Epreuve de modélisation en sciences physiques et industrielles. X-Cachan 1999
Corrigé sommaire de la partie physique (questions 22-52)
Etude de la bobine d’attraction
22-Calcul du champ magnétique:
D’après le théorème d’Ampère dans un milieu matériel:
$$\oint \mathrm{B}.\vec{dl}=N.i$$
Comme l’excitation magnétique H est de module uniforme sur une ligne de champ dans le matériau d’une part (d’après l’hypothèse de linéarité et la loi de conservation du flux magnétique) et dans le vide d’autre part:
$$n.i=l.H_{mati\grave{e}re}+x.H_{vide}$$
Il y a conservation de la composante normale du champ magnétique lors de la traversée d’une interface, par conséquent:
$$\mu_{0}\mu_{r}H_{mati\grave{e}re}=\mu_{0}H_{vide}=B$$
d’où par substitution:
$$B=\frac{\mu_{0}N.i}{x+l/\mu_{r}}$$
23-Calcul de l’inductance:
L’inductance est définie par la relation:
$$L=\frac{\phi}{i}=\frac{B.N.S}{i}=\frac{\mu_{0}N^{2}.S}{x+l/\mu_{r}}$$
Nous en déduisons les deux valeurs extrêmes:
$$L_{0}=\frac{\mu_{0}\mu_{r}N^{2}.S}{l}$$
et:
$$L_{e}=\frac{\mu_{0}N^{2}.S}{x0+l/\mu_{r}}$$
24-Force d’attraction:
Il nous suffit de reprendre la formule fournie par $1'\acute{\mathrm{e}}$nonc $\acute{\mathrm{e}}$:
$$F=\frac{SB^{2}}{2\mu_{0}}=\frac{L^{2}i^{2}}{2\mu_{0}N^{2}S}$$
Etude du circuit électrique
25-Equation électrique
Classiquement:
$$L\frac{di}{dt}+Ri=E$$
26-Solution lorsque i(O)=0:
il vient:
$$i=\frac{E}{R}(1-\exp-\frac{R}{L}t)=\frac{E}{R}(1-\exp-\frac{t}{\tau})$$
27-Evolution de l’intensité approchée
Lorsque t ≪ τ, un développement limité au premier ordre de l’expression pré- cédente conduit au résultat:
$$i\approx\frac{E}{L}t$$
Temps de fermeture du circuit magnétique
28-Evolution de la force magnétique
En reportant l’expression de i dans celle de F il vient:
$$F(t)=\frac{L^{2}i^{2}}{2\mu_{0}N^{2}S}=\frac{E^{2}}{2\mu_{0}N^{2}S}t^{2}$$
Numériquement:
a = 1,404.106 N.s−2
29-Loi de la résultante dynamique:
Compte tenu des orientation:
$$m\ddot{x}=k(x0-x)-at^{2}$$
30-Force de rappel du ressort négligée:
Alors:
$$m\ddot{x}=-at^{2}$$
de solution, compte tenu des conditions initiales x = x(0) et $\dot{x}(0)=0$:
$$x=-\frac{1}{12}\frac{a}{m}t^{4}+x_{0}$$
Le temps de fermeture est obtenu lorsque x = 0, il vaut donc:
$$t_{f}=(\frac{12mx_{0}}{a})^{\frac{1}{4}}$$
Numériquement:
tf = 9, 76.10−3S
Comparons ce temps à la constante de temps caractéristique du circuit électrique:
$$\tau_{e}=\frac{L_{e}}{R}$$
Numériquement:
Le = 2, 4.10−2H
et La constante de temps d’établissement du courant électrique est donc 2.10−2s, l’hypothèse effectuée est donc à peinejustifiée.
31-Prise en compte de la force de rappel du ressort.
