Feuille d'entraînement : Conversion électromécanique

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q5

   L'énergie électrostatique emmagasinée dans le condensateur sous la tension u s'écrit :

   \mathcal{E}_{\text{el}} = \frac{1}{2} C(\theta_{\mathrm{r}}) u^2

   En appliquant la formule fournie pour le couple électrostatique à tension u fixée, on obtient :

   \Gamma = \left.\frac{\partial \mathcal{E}_{\mathrm{el}}}{\partial \theta_{\mathrm{r}}}\right|_{u} = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} u^2

   \boxed{\Gamma = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} u^2}

   Pour un fonctionnement en moteur dans le sens direct (\Omega = \dot{\theta}_{\mathrm{r}} > 0), la puissance mécanique moyenne développée par le couple doit être strictement positive :

   \langle \mathcal{P}_{\mathrm{m}} \rangle = \langle \Gamma \Omega \rangle = \langle \Gamma \rangle \Omega > 0

   Le couple moyen doit donc impérativement vérifier :

   \boxed{\langle \Gamma \rangle > 0}

   Si le système était alimenté par une tension constante u = U_{\text{cst}}, le couple moyen sur une période angulaire T_{\theta} = \pi de la capacité s'écrirait :

   \langle \Gamma \rangle = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \Gamma(\theta_{\mathrm{r}}) \, \mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}} = \frac{U_{\text{cst}}^2}{2\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} \, \mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}} = \frac{U_{\text{cst}}^2}{2\pi} \Big[ C(\pi) - C(0) \Big]

   Or, d'après la question précédente, la fonction C(\theta_{\mathrm{r}}) est \pi-périodique, donc C(\pi) = C(0), ce qui donne :

   \langle \Gamma \rangle = 0

   On ne peut donc pas alimenter le système par une tension constante pour faire tourner le moteur de manière continue.

   Résultat

   $$\Gamma =\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}{\theta }_{\mathrm{r}}}{u}^2$$

   $$⟨\Gamma ⟩>0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q16

   L'inductance propre L du bobinage est définie énergétiquement par la relation liant le courant i à l'énergie magnétique totale \mathcal{E}_{\mathrm{ma}} emmagasinée dans le système :

   \boxed{\mathcal{E}_{\mathrm{ma}} = \frac{1}{2} L i^2 \iff L = \frac{2\mathcal{E}_{\mathrm{ma}}}{i^2}}

   Dans le fer doux, la perméabilité magnétique étant infinie (\mu \to \infty), le champ d'excitation vérifie \vec{H} = \vec{B}/\mu = \vec{0}, de sorte que la densité volumique d'énergie magnétique y est nulle :

   w_{\mathrm{m, fer}} = \frac{1}{2}\vec{B}\cdot\vec{H} = 0

   L'énergie magnétique est donc entièrement localisée dans l'air des deux entrefers d'épaisseur e, où règne le champ uniforme B_{\mathrm{a}} = \frac{\mu_0 N i}{e} (d'après la question Q14). La densité d'énergie magnétique dans l'air y est :

   w_{\mathrm{m}} = \frac{B_{\mathrm{a}}^2}{2\mu_0} = \frac{1}{2\mu_0}\left(\frac{\mu_0 N i}{e}\right)^2 = \frac{\mu_0 N^2 i^2}{2e^2}

   L'énergie magnétique totale s'obtient en intégrant w_{\mathrm{m}} sur le volume total V de l'entrefer :

   \mathcal{E}_{\mathrm{ma}} = w_{\mathrm{m}} V = \frac{\mu_0 N^2 i^2}{2e^2} V

   Par identification avec \mathcal{E}_{\mathrm{ma}} = \frac{1}{2}Li^2, on en déduit l'expression de l'inductance en fonction du volume de l'entrefer :

   L = \frac{\mu_0 N^2}{e^2} V

   En utilisant les volumes minimal et maximal établis à la question Q15 :

   • Pour V_{\min} = 2\epsilon R \ell e (position \theta_{\mathrm{r}} = k\pi) :

