Feuille d'entraînement : Conversion de puissance

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2025, Q23

   Notons V_A le potentiel au point milieu de la branche de gauche (entre \mathrm{K}_1 et \mathrm{K}_4) et V_B celui de la branche de droite (entre \mathrm{K}_2 et \mathrm{K}_3). D'après la flèche de tension sur le schéma, la tension de sortie s'écrit :

   u(t) = V_A - V_B

   Étudions les deux phases de fonctionnement au cours d'une période T :

   • Pour t \in \left]0, \frac{T}{2}\right[ : les interrupteurs \mathrm{K}_1 et \mathrm{K}_3 sont fermés, tandis que \mathrm{K}_2 et \mathrm{K}_4 sont ouverts. Le point A est relié à la borne positive du générateur (V_A = E) et le point B à sa borne négative (V_B = 0). Il vient donc :

     u(t) = +E

   • Pour t \in \left]\frac{T}{2}, T\right[ : les interrupteurs \mathrm{K}_2 et \mathrm{K}_4 sont fermés, tandis que \mathrm{K}_1 et \mathrm{K}_3 sont ouverts. Le point B est relié à la borne positive (V_B = E) et le point A à la borne négative (V_A = 0). Il vient donc :

     u(t) = -E

   Le fonctionnement étant périodique de période T = \frac{1}{f} = \frac{1}{50} = 20\text{ ms}, la tension u(t) est un signal rectangulaire alternatif symétrique (créneau) de valeur crête E.

   Sur deux périodes, soit pour t \in [0, 2T], le graphe de la tension u(t) est le suivant :

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2025, Q26

   Pour un signal u(t) de période T, la valeur moyenne U_0 et la valeur efficace U_{\mathrm{eff}} sont définies par :

   \begin{aligned} U_0 &= \frac{1}{T} \int_0^T u(t) \, \mathrm{d}t \\ U_{\mathrm{eff}} &= \sqrt{\frac{1}{T} \int_0^T u^2(t) \, \mathrm{d}t} \end{aligned}

   D'après la question Q25, le signal u(t) vaut :

   • +E sur l'intervalle [\tau, T/2 - \tau], de durée \Delta t_1 = \dfrac{T}{2} - 2\tau ;
   • -E sur l'intervalle [T/2 + \tau, T - \tau], de durée \Delta t_2 = \dfrac{T}{2} - 2\tau ;
   • 0 sur le reste de la période.

   Calcul de la valeur moyenne U_0 :

   \begin{aligned} U_0 &= \frac{1}{T} \left( \int_\tau^{T/2 - \tau} E\,\mathrm{d}t + \int_{T/2 + \tau}^{T - \tau} (-E)\,\mathrm{d}t \right) \\ &= \frac{E}{T} \left[ \left(\frac{T}{2} - 2\tau\right) - \left(\frac{T}{2} - 2\tau\right) \right] = 0 \end{aligned}

   \boxed{U_0 = 0\text{ V}}

   Calcul de la valeur efficace U_{\mathrm{eff}} : La grandeur u^2(t) est nulle lorsque u(t) = 0 et vaut (\pm E)^2 = E^2 pendant les deux créneaux non nuls, soit sur une durée cumulée \Delta t_{\text{tot}} = \Delta t_1 + \Delta t_2 = T - 4\tau :

   \begin{aligned} \int_0^T u^2(t) \, \mathrm{d}t &= E^2 \, (T - 4\tau) \end{aligned}

   D'où l'expression de la valeur efficace :

   \boxed{U_{\mathrm{eff}} = E \sqrt{1 - \frac{4\tau}{T}}}

   Résultat

   $$U_0=0\text{ V}$$

   $$U_{\mathrm{eff}}=E\sqrt{1-\frac{4\tau }{T}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2023, Q29

   Le circuit tourne autour de l'axe Oz avec le vecteur rotation \vec{\omega} = \omega \vec{e}_z. La puissance instantanée développée par les forces de Laplace s'écrit :

