Feuille d'entraînement : Conversion de puissance

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q33

   Les convertisseurs statiques d'énergie électrique en électronique de puissance assurant ces fonctions sont :

   1. Conversion continu \to alternatif (DC/AC) : un onduleur (ou onduleur de tension/courant).
   2. Conversion alternatif \to continu (AC/DC) : un redresseur (non commandé ou commandé).
   3. Conversion continu \to continu (DC/DC) avec modification de la valeur moyenne : un hacheur.

   \boxed{ \begin{aligned} \text{a) } & \text{Onduleur} \\ \text{b) } & \text{Redresseur} \\ \text{c) } & \text{Hacheur} \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}\text{a) }& \text{Onduleur}\\ \text{b) }& \text{Redresseur}\\ \text{c) }& \text{Hacheur}\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q34

   D'après le schéma de l'interrupteur \text{K}_1 (convention récepteur avec i_{\text{K}1} entrant par le haut et v_{\text{K}1} fléchée du bas vers le haut) :

   • La tension aux bornes de l'interrupteur est commune aux deux composants en parallèle :

     v_{\text{K}1} = v_{\text{T}1} = - v_{\text{D}1,\text{direct}}

   • Le courant total traversant \text{K}_1 est la somme des courants de chaque branche :

     i_{\text{K}1} = i_{\text{T}1} + i_{\text{D}1,\text{descendant}}

   Analysons les différents régimes de fonctionnement selon la commande de \text{T}_1 et le signe des grandeurs :

   1. Commande à la fermeture de \text{T}_1 (CF) : Le transistor conduit un courant positif i_{\text{T}1} > 0 sous une tension nulle v_{\text{T}1} = 0. La diode \text{D}_1 est alors soumise à une tension nulle (bloquée). On a donc :

      v_{\text{K}1} = 0 \quad \text{et} \quad i_{\text{K}1} > 0

   2. Conduction spontanée de la diode \text{D}_1 : La diode étant branchée en antiparallèle (cathode au potentiel haut, anode au potentiel bas), elle devient passante dès que la tension tend à devenir négative (v_{\text{K}1} \le 0). En la supposant idéale, elle conduit alors sous tension nulle (v_{\text{K}1} = 0) en laissant passer un courant ascendant, soit :

      v_{\text{K}1} = 0 \quad \text{et} \quad i_{\text{K}1} < 0

   3. Commande à l'ouverture de \text{T}_1 (CO) et blocage de \text{D}_1 : Le transistor est bloqué (i_{\text{T}1} = 0) et supporte une tension positive v_{\text{T}1} > 0. La diode \text{D}_1 est alors polarisée en inverse (v_{\text{D}1,\text{direct}} < 0) et donc bloquée également. Par conséquent :

      i_{\text{K}1} = 0 \quad \text{et} \quad v_{\text{K}1} > 0

   L'interrupteur \text{K}_1 est donc un interrupteur unidirectionnel en tension (v_{\text{K}1} \ge 0) et bidirectionnel en courant (i_{\text{K}1} \in \mathbb{R}). Sa caractéristique courant-tension (v_{\text{K}1}, i_{\text{K}1}) est tracée ci-dessous :

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q35

   D'après le schéma du pont en H (figure 7), la tension aux bornes de la charge est orientée de sorte que :

   u_{\text{ch}}(t) = V_{\text{gauche}} - V_{\text{droite}}

   Les interrupteurs d'un même bras fonctionnent de façon complémentaire sur une période T :

   • Bras gauche : \text{K}_1 est fermé sur \left[\frac{T}{12},\,\frac{7T}{12}\right] (alors V_{\text{gauche}} = U), et \text{K}_3 est fermé sur \left[\frac{7T}{12},\,\frac{13T}{12}\right] (alors V_{\text{gauche}} = 0).
   • Bras droit : \text{K}_4 est fermé sur \left[-\frac{T}{12},\,\frac{5T}{12}\right] (alors V_{\text{droite}} = 0), et \text{K}_2 est fermé sur \left[\frac{5T}{12},\,\frac{11T}{12}\right] (alors V_{\text{droite}} = U).