     \boxed{L_{\min} = \frac{2\mu_0 \epsilon N^2 R \ell}{e}}

   • Pour V_{\max} = \pi R \ell e (position \theta_{\mathrm{r}} = (2k+1)\frac{\pi}{2}) :

     \boxed{L_{\max} = \frac{\mu_0 \pi N^2 R \ell}{e}}

   Entre ces deux positions extrêmes, la surface de recouvrement des pôles rotoriques et statoriques varie linéairement avec l'angle de rotation \theta_{\mathrm{r}}. Par conséquent, le volume de l'entrefer et l'inductance L(\theta_{\mathrm{r}}) varient de manière affine par morceaux (allure triangulaire ou trapézoïdale avec paliers de saturation dus aux effets géométriques et d'angles \beta_{\mathrm{r}} et \beta_{\mathrm{s}}).

   Résultat

   $${\mathcal{E}}_{\mathrm{ma}}=\frac{1}{2}L{i}^2⟺L=\frac{2{\mathcal{E}}_{\mathrm{ma}}}{i^2}$$

   $$L_{\min }=\frac{2{\mu }_0ϵN^{2}R\ell }{e}$$

   $$L_{\max }=\frac{{\mu }_0\pi N^{2}R\ell }{e}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q17

   L'énergie magnétique stockée dans le système linéaire s'exprime sous la forme :

   \mathcal{E}_{\mathrm{ma}} = \frac{1}{2} L(\theta_{\mathrm{r}}) \, i^2

   En utilisant la relation fournie pour le couple électromagnétique à courant i fixé :

   \Gamma = \left. \frac{\partial \mathcal{E}_{\mathrm{ma}}}{\partial \theta_{\mathrm{r}}} \right|_{i} = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} \, i^2

   \boxed{\Gamma = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} \, i^2}

   Si l'on alimente le moteur par un courant continu constant i(t) = I_0, le couple moyen sur une période angulaire T_\theta de l'inductance s'écrit :

   \begin{aligned} \langle \Gamma \rangle &= \frac{1}{T_\theta} \int_{0}^{T_\theta} \Gamma(\theta_{\mathrm{r}}) \, \mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}} \\ &= \frac{I_0^2}{2 T_\theta} \int_{0}^{T_\theta} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} \, \mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}} \\ &= \frac{I_0^2}{2 T_\theta} \bigl[ L(T_\theta) - L(0) \bigr] = 0 \end{aligned}

   puisque la fonction L(\theta_{\mathrm{r}}) est périodique de période T_\theta.

   Pour un fonctionnement en moteur à vitesse moyenne non nulle, le couple moyen doit être strictement positif (\langle \Gamma \rangle > 0) afin de vaincre les couples résistants et d'entretenir la rotation. Sous courant constant, le rotor ne ferait qu'osciller autour de la position d'inductance maximale (position d'équilibre stable où le couple est nul et de dérivée négative).

   Conclusion : Non, on ne peut pas alimenter ce système par un courant constant pour réaliser un moteur.

   Résultat

   $$\Gamma =\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}{\theta }_{\mathrm{r}}}{i}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Modelisation PSI 2026, Q45

   1. Relation entre le flux et la force contre-électromotrice :

   D'après la loi de Faraday (loi de l'induction électromagnétique), la force électromotrice induite dans la phase à courant nul est reliée au flux total \phi_t(t) par :

   \boxed{e(t) = -\frac{\mathrm{d}\phi_t(t)}{\mathrm{d}t}}

   Remarque : selon la convention d'orientation choisie pour la normale à la phase par rapport au sens de parcours de la maille, certains auteurs écrivent e(t) = \frac{\mathrm{d}\phi_t}{\mathrm{d}t} en convention récepteur.

   2. Loi des mailles :

   Sur le schéma de la Figure 29 :

   • la tension d'alimentation v(t) est fléchée vers le haut ;
   • le courant i(t) circule de gauche à droite dans l'inductance L_s, ce qui donne en convention récepteur une tension u_L(t) = L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t} orientée de droite à gauche ;
   • la force contre-électromotrice e(t) est fléchée vers le haut.