   \mathcal{P}_L = \vec{\Gamma}_L \cdot \vec{\omega}

   En utilisant l'expression du couple de Laplace établie à la question Q27 :

   \mathcal{P}_L = \left( -\frac{16 N^2 a^4 B_0^2 \omega}{R}\sin^2(\omega t) \,\vec{e}_z \right) \cdot \left(\omega \vec{e}_z\right) = -\frac{16 N^2 a^4 B_0^2 \omega^2}{R}\sin^2(\omega t)

   La valeur moyenne temporelle de \sin^2(\omega t) sur une période T = \frac{2\pi}{\omega} valant \langle \sin^2(\omega t) \rangle = \frac{1}{2}, la puissance moyenne du moment des forces de Laplace est :

   \boxed{\langle \mathcal{P}_L \rangle = -\frac{8 N^2 a^4 B_0^2 \omega^2}{R}}

   La puissance électrique instantanée reçue et dissipée par effet Joule dans la résistance R s'exprime à l'aide de l'intensité i(t) trouvée à la question Q26 :

   \mathcal{P}_J(t) = R \, i(t)^2 = R \left( \frac{4 N a^2 B_0 \omega}{R}\sin(\omega t) \right)^2 = \frac{16 N^2 a^4 B_0^2 \omega^2}{R}\sin^2(\omega t)

   Sa valeur moyenne vaut donc :

   \boxed{\langle \mathcal{P}_J \rangle = \frac{8 N^2 a^4 B_0^2 \omega^2}{R}}

   Comparaison et interprétation :
   On constate l'égalité stricte :

   \langle \mathcal{P}_L \rangle + \langle \mathcal{P}_J \rangle = 0 \quad \iff \quad \langle \mathcal{P}_J \rangle = -\langle \mathcal{P}_L \rangle

   • La puissance des forces de Laplace est négative à tout instant (\mathcal{P}_L \le 0) : les actions de Laplace s'opposent au mouvement de rotation imposé (conséquence directe de la loi de modération de Lenz).
   • Pour maintenir la rotation à vitesse angulaire constante, la turbine doit fournir une puissance mécanique extérieure moyenne \langle \mathcal{P}_{\text{ext}} \rangle = -\langle \mathcal{P}_L \rangle.
   • Cette puissance mécanique fournie par la turbine est intégralement convertie par l'alternateur en puissance électrique, dissipée ici dans la résistance du circuit. Le modèle sans frottements mécaniques ni pertes magnétiques traduit une conversion électromécanique à rendement unitaire.

   Résultat

   $$⟨{\mathcal{P}}_L⟩=-\frac{8N^2{a}^4{B}_0^2{\omega }^2}{R}$$

   $$⟨{\mathcal{P}}_J⟩=\frac{8N^2{a}^4{B}_0^2{\omega }^2}{R}$$

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4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2023, Q30

   D'après les conventions de la figure 7, le primaire est orienté en convention récepteur (la tension U_1 et le courant I_1 sont associés selon cette convention). La puissance électrique instantanée reçue au primaire s'écrit :

   \mathcal{P}_{\text{reçue, 1}}(t) = U_1(t) \, I_1(t)

   Au secondaire, avec les orientations de la figure 7 conduisant à la relation I_2 / I_1 = - N_1 / N_2, les grandeurs sont également en convention récepteur. La puissance cédée (fournie) par le secondaire au circuit aval correspond donc à l'opposée de la puissance reçue au secondaire :

   \mathcal{P}_{\text{cédée, 2}}(t) = - U_2(t) \, I_2(t)

   En utilisant les relations de transformation fournies pour ce modèle parfait :

   \begin{aligned} U_2(t) &= \frac{N_2}{N_1} \, U_1(t) \\ I_2(t) &= -\frac{N_1}{N_2} \, I_1(t) \end{aligned}