L’équation différentielle:
$$m\ddot{x}+k.x=k.x0-at^{2}$$
se résout en sommant la solution générale de l’équation homogène associée et une solution particulière se l’équation complète que nous recherchons sous forme d’un polynôme:
x = α + βt + γt2
En substituant dans l’équation différentielle, il vient:
$$(\frac{k}{m}\alpha+2\gamma)+\frac{k}{m}\beta t+\frac{k}{m}\gamma t^{2}=\frac{k}{m}x_{0}-\frac{a}{m}t^{2}$$
D’où, par identification:
$$\beta=0,\gamma=-\frac{a}{k},\alpha=x_{0}-2\frac{m\gamma}{k}=(x_{0}+2\frac{ma}{k^{2}})$$
En rajoutant la solution générale de l’équation homogène, nous obtenons:
$$x=(x0+2\frac{ma}{k^{2}})-\frac{a}{k}t^{2}+\lambda\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t+\mu\sin\sqrt{\frac{k}{m}}t$$
La condition initiale x(O)=x0 entraîne:
$$x_{0}=(x_{0}+2\frac{ma}{k^{2}})+\lambda$$
et la condition initiale $\dot{x}(0)=0$ implique μ = 0. D’où le résultat recherché:
$$x=x0+2\frac{ma}{k^{2}}(1-\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t)-\frac{a}{k}t^{2}$$
Dont on vérifie aisément l’homogénéité.
32-Tracé sommaire du graphe:
Il vient numériquement:
x(mm)=2 + 0, 149(1 − cos(434, 4t)) − 1, 404.104t2
La courbe tracée une allure parabolique, sauf tout au début où elle varie comme λ − μt4. En remarquant que:
$$2\frac{ma}{k^{2}}(1-\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t)>0$$
il vient:
$$x<x_0 <\frac{a}{k}t^{2}$$
33-Equation approchée
Le terme non pris en compte est de plus petit devantx0: En résolvant l’équation approchée:
$$x<x_0 <\frac{a}{k}t^{2}$$
pour x = 0, on trouve la minoration du temps de fermeture:
$$t_{f}>\sqrt{\frac{k.x_0}{a}}$$
Numériquement:
tf > 11, 9ms
34-
En pratique, le courant croît moins vite que nous 1’avons considéré car 1’induc- tance de la bobine augmente rapidement à mesure que les deux parties métalliques se rapprochent 1′une de 1’autre, ce qui augmente encore, à priori, le temps de fer- meture.
Temps de mise en vitesse du compresseur
35-Moment d’inertie équivalent aux pistons.
Les ensembles (piston+biellette) sont animés de mouvement de translation, leur énergie cinétique est donc:
$$E_{piston+biellette}=\frac{1}{2}m_{pb}v_{piston/bâti}^{2}$$
Soit en reportant l’expression fournie:
$$E_{piston+biellette}=\frac{1}{2}m_{pb}R^{2}\sin^{2}\beta\sin^{2}\alpha\dot{\alpha}^{2}$$
Il y a cinq ensembles de pistons identiques, correspondants à des angles:
$$\alpha_{i}=\alpha+i\frac{2\pi}{5}$$
où α désigne la position du premier ensemble, il est clair que:
$$\dot{\alpha}_{i}=\dot{\alpha}$$
Donc pour 1′ensemble:
$$E_{pistons+biellettes}=\frac{1}{2}m_{pb}R^{2}\sin^{2}\beta\sum_{0}^{4}\sin^{2}(\alpha+i\frac{2\pi}{5})\dot{\alpha}^{2}$$
Il nous faut calculer cette somme, il vient:
$$\sum_{0}^{4}\sin^{2}(\alpha+i\frac{2\pi}{5})=\frac{5}{2}-\frac{1}{2}\sum_{0}^{4}\cos(\alpha+i\frac{4\pi}{5})$$
et il est facile de montrer que cette dernière somme est nulle (on passe en com- plexe et ont reconnaît la somme des premiers termes d’une suite géométrique). Par conséquent:
$$E_{pistons+biellettes}=\frac{5}{4}m_{pb}R^{2}\sin^{2}\beta\dot{\alpha}^{2}$$
Le moment d’inertie équivalent est donné par:
$$I_{pistons+biellettes}=\frac{2E_{pistons+biellettes}}{\dot{\alpha}^{2}}=\frac{5}{2}m_{pb}R^{2}\sin^{2}\beta$$
Numériquement:
Ipistons + biellettes = 19, 2kg.mm2
Cette contribution est faible devant celle du plateau-came est de son axe.
36-Moment d’inertie équivalent au plateau oscillant.
