IJ
K
e - atT e
e
+
= iM
RS
RS
aT
t
FG i e
H
M
-
(1- a ) T
t
-
-
T -aT
t
IJ
K
.
e - atT e
e
+
= iM soit
RS
RS
FG1 - e IJ e
H
KR
-
aT
t
S
FG
H
= iM 1 - e
-
T
t
IJ
K
aT
t
(1- a ) T
e 1- e
e 1- e
t
i
=
e
puis
m
T
T
RS
RS
1- e t
1- e t
F aT + 1 FG aT IJ I
1 - G1 H t 2 H t K JK
e
=
R
F T 1 FTI I
1 - G1 - + G J J
H t 2 H tK K
2
c) En faisant un développement limité, on obtient i
M
2
S
FG aT IJ
H t K = e aFG1 - 1 FG aT IJ IJ FG1 + 1 FG T IJ IJ soit i
FG T IJ R H 2 H t K K H 2 H t K K
H tK
1
e
2
=
a
1
RS
12
1-
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S
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M
=
FG
H
IJ
K
e
(1 - a )T
a 1+
.
RS
2t
Devoir n°6
On obtient ensuite im =
FG
H
IJ
K
e
(1 - a )T
a 1soit im =
.
RS
2t
d)
z
Par
FG
H
(1 - a )T
e
a 1+
2t
RS
définition,
la
IJ FG1 - (1 - a)T +...IJ = e aFG1 + (1 - a)T - (1 - a)T IJ
K H t K R H 2t
t K
valeur
z
S
moyenne
de
ie(t)
est
T
1 T
ie (t )dt . On reconnaît A = ie (t )dt l’aire sous la courbe d’une pé0
T 0
riode de ie(t). Or, dans le cadre de l’approximation linaire, le chronogramme
de ie(t) est le suivant :
On
trouve
1
1
1
1
A = imT + aT iM - im + (1 - a )T iM - im = imT + T iM - im = T iM + im .
2
2
2
2
i +i
Il reste < ie >= M m .
2
< ie >=
b
g
b
g
b
g
b
iM
ie
im
t
aT T
g
Avec les expressions obtenues à la question précédente, il vient < ie >= a
e
.
RS
A.9) Dans l’approximation linéaire, on obtient l’ondulation Di = iM – im = = a (1 - a )
Le taux d’ondulation est donc
Di
iMOY
= (1 - a )
A.10) Pour a = 0,5, il vient
Di
iMOY
e T
.
RS t
T
.
t
=
T
. On veut Di < p avec p = 0,01 donc il faut
2t
iMOY
T < 0,02.t.
A.N. T < (0,02)(5´10–3) = 10–4 s soit T < 0,1 ms ou f > 10 kHz.
1
L’ondulation Di est maximale pour a = . Cette valeur de a correspond donc au cas le plus
2
défavorable.
e
B.1) Les relations caractérisant le fonctionnement des dispositifs sont ie =< ie >= a
et
RS
U = FW car I = 0 puisque la machine fonctionne en sortie ouverte, soit U = bie.W d’après
l’expression de F(ie).
e
B.2) Par construction, U = ba W. La vitesse de rotation W0 correspond donc à la tension
RS
e
de consigne U0 de façon que U 0 = a 0b W 0 .
RS
e
DU
Avec DU = U0 – U, il vient DU = b
a 0W 0 - aW . Comme on a a = k
+ a 0 , il vient
RS
U0
b
IJ I = U FG a (W
K JK a W H
DW DU F
kW I DU F
kU I
soit
=
1+
=
1+
G
J
G
J.
W
U H a W K U H aU K
DU = b
0
F
GH
FG
H
e
DU
a 0W 0 - W k
+ a0
RS
U0
0
0
0
0
0
0
0
0
g
0
- W) - kW
DU
U0
IJ
K
donc
DU DW
kW DU
=
U0
W 0 a 0W 0 U 0
0
DU
kU
<< 1, on a U » U0 et a » a0. On peut donc écrire
>> 1 puisque k >> a et
U0
aU 0
DU a 0 DW
kU
k
DW DU kU
DU k
»
. Il reste donc
soit
.