   On en déduit :

   \begin{aligned} \mathcal{P}_{\text{cédée, 2}}(t) &= - \left(\frac{N_2}{N_1} \, U_1(t)\right) \left(-\frac{N_1}{N_2} \, I_1(t)\right) \\ &= U_1(t) \, I_1(t) \\ &= \mathcal{P}_{\text{reçue, 1}}(t) \end{aligned}

   Cette égalité étant vérifiée à chaque instant, elle est également vraie pour les puissances moyennes (actives) :

   \boxed{\langle \mathcal{P}_{\text{reçue, 1}} \rangle = \langle \mathcal{P}_{\text{cédée, 2}} \rangle}

   Résultat

   $$⟨{\mathcal{P}}_{\text{rec¸ue, 1}}⟩=⟨{\mathcal{P}}_{\text{ceˊdeˊe, 2}}⟩$$

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5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2023, Q33

   D'après la relation de transformation établie pour un transformateur parfait en régime sinusoïdal (rappelée dans le préambule de la partie III-C) :

   \frac{u_2(t)}{u_1(t)} = \frac{N_2}{N_1}

   Ce rapport étant constant et positif à tout instant, le rapport des valeurs efficaces des tensions secondaire U_{2,\text{eff}} et primaire U_{1,\text{eff}} est directement égal au rapport du nombre de spires :

   \frac{N_2}{N_1} = \frac{U_{2,\text{eff}}}{U_{1,\text{eff}}}

   Application numérique avec U_{1,\text{eff}} = 11\text{ kV} et U_{2,\text{eff}} = 132\text{ kV} :

   \frac{N_2}{N_1} = \frac{132\text{ kV}}{11\text{ kV}} = 12

   \boxed{\frac{N_2}{N_1} = 12}

   Résultat

   $$\frac{N_2}{N_1}=12$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2022, Q37

   Considérons un élément infinitésimal de la tige OC, situé à la distance r de l'axe (Oz) (0 \le r \le a). Le courant i circule de O vers C, soit dans le sens du vecteur unitaire radial \vec{u}_r. L'élément de courant s'écrit donc :

   i\,\mathrm{d}\vec{\ell} = i\,\mathrm{d}r\,\vec{u}_r

   Cet élément est plongé dans le champ magnétique vertical uniforme \vec{B} = B\,\vec{u}_z. Il subit la force de Laplace élémentaire :

   \mathrm{d}\vec{F}_L = i\,\mathrm{d}\vec{\ell} \wedge \vec{B} = (i\,\mathrm{d}r\,\vec{u}_r) \wedge (B\,\vec{u}_z) = -i B\,\mathrm{d}r\,\vec{u}_\theta

   puisque (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta, \vec{u}_z) forme une base orthonormée directe.

   Le moment élémentaire de cette force par rapport au point O est :

   \mathrm{d}\vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}_L) = \vec{OM} \wedge \mathrm{d}\vec{F}_L = (r\,\vec{u}_r) \wedge (-i B\,\mathrm{d}r\,\vec{u}_\theta) = -i B r\,\mathrm{d}r\,\vec{u}_z

   Par intégration sur la tige de r = 0 à r = a, le moment résultant par rapport à l'axe (Oz) orienté par \vec{u}_z vaut :

   \mathcal{M}_{Oz} = \int_0^a -i B r\,\mathrm{d}r = -\frac{1}{2} i B a^2

   Sur le schéma fourni, le sens positif de rotation indiqué pour \omega est horaire vu de dessus, soit selon -\vec{u}_z (\vec{\omega} = -\omega\,\vec{u}_z). Le moment des forces de Laplace est donc moteur (orienté dans le sens du mouvement), de valeur algébrique le long du sens de rotation :

   \Gamma_L = \frac{1}{2} i B a^2

   \Gamma_L = \frac{1}{2} \times 3 \times 1 \times 1^2 = 1{,}5\text{ N}\cdot\text{m}