La vitesse de rotation du plateau oscillant est en module 0) $ 3/1=\dot{\alpha}\sin\beta$. Cette rotation se fait autour d’un axe instantané de rotation placé sur la face du plateau en contact avec l’engrenage (dans la mesure où nous assimilons le plateau oscil- lant à ce disque). L’axe de rotation passe par le centre de la face de contact. A partir des théorèmes classiques sur les moments d’inertie (calcul au centre d’iner- tie, utilisation des moments d’inertie par rapport à des plans et symétries), puis application du théorème d’Huyghens, il vient, pour le moment d’inertie utile:
$$I_{\Delta}=m_{po}\{\frac{R_{po}^{4}}{2}+\frac{1}{3}H_{po}^{2}\}$$
d’où l’énergie cinétique:
$$E_{po}=\frac{1}{2}m_{po}\{\frac{R_{po}^{4}}{2}+\frac{1}{3}H_{po}^{2}\}\sin^{2}\beta\dot{\alpha}^{2}$$
Le moment d’inertie équivalent est défini par:
$$I_{po}=\frac{2.E_{po}}{\dot{\alpha}^{2}}=m_{po}\{\frac{R_{po}^{4}}{2}+\frac{1}{3}H_{po}^{2}\}\sin^{2}\beta$$
Numériquement
Ipo = 24, 4kg.mm2
Cette deuxième contribution équivalente est également faible 1.
37-Théorème du moment dynamique
1. Comme souvent en pratique, nous venons de faire des calcules difficiles pour prouver que des termes en fin de compte négligeables le sont effectivement!
Il vient, autour de 1′axe fixe?:
$$I_{eq^{(\dot{\omega})}}=C_{m}-C_{r}$$
38-Condition de fonctionnement
Le couple moteur est supérieur au couple résistant pour:
$$C_{m}=f.\frac{L_{0}^{2}i^{2}}{2\mu_{0}N^{2}S}>C_{r}$$
Soit:
$$i>\frac{N}{L_{0}}\sqrt{\frac{2\mu_{0}SC_{r}}{f}}$$
Numériquement:
imin = 0, 55A
Evolution de ω2/1 dans un cas simple
39-Cas lp ≪ τ0
Alors:
$$i=i_{0}+\frac{E}{L_{0}}t$$
et:
$$C_{m}=f\frac{L_{0}^{2}}{2N^{2}\mu_{0}S}i^{2}=f\frac{L_{0}^{2}}{2N^{2}\mu_{0}S}(j_{0}+\frac{E}{L_{0}}t)^{2}=f.a.\ (t+i_{0}\frac{L_{0}}{E})^{2}$$
40-Couple résistant négligé:
Nous arrondissons, avec $1'\acute{\mathrm{e}}$nonc $\acute{\mathrm{e}}:I_{e'q}$ à 2400 kg.mm2, valeur qu’il est légitime de garder en faitjusqu’au bout du problème.
L’équation différentielle se réduit à:
$$I_{eq}\dot{\omega}=C_{m}=f.a.\ (t+i_{0}\frac{L_{0}}{E})^{2}$$
L’intégration est immédiate, compte tenu des conditions initiales (ω1/2 = 0 pour t = 0:
$$I_{eq}\omega_{1/2}=\frac{1}{3}f.a[(t+i_{0}\frac{L_{0}}{E})^{3}-(j_{0}\frac{L_{0}}{E})^{3}]$$
correction.tex -page 7
Application numérique L’équation précédente se résout simplement. Ici, je choisit de l’effectuer numériquement.Nous devons trouver la racine de:
1, 0053 = 6084(t + 0, 0210)3 − 6084.(0, 0210)3
A partir d’un tracé numérique, Nous obtenons: tp = 32.10−3s, ce qui est court. La constante de temps τ0 ayant maintenant pour valeur:
$$\tau_{0}=\frac{L_{0}}{R}=0,24s$$
l’hypothèse tp ≪ τ0 est bien vérifiée.
41-Prise en compte du couple résistant:
L’équation différentielle devient:
$$I_{eq}\dot{\omega}=f.a.\ (t+i_{0}\frac{L}{E})^{2}-C_{r}$$
Par intégration entre $1'\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{t}$ initial et $1'\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{t}$ final, il vient immédiatement:
$$I_{eq}\omega_{1/2}=\frac{1}{3}fa[(t+i_{0}\frac{L_{0}}{E})^{3}-(i_{0}\frac{L}{E})^{3}]-C_{r^{f}}$$
C’est une équation du troisième degré générale, on peut rechercher la solution numérique en résolvant:
1, 005 = 6084(t + O, 0210))3 − 6084. (0, 0210)3 − 5.t
Nous obtenons la solution qui vaut toujours sensiblement:
t = 38ms
La présence d’un couple résistant augmente la durée tp de patinage de l’em- brayage. Cependant, l’hypothèse tp ≪ τ0 reste bien vérifiée.