=
=
»
U0
k W0
aU 0 a 0
W0
U 0 aU 0 U 0 a 0
Comme
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Devoir n°6
DW DU
A.N. k » ( 0,5)( 0,1) / ( 0,001) = 50.
/
W0 U 0
B.3) On a k » a 0
C.1) On en en régime sinusoïdal donc on utilise les impédances complexes. Le dipôle de
charge est constitué par une association série RC, LC donc son impédance complexe est
i
1
1
i
1
soit C =
ZC = RC + jLCw. La loi d’Ohm uC = ZCiC conduit alors à : C =
.
u C RC 1 + j LC w
u C RC + jLCw
RC
On reconnaît la fonction de transfert d’un filtre passe bas du premier ordre de pulsation de
R
coupure w C = C . L’intensité sera donc insensible aux variations hautes fréquences de la tension.
LC
C.2) Le développement en série proposée est une fonction paire donc il faut choisir une origine des temps au milieu d’une alternance (positive ou négative). Par exemple, on peut choisir la
p d
p-d
nouvelle origine en q = d +
soit q = + .
2 2
2
p d
p d
Les nouvelles valeurs critiques de q sur une demi période sont alors 0, p +
= - ,
2 2
2 2
p d
p d
2p - ( p + d)
p d
p d
p d
p+d+
= + et enfin ( p + d ) +
+
= ( p + d) + p + +
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
FG
H
IJ
K
b
FG
H
g
IJ
K
FG
H
FG
H
IJ
K
IJ FG
K H
IJ
K
= 2p + d - p + d = p (ce qui correspond bien à la fin d’une demi période).
On a alors
F
F
I
2U L 1
2
2
O - LM 1 sin(nq)OP
G
sin(nq) P
a ( q) = 2G
U cos(nq)dq +
( -U ) cos(nq)dqJ =
z
z
M
2p
H 2p
K p GH N n
Q Nn
Q
F
2U F L F F p d I I O L
p d I I OI 2U F
F
F pI F dII
=
+ J J PJ =
sin
n
sin
n
2 sinG n J cosG n J J .
G
J
G
G
J
G
G
M
P
M
G
H H 2 2 K K Q K np H H 2 K H 2 K K
np H N H H 2 2 K K Q N
4U
Ÿ si n est paire, on pose n = 2p et il vient a (q) =
csinb ppg cosb pdgh soit a (q) = 0.
2 pp
p d
2 2
n
0
p
p d
+
2 2
0
0
p d
2 2
p
0
p d
+
2 2
0
0
I
JJ
K
0
0
2p
Ÿ si n est impaire, on pose n = 2p + 1 et il vient
a 2 p +1 ( q ) =
FG FG
H H
IJ FG
K H
4U 0
p
d
sin pp +
cos (2 p + 1)
(2 p + 1) p
2
2
IJ IJ soit a
KK
On obtient donc le développement : uc (t ) =
4U 0
p
2p
FG
IJ
H
K
F (-1) F
I
dI
å GH 2 p + 1 cosGH (2 p + 1) 2 JK cosb(2 p + 1)wt gJK .
2 p +1
¥
( q) =
4U 0
d
( -1) p cos (2 p + 1)
(2 p + 1) p
2
p
p=0
C.3) Les amplitudes des harmoniques de rang n = 2 et n = 4 sont nulles d’après ce qui précède. Le circuit récepteur est un filtre passe bas. En choisissant une fréquence de coupure de l’ordre
de 50 Hz, on aura log(a5) = log(a1) – 20log(5) = log(a1) – 14. En annulant l’harmonique de rang 3,
on peut donc considérer que les harmoniques de rang supérieurs seront filtrées.
d
d p
C.4) L’harmonique de rang 3 est nulle si cos 3 = 0 soit 3 = + pp . La plus petite va2
2 2
p
leur acceptable correspond à d = .