   \boxed{\mathcal{M}_{Oz} = -\frac{1}{2} i B a^2 = -1{,}5\text{ N}\cdot\text{m} \quad (\text{soit un couple moteur de } \Gamma_L = 1{,}5\text{ N}\cdot\text{m})}

   La puissance développée par les forces de Laplace s'exprime par le produit du moment et du vecteur rotation :

   \mathcal{P}_L = \vec{\mathcal{M}}_O \cdot \vec{\omega} = \Gamma_L\,\omega = \frac{1}{2} i B a^2 \omega

   Application numérique avec \omega = 10\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} :

   \mathcal{P}_L = 1{,}5 \times 10 = 15\text{ W}

   \boxed{\mathcal{P}_L = \frac{1}{2} i B a^2 \omega = 15\text{ W}}

   Résultat

   $${\mathcal{M}}_{Oz}=-\frac{1}{2}iB{a}^2=-1,5\text{ N}\cdot \text{m}(\text{soit un couple moteur de }{\Gamma }_L=1,5\text{ N}\cdot \text{m})$$

   $${\mathcal{P}}_L=\frac{1}{2}iB{a}^2\omega =15\text{ W}$$

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7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2025, Q19

   Le rendement énergétique \eta du panneau photovoltaïque est défini comme le rapport entre la puissance électrique maximale \mathcal{P}_{\max} fournie par le panneau et la puissance radiative totale \mathcal{P}_{\text{inc}} du rayonnement solaire incident intercepté par la surface active du panneau :

   \eta = \frac{\mathcal{P}_{\max}}{\mathcal{P}_{\text{inc}}}

   La puissance solaire incidente s'exprime en fonction de l'irradiance (flux solaire surfacique) \Pi = 1\,\mathrm{kW}\cdot\mathrm{m}^{-2} = 1{,}0\cdot 10^3\,\mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2} et de la surface totale S_{\text{tot}} occupée par les N = 36 cellules carrées de côté c :

   S_{\text{tot}} = N\,c^2 \quad \implies \quad \mathcal{P}_{\text{inc}} = \Pi \, N\,c^2

   D'après la question Q18, pour \Pi = 1\,\mathrm{kW}\cdot\mathrm{m}^{-2}, la puissance maximale fournie vaut \mathcal{P}_{\max} \approx 85\,\mathrm{W}.

   En utilisant l'approximation numérique suggérée par l'énoncé, c \approx \frac{1}{8}\,\mathrm{m} :

   S_{\text{tot}} \approx 36 \times \left(\frac{1}{8}\right)^2 = \frac{36}{64}\,\mathrm{m}^2 = \frac{9}{16}\,\mathrm{m}^2 = 0{,}5625\,\mathrm{m}^2

   La puissance solaire incidente est donc :

   \mathcal{P}_{\text{inc}} = 1{,}0\cdot 10^3 \times \frac{9}{16} = 562{,}5\,\mathrm{W}

   Le rendement vaut ainsi :

   \begin{aligned} \eta &= \frac{85}{562{,}5} = \frac{85 \times 16}{9000} = \frac{1360}{9000} \approx 0{,}151 \end{aligned}

   \boxed{\eta \approx 15\,\%}

   Comparaison aux données de l'énoncé :
   Le panneau étudié comporte des cellules en silicium polycristallin, dont la plage de rendement typique fournie dans le tableau de début de partie est [13\,\% - 18\,\%]. La valeur obtenue, voisine de 15\,\%, se situe précisément au cœur de cet intervalle, ce qui confirme la cohérence du résultat.

   Résultat

   $$\eta \approx 15\%$$

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8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2022, Q38

   Pour maintenir la vitesse de rotation constante \omega = 10\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}, le couple moteur total nécessaire à l'avancement du pédalo reste inchangé et vaut \mathcal{M}_m = 5\text{ N}\cdot\text{m}, correspondant à une puissance totale de \mathcal{P}_m = 50\text{ W} (question Q35).