42-Valeurs du courant et de l’induction:
A t = tp, il vient $i_{p}=i_{0}+\displaystyle \frac{E}{L_{0}}t_{p}=1,97A\approx 2 A$ et $B=\displaystyle \frac{L_{0}i_{p}}{NS}=3,47T$
Evolution de ω2/1 dans un cas plus réaliste
43-Méthode des moindres carrés:
La quantité à minimiser est:
$$J(b_{1},b_{2})=\sum_{k=1}^5[L_{k}-L(i_{k})]^{2}$$
Remplaaons L(i) par son expression:
L(ik)=b1 + b2ik
Il vient:
$$J(b_{1},b_{2})=\sum_{k=1}^5[L_{k}-b_{1}-b_{2}i_{k}]^{2}$$
D’où les deux dérivées partielles recherchées:
$$\frac{\partial J}{\partial b_{1}}=2\sum_{k=1}^{n=5}\sum[L_{k}-b_{1}-b_{2}i_{k}]=0$$
D’où nous tirons après simplification:
$$(\sum_{k=1}^n L_{k})=n.b_{1}+b_{2}\sum_{k=1}^n i_{k}$$
De même:
$$\frac{\partial J}{\partial b_{2}}=-2\sum i_{k}k=1n[L_{k}-b_{1}-b_{2}i_{k}]$$
d’où la seconde équation:
$$(\sum_{k=1}^n L_{k}i_{k})=n.b_{1}.(\sum_{k=1}^n i_{k})+b_{2}\sum_{k=1}^{n=5}i_{k}^{2}$$
La résolution du système d’équations linéaires est élémentaire et il vient:
$$b_{2}=\displaystyle \frac{(\sum_{k=1}^n L_{k})(\sum_{k=1}^n i_{k})-(\sum_{k-1}^n L_{k}i_{k})}{(\sum_{k=1}^n i_{k})^{2}-(\sum_{k=1} i_{k}^{2})}$$
(3)
ainsi que:
$b_{1}=\displaystyle \frac{1}{n}\frac{(\sum_{k=1}^ni_{k})(\sum_{k=1}^n L_{k}i_{k})-(\sum_{k=1}^n L_{k})(\sum_{k=1}^n i_{k})^{2}}{(\sum_{k=1}^n i_{k})^{2}-(\sum_{k=1}^n i_{k}^{2})}$ (4)
44-Application numérique
( −45 tracé traitées ici simultanément):
46-Equation discrétisée
L’équation récurrente est obtenue en assimilant la dérivée de la fonction i(t) au rapport des accroissements de i et de t:
$$\frac{di}{dt}\approx\frac{i_{n+1}-i_{n}}{t_{n+1}-t_{n}}$$
47-Résolution numérique
Il vient alors en ce qui concerne les valeurs successives de l’intensité:
$$j_{n+1}=i_{n}+\frac{E-R.i_{n}}{L_{0}(i_{n})}\Delta$$
L’équation numérique est donc:
$$i=i_{n}+\frac{12-1,2.i}{0,456-0,115.i}\Delta t$$
Ici, i0 = 0, 7A, et Δt = 20ms, d’où la séquence des valeurs obtenues:
Remarquons que le courant augmente plus rapidement que si l’inductance restait constante.
48-Discrétisation de l’équation mécanique.
