Transcript DS 07 - Correction - Classe Préparatoire aux Grandes Écoles TSI

Lycée Jean Perrin - Classe de TSI 1
DS de Physique-Chimie 07
Devoir surveillé 07
Physique-Chimie
Correction
I
Premier problème : amortissement électromagnétique
(d’après CCP TSI Physique 1 - 2013)
1.
→
− →
−
1.1. On prend uniquement la surface qui est effectivement traversée par le champ magnétique : Φ(t) = B · S = B × az(t).
(On fait bien attention à l’orientation de la spire qui nous donne l’orientation du vecteur surface, ici dans le
même sens que le champ).
dΦ
1.2. On applique la loi de Faraday e = −
= −Baż.
dt
1.3. Le circuit électrique équivalent est l’association série de la fém et de la résistance, donc on a forcément e = Ri
−Baż
e
=
.
soit i(t) =
R
R
2. La force de Laplace s’applique uniquement sur les portions du cadre subissant un champ magnétique. Par symétrie,
les forces s’exerçant sur les côtés verticaux se compensent, on peut donc calculer uniquement la contribution de la
portion horizontale
−
→
(aB)2 →
−
−
−
FL = i(−a→
ey ) ∧ (B→
ex ) = iaB→
ez = −
ż−
ez
R
3. On constate que la force de Laplace qui s’applique est une force de frottements fluides, elle s’oppose au mouvement
et est proportionnelle à la vitesse. L’avantage majeur de ce type de freinage est l’inexistence de contacts physiques
comme pour les freins frottants, qui s’usent avec le temps. L’énergie est ici dissipée par effet Joule, sous forme de
chaleur.
r
(aB)2
Rh
4. On identifie le coefficient de frottements : h =
, soit B =
.
R
a2
5. On effectue l’application numérique B = 10 T, ce qui est très grand ! Un aimant permanent ne peut produire que des
champs de l’ordre de 10−2 à 1 T, c’est uniquement avec un électroaimant qu’on arrive à atteindre ces valeurs (et
encore, il faut les refroidir à l’hélium !)
II
Deuxième problème : machine asynchrone
(d’après CCP TSI Physique 1 - 2012)
1)
Première partie : étude du stator
6.
[B]
[Φ]
[LI]
[L]
=
=
=
donc K s’exprime bien en H.m−2 .
[I]
[I][S]
[I][S]
[S]
6.2. D’après le théorème de Ferraris, appliqué pour p = 3, on a en sommant les trois champs
→
−
3
−
−
B = KI0 (cos(ωs t)→
ex + sin(ωs t)→
ey )
2
3
Il s’agit d’un champ tournant dont la norme vaut B0 = KI0 et la vitesse angulaire de rotation ωs , soit comme
2
fs = 50 Hz, N = 60 × fs = 3000 tours.min−1 .
6.1. [K] =
2)
Deuxième partie : entraînement du rotor
7.
→
− →
−
→
− →
−
7.1. Le travail est mâché avec le schéma Φ = B · S = B0 S cos( B , S ) = B0 S cos(θ − φ) soit
Φ = B0 cos(Ωt)
d(B0 S cos(Ωt))
Par conséquent la fém vaut e = −
= B0 SΩ sin(Ωt) = Φ0 Ωsin(Ωt).
dt
1
E. Van Brackel
Lycée Jean Perrin - Classe de TSI 1
DS de Physique-Chimie 07
7.2.
di
7.2.1. La loi des mailles dans le circuit série R-L donne e = Ri + L = Φ0 Ωsin(Ωt), équation différentielle du
dt
premier ordre dont le second membre est une fonction sinusoïdale : on est en régime sinusoïdal forcé.