   En parcourant la maille dans le sens horaire :

   v(t) - L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t} - e(t) = 0

   soit la relation temporelle :

   \boxed{v(t) = e(t) + L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t}}

   3. Écriture sous forme complexe :

   En régime sinusoïdal permanent de pulsation \omega, l'opération de dérivation temporelle correspond à la multiplication par \mathrm{j}\omega. En adoptant la notation imposée x(t) \rightarrow \underline{X}(\omega), la loi des mailles devient :

   \boxed{\underline{V}(\omega) = \underline{E}(\omega) + \mathrm{j} L_s \omega \underline{I}(\omega)}

   Résultat

   $$e(t)=-\frac{\mathrm{d}{\varphi }_t(t)}{\mathrm{d}t}$$

   $$v(t)=e(t)+L_s\frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t}$$

   $$\underline{V}(\omega )=\underline{E}(\omega )+\mathrm{j}{L}_s\omega \underline{I}(\omega )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec 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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q30

   D'après la question Q28, l'équation électrique d'une phase de l'alternateur s'écrit :

   \underline{E} = \underline{U} + R\,\underline{I} + \mathrm{j}X\,\underline{I}

   En prenant la tension \underline{U} comme origine des phases (\underline{U} = U) et en tenant compte du retard de phase du courant (\underline{I} = I\,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\varphi} avec \varphi > 0) :

   En développant l'expression complexe :

   \begin{aligned} \underline{E} &= U + (R + \mathrm{j}X)I(\cos\varphi - \mathrm{j}\sin\varphi) \\ &= \bigl(U + RI\cos\varphi + XI\sin\varphi\bigr) + \mathrm{j}\bigl(XI\cos\varphi - RI\sin\varphi\bigr) \end{aligned}

   Le module de la force électromotrice s'exprime donc par :

   \boxed{E = \sqrt{\bigl(U + RI\cos\varphi + XI\sin\varphi\bigr)^2 + \bigl(XI\cos\varphi - RI\sin\varphi\bigr)^2}}

   Au fonctionnement nominal :

   • U = U_n = 12{,}7\text{ kV} (d'après Q26),
   • I = I_n = 11{,}1\text{ kA},
   • \cos\varphi = 0{,}85 \implies \sin\varphi = \sqrt{1 - 0{,}85^2} \approx 0{,}527,
   • R = 0{,}9\ \Omega et X \approx 2{,}1\ \Omega (ou X = 2{,}3\ \Omega selon l'arrondi de Q29).

   Calcul des composantes avec X = 2{,}1\ \Omega :

   \begin{aligned} E_x &= 12{,}7\cdot 10^3 + 0{,}9 \times 11{,}1\cdot 10^3 \times 0{,}85 + 2{,}11 \times 11{,}1\cdot 10^3 \times 0{,}527 \approx 33{,}5\text{ kV} \\ E_y &= 2{,}11 \times 11{,}1\cdot 10^3 \times 0{,}85 - 0{,}9 \times 11{,}1\cdot 10^3 \times 0{,}527 \approx 14{,}6\text{ kV} \end{aligned}

   On obtient :

   \boxed{E \approx 36{,}6\text{ kV}}

   (En prenant X = 2{,}3\ \Omega, on trouve de même E \approx 38{,}3\text{ kV} ; et en négligeant R, E \approx 34{,}0\text{ kV}.)

   D'après la loi linéaire établie en Q29 (E = k\,I_e avec k = 25{,}6\ \Omega) :

   I_e = \frac{E}{k} = \frac{36{,}6\cdot 10^3}{25{,}6} \approx 1{,}43\cdot 10^3\text{ A}

   \boxed{I_e \approx 1{,}4\text{ kA}}

   Interprétation de la chute de tension en charge : En charge inductive (\varphi > 0), la circulation du courant statorique induit une chute de tension interne due à la résistance R et surtout à la réactance synchrone X (qui modélise la réaction magnétique d'induit démagnétisante). Pour maintenir la tension aux bornes de la machine à sa valeur nominale U_n = 12{,}7\text{ kV}, il est impératif de sur-exciter l'alternateur afin d'augmenter la f.é.m. (E \approx 37\text{ kV} \gg U_n), ce qui nécessite un courant d'excitation bien supérieur à sa valeur à vide (I_e \approx 2{,}9\,I_{en}).