3
C.5) En prenant la courbe donnée, on obtient
FG IJ
H K
z
2p
0
uC
2
F
( q ) dq = 2 G z
H
p d
2 2
0
U 0 2 dq +
On en déduit U EFF = U 0
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z
p
p d
+
2 2
I
JK
( -U 0 ) 2 dq = 2U 0 2
FG p - d + Lp - FG p + d IJ OIJ = 2U bp - dg .
H 2 2 MN H 2 2 K PQK
2
0
p-d
.
p
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Devoir n°6
Avec la valeur d =
p
2
, il reste U EFF = U 0
. A.N UEFF = 0,82U0.
3
3
La valeur efficace du fondamental qui est sinusoïdal est U EFF,1 =
FG IJ
H K
FG IJ
HK
4U 0
d
p
cos
. Avec d = il
2
3
p 2
6
4U 0
p
4U 0 3
cos
=
soit U EFF,1 = U 0
. A.N UEFF,1 = 0,78U0.
p
6
p 2
p 2 2
dU EFF 0,82 - 0,78
En ne gardant que le fondamental, on commet donc une erreur relative
=
U EFF
0,82
= 5%. À cette erreur près, on peut donc assimiler la tension à son fondamental.
p
C.6) En assimilant la tension à son fondamental, on a U 0 = U EFF,1
.
6
p
A.N. U 0 = 220
= 282 V.
6
C.7) La puissance totale consommée est P = 10´PLAMPE + PMOTEUR .
reste U EFF,1 =
A.N. P = (10)(100) + 3000 = 4000 W ou encore P = 4 kW.
On peut représenter l’association parallèle avec, en valeurs effica100
PM
P
ces, I L = L (A.N I L =
= 0,45 A) et I M =
(A.N
U cos(j)
UC
220
3000
IM =
= 17,04 A).
(220)(0,8)
La
IC =
b10 ´ I
loi
L
des
nœuds
g
2
s’écrit
2
IC = 10´IL + IM
IC
IL
UC
R
IL
IM
R
= 10´IL + IM[cos(j) + jsin(j)]
M
d’où
+ I M cos(j ) + I M sin (j) .
A.N. I C =
2
b10 ´ (0,45) + (17,04)(0,8)g + (17,04) (1 - 0,8 ) = 20,85 A.
2
2
2
En notant jC le déphasage entre uC(t) et iC(t) de valeurs efficaces UC et IC, on peut écrire
RC
P = UCICcos(jC). Or UC = ZCIC avec ZC = RC + jLCw. On a donc cos(j C ) =
et
2
2
RC + LC w 2
RC
U C = I C RC 2 + LC 2 w 2 . On peut donc écrire P = RCIC2 ou P = U C I C
.
2
2
RC + LC w 2
On en déduit RC =
4000
P
. A.N. RC =
= 9,2 W.
2
(20,85) 2
IC
FG
H
Par ailleurs, RC 2 + LC 2 w 2 = U C I C
9,2
A.N. LC =
2 p ´ 50
RC
P
FG (220)(20,85) IJ
H 4000 K
IJ
K
2
d’où LC =
RC
w
FG U I IJ
H PK
C C
2
-1.
2
- 1 = 16,4 mH.
MINES-PONTS PSI 2006
D.1) Chaque bobine du stator constitue un conducteur fixe placée dans un champ magnétique variable. Il s’y produit un phénomène d’induction de type Neuman caractérisé par une f.e.m.
dF(t )
e( t ) = d’après la loi de Faraday. Avec Fi(t) = F0cos(Wt – qi), il vient
dt
ei(t) = WF0sin(Wt – qi).
WF 0
C’est une fonction sinusoïdale du temps donc la valeur efficace est E =
. Elle ne dé2
pend pas de la bobine considérée.