   Déterminons l'état du pont et l'expression de u_{\text{ch}}(t) sur les différents intervalles composant la période [0,\, T] :

   • Pour t \in \left[0,\, \frac{T}{12}\right] : \text{K}_3 et \text{K}_4 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = 0 et V_{\text{droite}} = 0 \implies u_{\text{ch}}(t) = 0 ;
   • Pour t \in \left[\frac{T}{12},\, \frac{5T}{12}\right] : \text{K}_1 et \text{K}_4 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = U et V_{\text{droite}} = 0 \implies u_{\text{ch}}(t) = +U ;
   • Pour t \in \left[\frac{5T}{12},\, \frac{7T}{12}\right] : \text{K}_1 et \text{K}_2 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = U et V_{\text{droite}} = U \implies u_{\text{ch}}(t) = 0 ;
   • Pour t \in \left[\frac{7T}{12},\, \frac{11T}{12}\right] : \text{K}_3 et \text{K}_2 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = 0 et V_{\text{droite}} = U \implies u_{\text{ch}}(t) = -U ;
   • Pour t \in \left[\frac{11T}{12},\, T\right] : \text{K}_3 et \text{K}_4 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = 0 et V_{\text{droite}} = 0 \implies u_{\text{ch}}(t) = 0.

   Valeur moyenne : Le signal présente une symétrie de glissement (symétrie de demi-onde) : pour tout t,

   u_{\text{ch}}\!\left(t + \frac{T}{2}\right) = -u_{\text{ch}}(t)

   L'aire sous la courbe sur une demi-période compense exactement celle sur l'autre demi-période. Par conséquent :

   \boxed{U_{\text{moy}} = 0}

   Valeur efficace : Par définition de la valeur efficace :

   \begin{aligned} U_{\text{eff}}^2 &= \frac{1}{T} \int_0^T u_{\text{ch}}^2(t)\,\mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{T} \left[ \int_{T/12}^{5T/12} U^2\,\mathrm{d}t + \int_{7T/12}^{11T/12} (-U)^2\,\mathrm{d}t \right] \\ &= \frac{U^2}{T} \left( \frac{4T}{12} + \frac{4T}{12} \right) = \frac{U^2}{T} \times \frac{8T}{12} = \frac{2}{3}\,U^2 \end{aligned}

   On en déduit :

   \boxed{U_{\text{eff}} = \sqrt{\frac{2}{3}}\,U}

   Résultat

   $$U_{\text{moy}}=0$$

   $$U_{\text{eff}}=\sqrt{\frac{2}{3}}U$$

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4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q25

   1. Nature des courants dans les enroulements :

   • Rotor (inducteur) : il est alimenté par une source de tension continue et est donc parcouru par un courant continu d'intensité notée I_e (courant d'excitation).
   • Stator (induit) : le rotor en rotation entraîne la rotation du champ inducteur, induisant dans les bobinages fixes du stator des forces électromotrices alternatives. En charge, le stator est donc parcouru par des courants alternatifs sinusoïdaux de fréquence f = 50\text{ Hz}.

   2. Organisation spatiale des circuits :

   • Circuit rotorique : le bobinage d'excitation est logé dans des encoches réparties à la périphérie du rotor cylindrique à pôles lisses. Il est enroulé de manière à créer, lorsqu'il est parcouru par le courant continu I_e, une répartition spatiale de champ magnétique à 2 pôles (p = 1 paire de pôles, soit un pôle Nord et un pôle Sud) symétrique par rapport à un axe diamétral.

   • Circuit statorique : les conducteurs sont répartis dans des encoches régulièrement espacées sur la surface interne du cylindre statorique ferromagnétique fixe :

     • pour le modèle diphasé équivalent étudié ici (m = 2 phases, p = 1 paire de pôles), le stator comporte deux enroulements identiques spatialement décalés d'un angle géométrique de :

       \theta_0 = \frac{\pi}{2p} = \frac{\pi}{2} = 90^\circ ;

     • pour la machine triphasée réelle (m = 3 phases, p = 1), le stator comprend trois enroulements identiques décalés géométriquement de :

       \theta_0 = \frac{2\pi}{3p} = \frac{2\pi}{3} = 120^\circ.