L’équation mécanique étant écrite sous la forme:
$$I_{eq}{(\dot{\omega}}=C_{m}-C_{r}=f.\frac{L(i_n)^{2}i(n)^{2}}{2\mu_{0}SN^{2}}-C_{r}$$
Elle se discrétise immédiatement en:
$$I_{eq}\frac{C\omega_{n+1}-C\omega_{n}}{\Delta}=f.\frac{L(i_{n})^{2}i(n)^{2}}{2\mu_{0}SN^{2}}-C_{r}$$
49-Intégration numérique:
Nous pouvons donc écrire numériquement, avec un choix de Δt = 20ms et les autres données de $1'\acute{\mathrm{e}}$nonc $\acute{\mathrm{e}}$:
(ωn + 1 = (ωn + 1056, 5.in2(0, 456 − 0, 115.in)2 − 0, 1
Ce qui nous permet de remplir le tableau de valeurs successives de (j) , il vient:
50-Temps de patinage; Une fréquence de rotation de 4000 tr/mn correspond à 419 rad. s−1, par in- terpolation linéaire entre les valeurs, n = 2 et n = 3 correspondant au tableau des mesures, il vient numériquement:
$$t_{p}\approx 40+20\frac{420-239}{455-239}=57ms$$
Le temps est nettement supérieur à celui de la question 41, car si le courant augmente plus rapidement, la force de contact magnétique, elle, augmente moins vite puisqu’elle varie comme le carré de l’inductance.
51-Induction en fin de mise en vitesse.
Nous déterminons à partir du tableau numérique et à nouveau par interpolation linéaire, la valeur du courant en fin de mise en vitesse. Il vient:
$$i_{p}=1,975+(2,816-1,975)\frac{17}{20}=2,67A$$
D’où nous tirons successivement:
L(tp)=149mH
et par conséquent:
$$B=\frac{Li}{NS}=1,95T$$
Nous avions trouvé B = 3, 47T en ne tenant pas compte de la saturation du maté- riau.
52-Redémarrage après un bref arrêt
Après un bref arrêt, l’équilibre des pressions ne s’est pas effectué, certains cylindres contiennent le gaz à basse pression, d’autre le gaz à haute pression. Comme les pressions ne sont pas uniformisées dans le circuit, il faut prendre en compte un couple résistant supplémentaire traduisant le travail de transvasement du fluide.
Corrigé sommaire de la partie physique (questions 22-52)
Etude de la bobine d’attraction
22-Calcul du champ magnétique:
D’après le théorème d’Ampère dans un milieu matériel:
$$\oint \mathrm{B}.\vec{dl}=N.i$$
Comme l’excitation magnétique H est de module uniforme sur une ligne de champ dans le matériau d’une part (d’après l’hypothèse de linéarité et la loi de conservation du flux magnétique) et dans le vide d’autre part:
$$n.i=l.H_{mati\grave{e}re}+x.H_{vide}$$
Il y a conservation de la composante normale du champ magnétique lors de la traversée d’une interface, par conséquent:
$$\mu_{0}\mu_{r}H_{mati\grave{e}re}=\mu_{0}H_{vide}=B$$
d’où par substitution:
$$B=\frac{\mu_{0}N.i}{x+l/\mu_{r}}$$
L’inductance est définie par la relation:
$$L=\frac{\phi}{i}=\frac{B.N.S}{i}=\frac{\mu_{0}N^{2}.S}{x+l/\mu_{r}}$$
Nous en déduisons les deux valeurs extrêmes:
$$L_{0}=\frac{\mu_{0}\mu_{r}N^{2}.S}{l}$$
et:
$$L_{e}=\frac{\mu_{0}N^{2}.S}{x0+l/\mu_{r}}$$
24-Force d’attraction:
Il nous suffit de reprendre la formule fournie par $1'\acute{\mathrm{e}}$nonc $\acute{\mathrm{e}}$:
$$F=\frac{SB^{2}}{2\mu_{0}}=\frac{L^{2}i^{2}}{2\mu_{0}N^{2}S}$$
Etude du circuit électrique
25-Equation électrique
Classiquement:
$$L\frac{di}{dt}+Ri=E$$
26-Solution lorsque i(O)=0:
il vient:
$$i=\frac{E}{R}(1-\exp-\frac{R}{L}t)=\frac{E}{R}(1-\exp-\frac{t}{\tau})$$
27-Evolution de l’intensité approchée
Lorsque t ≪ τ, un développement limité au premier ordre de l’expression pré- cédente conduit au résultat:
$$i\approx\frac{E}{L}t$$
Temps de fermeture du circuit magnétique
28-Evolution de la force magnétique
En reportant l’expression de i dans celle de F il vient:
$$F(t)=\frac{L^{2}i^{2}}{2\mu_{0}N^{2}S}=\frac{E^{2}}{2\mu_{0}N^{2}S}t^{2}$$
Numériquement:
a = 1,404.106 N.s−2
29-Loi de la résultante dynamique:
Compte tenu des orientation:
$$m\ddot{x}=k(x0-x)-at^{2}$$
Alors:
$$m\ddot{x}=-at^{2}$$
de solution, compte tenu des conditions initiales x = x(0) et $\dot{x}(0)=0$:
$$x=-\frac{1}{12}\frac{a}{m}t^{4}+x_{0}$$
Le temps de fermeture est obtenu lorsque x = 0, il vaut donc:
$$t_{f}=(\frac{12mx_{0}}{a})^{\frac{1}{4}}$$
Numériquement:
tf = 9, 76.10−3S
Comparons ce temps à la constante de temps caractéristique du circuit électrique:
$$\tau_{e}=\frac{L_{e}}{R}$$
Numériquement:
Le = 2, 4.10−2H
et La constante de temps d’établissement du courant électrique est donc 2.10−2s, l’hypothèse effectuée est donc à peinejustifiée.