   Résultat

   $$E=\sqrt{(U+RI\cos \phi +XI\sin \phi {)}^2+(XI\cos \phi -RI\sin \phi {)}^2}$$

   $$E\approx 36,6\text{ kV}$$

   $$I_e\approx 1,4\text{ kA}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2025, Q34

   D'après le résultat établi à la question Q33, le couple instantané s'écrit :

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

   En injectant la loi de rotation du rotor \theta_{\mathrm{r}}(t) = \Omega t - \alpha, on obtient :

   \Gamma(t) = \frac{V_e}{\mu_0} B_1 B_0 \sin\left((\omega - 2\Omega)t + 2\alpha\right)

   La valeur moyenne temporelle d'une fonction sinusoïdale de pulsation non nulle est nulle. Par conséquent, pour que la moyenne temporelle \langle \Gamma \rangle soit non nulle, il est nécessaire que la phase ne dépende pas du temps, soit :

   \omega - 2\Omega = 0

   On en déduit l'unique pulsation mécanique positive :

   \boxed{\Omega = \frac{\omega}{2}}

   Pour cette valeur, le couple est constant et vaut \langle \Gamma \rangle = \frac{V_e}{\mu_0} B_1 B_0 \sin(2\alpha).

   Résultat

   $$\Omega =\frac{\omega }{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie PSI 2024, Q28

   D'après le principe de superposition, le champ magnétique total \vec{B}_S créé par les deux enroulements du stator dans l'entrefer s'écrit :

   \vec{B}_S(\theta, t) = \vec{B}_{S_1}(\theta, t) + \vec{B}_{S_2}(\theta, t)

   En remplaçant les expressions des courants imposés i_{S_1}(t) et i_{S_2}(t) :

   \begin{aligned} \vec{B}_S(\theta, t) &= K_S \left[ i_{S_1}(t) \cos\theta + i_{S_2}(t) \sin\theta \right] \vec{e}_r \\ &= K_S I_{S\max} \left[ \cos(\omega_s t) \cos\theta + \sin(\omega_s t) \sin\theta \right] \vec{e}_r \end{aligned}

   En posant B_{S0} = K_S I_{S\max} et en utilisant la relation trigonométrique fournie \cos(a-b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b avec a = \theta et b = \omega_s t :

   \boxed{\vec{B}_S(\theta, t) = B_{S0} \cos(\theta - \omega_s t)\,\vec{e}_r}

   Caractère tournant du champ :

   En tout instant t, la composante radiale présente un extremum positif (le pôle Nord statorique) pour la position angulaire \theta_{\max}(t) telle que :

   \theta_{\max}(t) - \omega_s t = 0 \pmod{2\pi} \quad \implies \quad \theta_{\max}(t) = \omega_s t

   La distribution angulaire du champ magnétique se déplace donc rigidement le long de la périphérie de l'entrefer dans le sens trigonométrique à la vitesse angulaire constante :

   \boxed{\omega = \omega_s}

   Il s'agit donc bien d'un champ magnétique tournant à la pulsation des courants d'alimentation.

   Résultat

   $${\vec{B}}_S(\theta ,t)=B_{S0}\cos (\theta -{\omega }_{s}t){\vec{e}}_r$$

   $$\omega ={\omega }_s$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie PSI 2024, Q39

   Le rotor comporte deux enroulements identiques de résistance R_R, parcourus respectivement par les courants i_{R_1}(t) et i_{R_2}(t). La puissance instantanée dissipée par effet Joule dans le rotor s'écrit :

   p_{JR}(t) = R_R\, i_{R_1}^2(t) + R_R\, i_{R_2}^2(t)

   En injectant les formes données pour les courants :

   \begin{aligned} p_{JR}(t) &= R_R \left[ I_{R\max}^2 \sin^2(\omega_R t - \varphi) + I_{R\max}^2 \cos^2(\omega_R t - \varphi) \right] \\ &= R_R I_{R\max}^2 \left( \sin^2(\omega_R t - \varphi) + \cos^2(\omega_R t - \varphi) \right) \\ &= R_R I_{R\max}^2 \end{aligned}