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5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q27

   1. Propriétés d'un matériau ferromagnétique idéal et champ dans l'entrefer

   Un matériau ferromagnétique idéal se caractérise par :

   • une perméabilité magnétique relative infinie (\mu_r \to \infty), ce qui implique que pour une induction \vec{B} finie, l'excitation magnétique est nulle dans le matériau : \vec{H}_{\text{fer}} = \vec{0} ;
   • un cycle d'hystérésis d'aire nulle (absence de champ rémanent et de champ coercitif, pas de pertes par hystérésis) ;
   • l'absence de courants de Foucault (matériau parfaitement feuilleté ou de conductivité électrique nulle).

   À l'interface entre le matériau ferromagnétique et l'air de l'entrefer (assimilé au vide de perméabilité \mu_0), en l'absence de courants surfaciques libres, la composante tangentielle de l'excitation magnétique est continue :

   H_{\text{entrefer}, t} = H_{\text{fer}, t} = 0

   Par conséquent, dans l'entrefer, la composante tangentielle de l'induction magnétique est nulle : B_t = \mu_0 H_{\text{entrefer}, t} = 0. Comme l'entrefer est d'épaisseur très faible devant le rayon r, les lignes de champ sont partout orthogonales aux surfaces cylindriques en regard. Le champ magnétique en tout point M de l'entrefer est donc purement radial :

   \boxed{\vec{B}(M) = B(M)\,\vec{e}_r}

   2. Relation entre \omega et \Omega

   Le rotor tourne à la vitesse angulaire mécanique \Omega. Le champ magnétique créé par l'enroulement d'excitation tourne à la même vitesse \Omega dans le référentiel du stator.

   Pour une machine comportant p paires de pôles, une rotation mécanique complète du rotor (2\pi\text{ rad}) correspond à p alternances électriques complètes de la force électromotrice induite dans chaque enroulement statorique. Le synchronisme entre le champ tournant et les courants alternatifs de pulsation \omega impose donc la condition :

   \boxed{\omega = p\,\Omega}

   D'après le tableau de données, la machine possède 2 pôles, soit p = 1 paire de pôles. La relation de synchronisme devient simplement :

   \omega = \Omega

   3. Application numérique pour la vitesse nominale \Omega_n

   La pulsation des courants est liée à la fréquence nominale f = 50\text{ Hz} par \omega = 2\pi f :

   \Omega_n = \omega = 2\pi f = 2\pi \times 50 \approx 314\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   En exprimant cette vitesse en tours par minute :

   n_n = \frac{\Omega_n}{2\pi} \times 60 = f \times 60 = 50 \times 60 = 3000\text{ tr}\cdot\text{min}^{-1}

   \boxed{\Omega_n = 314\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} = 3000\text{ tr}\cdot\text{min}^{-1}}

   Résultat

   $$\vec{B}(M)=B(M){\vec{e}}_r$$

   $$\omega =p\Omega$$

   $${\Omega }_n=314\text{ rad}\cdot {\text{s}}^{-1}=3000\text{ tr}\cdot {\text{min}}^{-1}$$

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6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q28

   D'après le schéma de la figure 8, la phase de l'alternateur est représentée en convention générateur :

   • la force électromotrice à vide est modélisée par la source idéale de f.é.m. complexe \underline{E} ;

   • l'enroulement statorique présente une impédance interne constituée de sa résistance R en série avec son inductance synchrone L, soit une impédance complexe totale :

     \underline{Z} = R + \mathrm{j}L\omega = R + \mathrm{j}X
   • le courant de phase \underline{I} sort par la borne positive de la phase vers la charge extérieure (convention générateur) ;
   • la tension disponible aux bornes de la phase est notée \underline{U}.

   La loi des mailles (ou relation tension-courant d'un dipôle actif en convention générateur) s'écrit alors :

   \underline{U} = \underline{E} - (R + \mathrm{j}X)\underline{I}

   ou, de manière équivalente :

   \boxed{\underline{E} = \underline{U} + (R + \mathrm{j}X)\underline{I}}

   Résultat

   $$\underline{E}=\underline{U}+(R+\mathrm{j}X)\underline{I}$$

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7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2025, Q9

   Pour une bobine idéale d'inductance L, la relation tension-courant en convention récepteur s'écrit :

   V_L(t) = L \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t}(t)

   En régime périodique établi de période T = \frac{1}{f}, le courant traversant chaque bobine est une fonction périodique du temps, de sorte que i_L(T) = i_L(0). La valeur moyenne de la tension sur une période vaut :