31-Prise en compte de la force de rappel du ressort.
L’équation différentielle:
$$m\ddot{x}+k.x=k.x0-at^{2}$$
se résout en sommant la solution générale de l’équation homogène associée et une solution particulière se l’équation complète que nous recherchons sous forme d’un polynôme:
x = α + βt + γt2
En substituant dans l’équation différentielle, il vient:
$$(\frac{k}{m}\alpha+2\gamma)+\frac{k}{m}\beta t+\frac{k}{m}\gamma t^{2}=\frac{k}{m}x_{0}-\frac{a}{m}t^{2}$$
D’où, par identification:
$$\beta=0,\gamma=-\frac{a}{k},\alpha=x_{0}-2\frac{m\gamma}{k}=(x_{0}+2\frac{ma}{k^{2}})$$
En rajoutant la solution générale de l’équation homogène, nous obtenons:
$$x=(x0+2\frac{ma}{k^{2}})-\frac{a}{k}t^{2}+\lambda\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t+\mu\sin\sqrt{\frac{k}{m}}t$$
La condition initiale x(O)=x0 entraîne:
$$x_{0}=(x_{0}+2\frac{ma}{k^{2}})+\lambda$$
et la condition initiale $\dot{x}(0)=0$ implique μ = 0. D’où le résultat recherché:
$$x=x0+2\frac{ma}{k^{2}}(1-\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t)-\frac{a}{k}t^{2}$$
Dont on vérifie aisément l’homogénéité.
32-Tracé sommaire du graphe:
Il vient numériquement:
x(mm)=2 + 0, 149(1 − cos(434, 4t)) − 1, 404.104t2
La courbe tracée une allure parabolique, sauf tout au début où elle varie comme λ − μt4. En remarquant que:
$$2\frac{ma}{k^{2}}(1-\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t)>0$$
il vient:
$$x<x_0 <\frac{a}{k}t^{2}$$
Le terme non pris en compte est de plus petit devantx0: En résolvant l’équation approchée:
$$x<x_0 <\frac{a}{k}t^{2}$$
pour x = 0, on trouve la minoration du temps de fermeture:
$$t_{f}>\sqrt{\frac{k.x_0}{a}}$$
Numériquement:
tf > 11, 9ms
34-
En pratique, le courant croît moins vite que nous 1’avons considéré car 1’induc- tance de la bobine augmente rapidement à mesure que les deux parties métalliques se rapprochent 1′une de 1’autre, ce qui augmente encore, à priori, le temps de fer- meture.
Temps de mise en vitesse du compresseur
35-Moment d’inertie équivalent aux pistons.