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Devoir n°6
D.2) Pour que l’on puisse coupler l’alternateur au réseau EDF, il faut que la fréquence des
f.e.m. produites soit égale à 50 Hz.
Cela correspond à une vitesse de rotation du rotor W = (50)(60)
= 3000 tr.min–1.
i3
i1
D.3) On ne donne aucune indication sur l’impédance propre (inductance et résistance) des bobinages du stator, on les néglige donc. En
e3
e1
Z
négligeant la résistance RR, le schéma électrique du circuit est le suivant :
N iN O
Les trois mailles sont identiques et l’on peut écrire, pour chaque
e
e2
intensité, i i = i .
Z
Z
Avec l’expression de ei(t), on peut écrire e i = E 2e
Avec Z = Z0ejj, on obtient i i =
p
j ( qi - -j )
2
E 2e
Z0
p
j ( qi - )
2
.
i2
.
p
- j ( +j)
2
E 2e
La loi des nœuds en N s’écrit iN = i1 + i2 + i3 soit i N =
Z0
Or 1 + e
-j
2p
3
+e
-j
4p
3
FG1 + e
H
-j
2p
3
+e
-j
4p
3
IJ .
K
FG 2p IJ - j sinFG 2p IJ + cosFG 4p IJ - j sinFG 4p IJ = 1 - 1 + j 3 - 1 - j 3 = 0.
H 3K H 3K H 3K H 3K 2 2 2 2
= 1 + cos
On a donc iN(t) = 0.
Lorsque le système est « équilibré », c’est-à-dire que les trois f.e.m. ont la même valeur efficace, le courant dans le neutre est nul. Mais lorsque le fonctionnement n’est pas parfait, le fil de
neutre permet de faire passer le courant de déséquilibre qui apparaît.
D.4) Si la résistance RR n’est pas négligée, le circuit est le suivant :
i3
La loi des nœuds en N s’écrit iN = i1 + i2 + i3.
i1
On a donc VO – VN = ei – Zii pour i Î [1, 2, 3] et VO – VN = RRiN.
e3
e1
Z
On a donc le système d’équations :
R
R|e = Zi + R bi + i + i g
S|e = Zi + R bi + i + i g.
Te = Zi + R bi + i + i g
1
1
1
2
2
R
1
2
3
3
3
R
1
2
3
R
2
N iN
R
FG
H
Comme e1 + e 2 + e 3 = E 2 1 + e
-j
2p
3
+e
-j
e2
Z
i2
4p
3
IJ = 0, on obtient i
K
N
= 0.
Le fil de neutre n’est toujours parcouru par un courant qu’en cas de déséquilibre entre les
phases.
p
j ( qi - -j )
2
E 2e
Pour chaque courant de phase, on a ei = Zii soit i i =
Z0
p
I
. On en déduit
j G Wt + ( q i - - j ) J
K
2
E 2e H
E 2
dont la partie réelle conduit à ii (t ) =
sin Wt + q i - j .
i i (t ) =
Z0
Z0
g
E 2 F
2p I
E 2 F
4p I
E 2
sinG Wt - j - J et i (t ) =
sinG Wt - j - J .
sinbWt - jg , i (t ) =
On a donc i (t ) =
H
H
Z
Z
3K
Z
3K
0
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b
2
1
O
3
On en déduit (e1 + e2 + e3.) = (Z + 3RR)(i1 + i2 + i3) = (Z + 3RR)iN.
F
Z
3
0
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0
Devoir n°6
Z
D.5) La puissance moyenne fournie par chaque bobine du stator à sa charge Z, soumise à la
tension ei et parcourue par l’intensité ii est Pi = UiEFF.IiEFFcos(ji) avec UiEFF = Z0IiEFF et ji = j donc
Pi =
Z0.IiEFF2cos(j).
Or I EFF,i
FG IJ
H K
E
E
donc Pi = Z0
=
Z0
Z0
2
cos( j) .
3E 2
cos( j) .