   Avec l'assistance électrique active, le moteur fournit un moment \Gamma_L = 1{,}5\text{ N}\cdot\text{m} et une puissance \mathcal{P}_L = 15\text{ W} (question Q37). Le vacancier ne doit donc plus fournir que le complément :

   \mathcal{P}' = \mathcal{P}_m - \mathcal{P}_L = 50 - 15 = 35\text{ W}

   Le pourcentage de réduction de l'effort s'écrit alors :

   r = \frac{\mathcal{P}_L}{\mathcal{P}_m} = \frac{\Gamma_L}{\mathcal{M}_m}

   Soit numériquement :

   r = \frac{15}{50} = \frac{1{,}5}{5} = 0{,}30 = 30\,\%

   \boxed{r = 30\,\%}

   Résultat

   $$r=30\%$$

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9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2023, Q35

   Notons U_s = kU la tension efficace aux bornes de sortie du transformateur rehausseur et I la valeur efficace de l'intensité du courant circulant dans la ligne de transmission.

   Le dipôle récepteur D et la résistance de ligne r étant en série, ils sont traversés par le même courant efficace I.

   • La puissance active transmise au dipôle D vaut :

     p = R' I^2

   • La puissance dissipée par effet Joule dans la ligne de transmission s'écrit :

     \mathcal{P}_J = r I^2

   La puissance totale délivrée en sortie du transformateur élévateur est :

   \mathcal{P}_{\text{tot}} = U_s I = p + \mathcal{P}_J = (R' + r) I^2

   Dans une ligne de transport d'électricité conçue pour être efficace, les pertes en ligne sont très faibles devant la puissance transportée (\mathcal{P}_J \ll p, soit r \ll R'). On a donc au premier ordre :

   U_s I \approx p \implies I \approx \frac{p}{U_s}

   En injectant cette expression de l'intensité dans la puissance Joule dissipée, on obtient :

   \boxed{\mathcal{P}_J = \frac{r\,p^2}{U_s^2} = \frac{r\,p^2}{(kU)^2}}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_J=\frac{r{p}^2}{U_s^2}=\frac{r{p}^2}{(kU{)}^2}$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2023, Q36

    Pour transporter une puissance donnée p vers le transformateur d'abaissement et l'utilisateur sous une tension efficace U_s = kU, le courant efficace circulant dans la ligne vaut :

    I = \frac{p}{U_s} = \frac{p}{k U}

    L'élévation de tension par un facteur k > 1 permet ainsi de réduire l'intensité du courant circulant dans la ligne d'un même facteur k pour une même puissance utile distribuée.

    D'après la question 35, la puissance dissipée par effet Joule dans les conducteurs de résistance globale r s'écrit :

    \mathcal{P}_J = r I^2 = \frac{r p^2}{(kU)^2} = \frac{\mathcal{P}_{J,0}}{k^2}

    où \mathcal{P}_{J,0} = \dfrac{r p^2}{U^2} représenterait les pertes en l'absence de transformateur rehausseur (transport direct sous la tension d'alternateur U).

    Les pertes par effet Joule étant quadratiques en courant, elles sont divisées par le carré du rapport de transformation :

    \boxed{\frac{\mathcal{P}_{J,0}}{\mathcal{P}_J} = k^2}

    Application numérique à la centrale de Svartsengi :

    D'après la question 33, le rapport d'élévation de tension vaut :

    k = \frac{U_2}{U_1} = \frac{132\text{ kV}}{11\text{ kV}} = 12

    Par conséquent, le facteur de réduction des pertes Joule dans la ligne de transport est :

    k^2 = 12^2 = 144

    \boxed{\text{Les pertes Joule sont divisées par } 144.}

    Résultat

    $$\frac{{\mathcal{P}}_{J,0}}{{\mathcal{P}}_J}=k^2$$

    $$\text{Les pertes Joule sont diviseˊes par }144.$$

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