   \langle V_L \rangle = \frac{1}{T} \int_0^T V_L(t) \, \mathrm{d}t = \frac{L}{T} \int_0^T \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} \, \mathrm{d}t = \frac{L}{T} \Big( i_L(T) - i_L(0) \Big) = 0

   Cette propriété s'applique directement aux deux bobines L_1 et L_2 du convertisseur :

   \boxed{\langle V_{L_1} \rangle = 0 \quad \text{et} \quad \langle V_{L_2} \rangle = 0}

   D'après le schéma de la figure 8, appliquons la loi des mailles le long du contour fermé comprenant la source d'entrée V_e, l'inductance L_1, la capacité C_1, l'inductance L_2 et la ligne de masse inférieure :

   V_e - V_{L_1}(t) - V_{C_1}(t) - V_{L_2}(t) = 0

   soit :

   V_{C_1}(t) = V_e - V_{L_1}(t) - V_{L_2}(t)

   Par linéarité de l'opération moyenne temporelle, et sachant que la tension d'entrée V_e est supposée constante (\langle V_e \rangle = V_e) :

   \langle V_{C_1} \rangle = V_e - \langle V_{L_1} \rangle - \langle V_{L_2} \rangle

   Comme \langle V_{L_1} \rangle = 0 et \langle V_{L_2} \rangle = 0, on en déduit :

   \boxed{\langle V_{C_1} \rangle = V_e}

   Résultat

   $$⟨V_{L_1}⟩=0\text{et}⟨V_{L_2}⟩=0$$

   $$⟨V_{C_1}⟩=V_e$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2025, Q11

   D'après la question Q10, la tension instantanée aux bornes de l'inductance L_2 s'écrit :

   V_{L_2}(t) = \begin{cases} -V_{\mathrm{e}} & \text{pour } t \in [0, \alpha T[ \\ +V_{\mathrm{s}} & \text{pour } t \in [\alpha T, T[ \end{cases}

   La valeur moyenne de cette tension sur une période T vaut donc :

   \begin{aligned} \langle V_{L_2} \rangle &= \frac{1}{T} \int_0^T V_{L_2}(t) \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{T} \left[ \int_0^{\alpha T} (-V_{\mathrm{e}}) \, \mathrm{d}t + \int_{\alpha T}^T V_{\mathrm{s}} \, \mathrm{d}t \right] \\ &= -\alpha V_{\mathrm{e}} + (1 - \alpha) V_{\mathrm{s}} \end{aligned}

   En régime périodique établi, la valeur moyenne de la tension aux bornes d'une inductance est nulle (\langle V_{L_2} \rangle = 0, question Q9), ce qui conduit directement à :

   \begin{aligned} (1 - \alpha) V_{\mathrm{s}} - \alpha V_{\mathrm{e}} = 0 \end{aligned}

   On en déduit le gain statique du convertisseur :

   \boxed{\frac{V_{\mathrm{s}}}{V_{\mathrm{e}}} = \frac{\alpha}{1 - \alpha}}

   Intérêts du convertisseur SEPIC :

   • Caractère élévateur/abaisseur (Buck-Boost) sans inversion de polarité : La fonction de transfert montre que :

     • pour \alpha < 0{,}5, \dfrac{V_{\mathrm{s}}}{V_{\mathrm{e}}} < 1 (fonctionnement abaisseur) ;
     • pour \alpha > 0{,}5, \dfrac{V_{\mathrm{s}}}{V_{\mathrm{e}}} > 1 (fonctionnement élévateur).

     Dans le vélo hybride, la tension d'entrée varie entre 27\text{ V} et 54\text{ V} alors que la tension de sortie requise est constante à V_{\mathrm{s}} = 36\text{ V}. Le convertisseur doit donc impérativement pouvoir abaisser la tension quand le pack est pleinement chargé (V_{\mathrm{e}} > 36\text{ V}) et l'élever lorsqu'il est déchargé (V_{\mathrm{e}} < 36\text{ V}). De plus, contrairement au hacheur Buck-Boost classique, le SEPIC conserve la même polarité entre l'entrée et la sortie (masse commune).