π
7.2.2. En notation complexe, la fonction sinus est ej(Ωt− 2 ) (telle que si on en prend la partie réelle on obtienne
π
bien sinus). On réécrit l’équation différentielle en complexe : (R + jLΩ)i(t) = Φ0 Ωej(Ωt− 2 ) soit
j(Ωt− π
)
2
Φ0 Ωe
i(t) =
R + jLΩ
√
Φ0 Ω
7.2.3. Le module est assez trivial à calculer car |R + jLΩ| = R2 + L2 Ω2 donc IM = √
si Ω > 0. Pour
R 2 + L 2 Ω2
obtenir la phase on multiplie par le complexe conjugué :
Φ0 Ω(R − jLΩ)
R − jLΩ
IM e−jψ =
= IM √
= IM (cos(ψ) − j sin(ψ))
2
2
2
R +L Ω
R 2 + L 2 Ω2
R
Soit cos(ψ) = √
et sin(ψ) > 0. Si Ω < 0, les résultats sont changés. A noter que i(t) est toujours
2
R + L 2 Ω2
en retard sur e(t) pour un circuit inductif.
Φ0 Ω
Φ0
10−3
7.2.4. Si R LΩ, IM '=
=
=
= 10 mA. Enfin, on demande la valeur efficace, il faut donc diviser
LΩ
L
0.100
√
10
la valeur précédente par 2 soit ieff =
= 7.1 mA
1.41
7.2.5. On utilise un ampèremètre en mode RMS (Root Mean Square) pour mesurer une intensité efficace. La
position DC d’un multimètre donne la valeur moyenne du signal (composante continue), tandis que la
position AC donne la valeur efficace. Pour un oscilloscope, DC permet d’afficher le signal complet en temps
réel, tandis qu’AC le signal sans sa composante continue (filtrage passe-haut).
7.3. Il faut se rappeler de l’expression du couple des forces de Laplace, connaissant le moment magnétique
→
−
−
→ →
−
−
→ →
− −
−
Γ = M ∧ B = i(t)SB0 sin(M , B )→
ez = i(t)SB0 sin(Ωt)→
ez
→
−
soit selon ez
Γ = IM SB0 sin(Ωt) sin(Ωt − ψ)
1
7.4. On se sert de l’énoncé pour calculer sin(Ωt) sin(Ωt − ψ) = (cos(ψ) − cos(2Ωt − ψ). Puis hcos(2Ωt − ψ)i = 0
2
soit finalement
RΦ20 Ω
IM
Φ0 cos(ψ) =
hΓi =
2
2
2(R + L2 Ω2 )
7.5. Quand ω tend vers 0, il s’agit du couple au démarrage du moteur à partir d’une vitesse nulle. On constate qu’il est
positif, le moteur démarrera tout seul. Le couple sera moteur tant que Γ > 0, soit tant que ω < ωs c’est-à-dire
Ω > 0, et il sera résistant si Ω < 0.
3)
Troisième partie : puissance et rendement d’un moteur
8. On applique le théorème du moment cinétique scalaire J
bizarrerie de l’énoncé).
dΩm
= Γ − Γr (ici le sujet invite à prendre Ωm = ω...
dt
dΩm
9. Pour pouvoir démarrer, il faut que
> 0 y compris quand ω = 0. Seuls les moteurs 2 et 3 sont donc à-même de
dt
démarrer.
10.
10.1. Pmeca = Γω =
RΦ20 Ωω
RΦ20 (ωs − ω)ω
=
2(R2 + L2 Ω2 )
2(R2 + L2 (ωs − ω)2 )
RI2M
R(Φ0 (ωs − ω))2
=
2
2(R2 + L2 (ωs − ω)2 )
10.3. En supposant qu’il n’y a pas de frottements mécaniques ou d’autres types de pertes,
RΦ20 (ωs − ω)ωs
Pel = PJ + Pmeca =
2(R2 + L2 ωs − ω)2 )
Pmeca
ω
10.4. Le rendement est défini comme η =
=
= 1 − g. Donc numériquement, si g < 5% = 0.05, η > 95%,
Pel
ωs
conforme aux dires de votre merveilleux professeur :-)
10.2. PJ = RI2eff =
2
E. Van Brackel