Les ensembles (piston+biellette) sont animés de mouvement de translation, leur énergie cinétique est donc:
$$E_{piston+biellette}=\frac{1}{2}m_{pb}v_{piston/bâti}^{2}$$
Soit en reportant l’expression fournie:
$$E_{piston+biellette}=\frac{1}{2}m_{pb}R^{2}\sin^{2}\beta\sin^{2}\alpha\dot{\alpha}^{2}$$
Il y a cinq ensembles de pistons identiques, correspondants à des angles:
$$\alpha_{i}=\alpha+i\frac{2\pi}{5}$$
où α désigne la position du premier ensemble, il est clair que:
$$\dot{\alpha}_{i}=\dot{\alpha}$$
Donc pour 1′ensemble:
$$E_{pistons+biellettes}=\frac{1}{2}m_{pb}R^{2}\sin^{2}\beta\sum_{0}^{4}\sin^{2}(\alpha+i\frac{2\pi}{5})\dot{\alpha}^{2}$$
Il nous faut calculer cette somme, il vient:
$$\sum_{0}^{4}\sin^{2}(\alpha+i\frac{2\pi}{5})=\frac{5}{2}-\frac{1}{2}\sum_{0}^{4}\cos(\alpha+i\frac{4\pi}{5})$$
et il est facile de montrer que cette dernière somme est nulle (on passe en com- plexe et ont reconnaît la somme des premiers termes d’une suite géométrique). Par conséquent:
$$E_{pistons+biellettes}=\frac{5}{4}m_{pb}R^{2}\sin^{2}\beta\dot{\alpha}^{2}$$
Le moment d’inertie équivalent est donné par:
$$I_{pistons+biellettes}=\frac{2E_{pistons+biellettes}}{\dot{\alpha}^{2}}=\frac{5}{2}m_{pb}R^{2}\sin^{2}\beta$$
Numériquement:
Ipistons + biellettes = 19, 2kg.mm2
Cette contribution est faible devant celle du plateau-came est de son axe.
36-Moment d’inertie équivalent au plateau oscillant.
La vitesse de rotation du plateau oscillant est en module 0) $ 3/1=\dot{\alpha}\sin\beta$. Cette rotation se fait autour d’un axe instantané de rotation placé sur la face du plateau en contact avec l’engrenage (dans la mesure où nous assimilons le plateau oscil- lant à ce disque). L’axe de rotation passe par le centre de la face de contact. A partir des théorèmes classiques sur les moments d’inertie (calcul au centre d’iner- tie, utilisation des moments d’inertie par rapport à des plans et symétries), puis application du théorème d’Huyghens, il vient, pour le moment d’inertie utile:
$$I_{\Delta}=m_{po}\{\frac{R_{po}^{4}}{2}+\frac{1}{3}H_{po}^{2}\}$$
d’où l’énergie cinétique:
$$E_{po}=\frac{1}{2}m_{po}\{\frac{R_{po}^{4}}{2}+\frac{1}{3}H_{po}^{2}\}\sin^{2}\beta\dot{\alpha}^{2}$$
Le moment d’inertie équivalent est défini par:
$$I_{po}=\frac{2.E_{po}}{\dot{\alpha}^{2}}=m_{po}\{\frac{R_{po}^{4}}{2}+\frac{1}{3}H_{po}^{2}\}\sin^{2}\beta$$
Numériquement
Ipo = 24, 4kg.mm2
Cette deuxième contribution équivalente est également faible 1.
1. Comme souvent en pratique, nous venons de faire des calcules difficiles pour prouver que des termes en fin de compte négligeables le sont effectivement!
Il vient, autour de 1′axe fixe?:
$$I_{eq^{(\dot{\omega})}}=C_{m}-C_{r}$$
38-Condition de fonctionnement
Le couple moteur est supérieur au couple résistant pour:
$$C_{m}=f.\frac{L_{0}^{2}i^{2}}{2\mu_{0}N^{2}S}>C_{r}$$
Soit:
$$i>\frac{N}{L_{0}}\sqrt{\frac{2\mu_{0}SC_{r}}{f}}$$
Numériquement:
imin = 0, 55A
Evolution de ω2/1 dans un cas simple
39-Cas lp ≪ τ0
Alors:
$$i=i_{0}+\frac{E}{L_{0}}t$$
et:
$$C_{m}=f\frac{L_{0}^{2}}{2N^{2}\mu_{0}S}i^{2}=f\frac{L_{0}^{2}}{2N^{2}\mu_{0}S}(j_{0}+\frac{E}{L_{0}}t)^{2}=f.a.\ (t+i_{0}\frac{L_{0}}{E})^{2}$$
40-Couple résistant négligé:
Nous arrondissons, avec $1'\acute{\mathrm{e}}$nonc $\acute{\mathrm{e}}:I_{e'q}$ à 2400 kg.mm2, valeur qu’il est légitime de garder en faitjusqu’au bout du problème.