La puissance totale fournie est donc PEL =
Z0
Par définition, le rendement de l’alternateur est r =
Z
PEL
d’où cos(j) = rPTU 02 .
3E
PTU
18
= 0,8.
3(5000) 2
r r
r
E 2
D.6) On représente les champs B 1, B 2 et B 3. On note I =
. En projection sur l’axe Ox,
Z0
A.N. cos(j) = (0,95)(3,5 ´ 106 )
on a :
IJ FG IJ
FG
K H K
H
1 L F
2p I
4p I O
F
= aI sinbWt - jg - aI MsinG Wt - j - J + sinG Wt - j - J P
H
2 N H
3K
3 KQ
L
F pI O
= aI sinbWt - jg - aI MsinbWt - j - p g cosG J P
H 3K Q
N
1
= aI sinbWt - jg + aI sinbWt - j g
2
3 E 2
(t ) = a
sinbWt - j g
soit B
2
Z
b
FG
H
g
BIND,X (t ) = aI sin Wt - j - aI sin Wt - j -
IJ FG IJ
K H K
2p
p
4p
p
cos
- aI sin Wt - j cos
3
3
3
3
i1(t)
x
r
B1
2p
3
r r
B3 B2
y
i2(t)
IND,X
0
La
composante
BIND,Y(t)
peut
s’écrire
3 E 2
BIND,Y (t ) = - a
cos Wt - j . On reconnaît les composantes d’un champ magnétique de mo2
Z2
3 E 2
dule BIND = a
tournant à la vitesse angulaire W autour de l’axe Oz.
2
Z0
b
g
RS
T
BIND,X (0) = - BIND sin(j)
r
À l’instant t = 0, B IND(t = 0) a pour composantes
. Quand t augBIND,Y (0) = - BIND cos(j)
mente à partir de t = 0, BIND,X(t) augmente et BIND,Y(t) diminue donc le champ tourne dans le sens
direct.
x
Comme le champ du rotor crée le flux F1(t) = F0cos(Wt) à travers
r
la bobine E1, c’est que le champ magnétique du rotor est dans la direction
B (0)
r
eX à l’instant t = 0. Ensuite, il tourne à la vitesse angulaire W autour de Oz
dans le sens direct.
j
r
y
On a le schéma ci-contre. À l’instant t = 0, le champ B IND(0) est en
r
p
retard de l’angle + j par rapport à B (0). Comme les deux champs tour2
r
nent à la même vitesse, cet angle reste constant. ensuite.
B IND(0)
D.7) Le moment magnétique du rotor est
r dirigé comme le champ
magnétique qu’il crée. Sa direction est donc eX à l’instant t = 0 puis il
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Devoir n°6
tourne à la vitesse angulaire W. Il subit de la part du champ magnétique crée par le stator le couple
r
r
r
r
p
des forces de Laplace, de moment instantané GROT (t ) = M (t ) Ù BIND (t ) = –M.BIND sin + j eZ soit
2
r
3
E 2
r
GROT = - aM
cos( j)eZ .
2
Z0
FG
H
IJ
K
Ce couple s’oppose à la rotation imposée par l’aérogénérateur, il doit donc être négatif. Cela
p p
entraîne j Î , .
2 2
La puissance mécanique reçue par le rotor de la part des forces de Laplace est
r
r
3
E 2
cos(j)
PROT = GROT . W soit ici PROT = - aMW
2
Z0
LM
N
OP
Q
La puissance exercée sur le rotor par les forces de Laplace dues au champ induit par les bobines du stator est PROT donc la puissance électrique induite est PIND = –PROT d’après le théorème
de la conversion de puissance.
En l’absence de perte , la puissance électrique fournie est alors PELE = –PIND = PROT. On véWF 0
E 2
rifie qu’elle est proportionnelle à W
cos(j) avec E =
d’après D.1) On a donc PELE proZ0
2
2E 2
cos(j) .
portionnelle à
F 0 Z0
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Devoir n°6