   La puissance Joule instantanée est constante, donc égale à sa valeur moyenne :

   P_{JR} = R_R I_{R\max}^2

   En utilisant l'expression de l'amplitude I_{R\max} obtenue à la question Q36 :

   P_{JR} = \frac{M_{SR}^2 I_{S\max}^2 R_R (\omega_S - \Omega)^2}{R_R^2 + L_R^2 (\omega_S - \Omega)^2}

   Par ailleurs, la puissance électromagnétique transmise au rotor vaut :

   P_S = \Gamma_z \omega_S = \frac{M_{SR}^2 I_{S\max}^2 R_R (\omega_S - \Omega)}{R_R^2 + L_R^2 (\omega_S - \Omega)^2} \, \omega_S

   En effectuant le rapport membre à membre :

   \frac{P_{JR}}{P_S} = \frac{\omega_S - \Omega}{\omega_S}

   On reconnaît la définition du glissement g = \dfrac{\omega_S - \Omega}{\omega_S}, d'où la relation fondamentale :

   \boxed{P_{JR} = g\, P_S}

   Résultat

   $$P_{JR}=g{P}_S$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q28

    Le milieu étant linéaire, le champ magnétique total créé dans l'entrefer par les deux bobines du stator s'obtient par le principe de superposition :

    \vec{B}_{p=1}(\theta, t) = \vec{B}_{a,p=1}(\theta, t) + \vec{B}_{b,p=1}(\theta, t)

    En remplaçant les expressions des champs créés par chaque bobine :

    \vec{B}_{p=1}(\theta, t) = K \left[ i_a(t) \cos(\theta) + i_b(t) \sin(\theta) \right] \vec{\mathrm{e}}_r

    En injectant les expressions des courants d'alimentation i_a(t) = I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\cos(\omega_{\mathrm{s}}t) et i_b(t) = I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\sin(\omega_{\mathrm{s}}t) :

    \vec{B}_{p=1}(\theta, t) = K I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2} \left[ \cos(\omega_{\mathrm{s}}t)\cos(\theta) + \sin(\omega_{\mathrm{s}}t)\sin(\theta) \right] \vec{\mathrm{e}}_r

    D'après la formule trigonométrique \cos(a-b) = \cos(a)\cos(b) + \sin(a)\sin(b), il vient :

    \boxed{\vec{B}_{p=1}(\theta, t) = K I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\cos(\omega_{\mathrm{s}}t - \theta)\,\vec{\mathrm{e}}_r}

    Caractère tournant, vitesse et sens de rotation Un point d'amplitude maximale (ou de phase constante \varphi) du champ magnétique radial vérifie la condition :

    \omega_{\mathrm{s}}t - \theta(t) = \varphi = \text{cte} \quad \implies \quad \theta(t) = \omega_{\mathrm{s}}t - \varphi

    La répartition spatiale du champ conserve une forme sinusoïdale invariable qui se déplace le long de l'entrefer : il s'agit donc bien d'un champ tournant.

    • Sa vitesse angulaire de rotation est :

      \boxed{\Omega_{\mathrm{s}} = \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} = \omega_{\mathrm{s}}}

      ce qui correspond à une fréquence de rotation N_{\mathrm{s}} = \dfrac{\omega_{\mathrm{s}}}{2\pi} = f_{\mathrm{s}}.

    • Puisque \theta(t) croît avec le temps t, le champ tourne dans le sens trigonométrique (sens direct, orienté par +\vec{\mathrm{e}}_z, de la bobine a vers la bobine b).

    Résultat

    $${\vec{B}}_{p=1}(\theta ,t)=K{I}_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\cos ({\omega }_{\mathrm{s}}t-\theta ){\vec{\mathrm{e}}}_r$$

    $${\Omega }_{\mathrm{s}}=\frac{\mathrm{d}\theta }{\mathrm{d}t}={\omega }_{\mathrm{s}}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question