   • Courant d'entrée continu : La présence de l'inductance L_1 directement en série avec la source permet de lisser le courant prélevé sur le pack de supercondensateurs, limitant l'échauffement par effet Joule et le rayonnement électromagnétique.

   Résultat

   $$\frac{V_{\mathrm{s}}}{V_{\mathrm{e}}}=\frac{\alpha }{1-\alpha }$$

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9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2025, Q33

   D'après le résultat de la question Q32, pour p = 2, l'énergie électromagnétique stockée dans l'entrefer s'écrit :

   \mathcal{E}_{\mathrm{em}}(\theta_{\mathrm{r}}, t) = \frac{V_e}{4\mu_0}\left(B_1^2 + B_0^2\right) + \frac{V_e}{2\mu_0} B_1 B_0 \cos(2\theta_{\mathrm{r}} - \omega t).

   En appliquant l'expression du couple donnée par l'énoncé, \Gamma = \frac{\partial \mathcal{E}_{\mathrm{em}}}{\partial \theta_{\mathrm{r}}}, on dérive l'énergie par rapport à la variable géométrique \theta_{\mathrm{r}} à temps t fixé :

   \begin{aligned} \Gamma &= \frac{\partial}{\partial \theta_{\mathrm{r}}} \left[ \frac{V_e}{2\mu_0} B_1 B_0 \cos(2\theta_{\mathrm{r}} - \omega t) \right] \\ &= -\frac{V_e}{2\mu_0} B_1 B_0 \times 2 \sin(2\theta_{\mathrm{r}} - \omega t) \\ &= -\frac{V_e}{\mu_0} B_1 B_0 \sin(2\theta_{\mathrm{r}} - \omega t). \end{aligned}

   En utilisant l'imparité de la fonction sinus, on peut également exprimer ce couple sous la forme :

   \boxed{\Gamma = \frac{V_e}{\mu_0} B_1 B_0 \sin(\omega t - 2\theta_{\mathrm{r}})}

   Résultat

   $$\Gamma =\frac{V_e}{{\mu }_0}{B}_1{B}_0\sin (\omega t-2{\theta }_{\mathrm{r}})$$

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10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2025, Q48

    Le circuit fermé est constitué de la source de tension idéale E en série avec la résistance interne R de la membrane et la résistance de charge r. D'après la question Q47, le courant traversant le circuit en régime continu est :

    i = \frac{E}{R+r}

    Bilan d'énergie En multipliant l'équation de maille E = R\,i + r\,i par l'intensité i, on obtient le bilan de puissance en régime stationnaire :

    \mathcal{P}_{\text{fournie}} = \mathcal{P}_J + \mathcal{P}

    où :

    • \mathcal{P}_{\text{fournie}} = E\,i = \dfrac{E^2}{R+r} est la puissance électrique totale délivrée par la source idéale ;
    • \mathcal{P}_J = R\,i^2 = \dfrac{R\,E^2}{(R+r)^2} est la puissance dissipée par effet Joule dans la résistance interne de la membrane ;
    • \mathcal{P} = r\,i^2 = \dfrac{r\,E^2}{(R+r)^2} est la puissance électrique consommée par l'ampoule.

    Recherche du maximum de puissance Pour trouver la valeur de r maximisant \mathcal{P}(r), dérivons \mathcal{P} par rapport à r :

    \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\mathcal{P}}{\mathrm{d}r} &= E^2 \, \frac{(R+r)^2 - 2r(R+r)}{(R+r)^4} \\ &= E^2 \, \frac{(R+r) - 2r}{(R+r)^3} \\ &= E^2 \, \frac{R-r}{(R+r)^3} \end{aligned}

    Cette dérivée s'annule en changeant de signe (strictement positive pour r < R et strictement négative pour r > R) en :

    \boxed{r = R}

    La puissance consommée par l'ampoule est donc maximale lorsque la résistance de charge est égale à la résistance interne du générateur (condition d'adaptation d'impédance en régime continu).

    En évaluant \mathcal{P}(r) en r = R, on obtient l'expression de la puissance maximale :

    \boxed{\mathcal{P}_{\text{max}} = \frac{E^2}{4R}}

    Résultat

    $$r=R$$

    $${\mathcal{P}}_{\text{max}}=\frac{E^2}{4R}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question