L’équation différentielle se réduit à:
$$I_{eq}\dot{\omega}=C_{m}=f.a.\ (t+i_{0}\frac{L_{0}}{E})^{2}$$
L’intégration est immédiate, compte tenu des conditions initiales (ω1/2 = 0 pour t = 0:
$$I_{eq}\omega_{1/2}=\frac{1}{3}f.a[(t+i_{0}\frac{L_{0}}{E})^{3}-(j_{0}\frac{L_{0}}{E})^{3}]$$
correction.tex -page 7
Application numérique L’équation précédente se résout simplement. Ici, je choisit de l’effectuer numériquement.Nous devons trouver la racine de:
1, 0053 = 6084(t + 0, 0210)3 − 6084.(0, 0210)3
A partir d’un tracé numérique, Nous obtenons: tp = 32.10−3s, ce qui est court. La constante de temps τ0 ayant maintenant pour valeur:
$$\tau_{0}=\frac{L_{0}}{R}=0,24s$$
l’hypothèse tp ≪ τ0 est bien vérifiée.
41-Prise en compte du couple résistant:
L’équation différentielle devient:
$$I_{eq}\dot{\omega}=f.a.\ (t+i_{0}\frac{L}{E})^{2}-C_{r}$$
Par intégration entre $1'\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{t}$ initial et $1'\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{t}$ final, il vient immédiatement:
$$I_{eq}\omega_{1/2}=\frac{1}{3}fa[(t+i_{0}\frac{L_{0}}{E})^{3}-(i_{0}\frac{L}{E})^{3}]-C_{r^{f}}$$
C’est une équation du troisième degré générale, on peut rechercher la solution numérique en résolvant:
1, 005 = 6084(t + O, 0210))3 − 6084. (0, 0210)3 − 5.t
Nous obtenons la solution qui vaut toujours sensiblement:
t = 38ms
La présence d’un couple résistant augmente la durée tp de patinage de l’em- brayage. Cependant, l’hypothèse tp ≪ τ0 reste bien vérifiée.
42-Valeurs du courant et de l’induction:
A t = tp, il vient $i_{p}=i_{0}+\displaystyle \frac{E}{L_{0}}t_{p}=1,97A\approx 2 A$ et $B=\displaystyle \frac{L_{0}i_{p}}{NS}=3,47T$
Evolution de ω2/1 dans un cas plus réaliste
La quantité à minimiser est:
$$J(b_{1},b_{2})=\sum_{k=1}^5[L_{k}-L(i_{k})]^{2}$$
Remplaaons L(i) par son expression:
L(ik)=b1 + b2ik
Il vient:
$$J(b_{1},b_{2})=\sum_{k=1}^5[L_{k}-b_{1}-b_{2}i_{k}]^{2}$$
D’où les deux dérivées partielles recherchées:
$$\frac{\partial J}{\partial b_{1}}=2\sum_{k=1}^{n=5}\sum[L_{k}-b_{1}-b_{2}i_{k}]=0$$
D’où nous tirons après simplification:
$$(\sum_{k=1}^n L_{k})=n.b_{1}+b_{2}\sum_{k=1}^n i_{k}$$
De même:
$$\frac{\partial J}{\partial b_{2}}=-2\sum i_{k}k=1n[L_{k}-b_{1}-b_{2}i_{k}]$$
d’où la seconde équation:
$$(\sum_{k=1}^n L_{k}i_{k})=n.b_{1}.(\sum_{k=1}^n i_{k})+b_{2}\sum_{k=1}^{n=5}i_{k}^{2}$$
La résolution du système d’équations linéaires est élémentaire et il vient:
$$b_{2}=\displaystyle \frac{(\sum_{k=1}^n L_{k})(\sum_{k=1}^n i_{k})-(\sum_{k-1}^n L_{k}i_{k})}{(\sum_{k=1}^n i_{k})^{2}-(\sum_{k=1} i_{k}^{2})}$$
(3)
ainsi que:
$b_{1}=\displaystyle \frac{1}{n}\frac{(\sum_{k=1}^ni_{k})(\sum_{k=1}^n L_{k}i_{k})-(\sum_{k=1}^n L_{k})(\sum_{k=1}^n i_{k})^{2}}{(\sum_{k=1}^n i_{k})^{2}-(\sum_{k=1}^n i_{k}^{2})}$ (4)
44-Application numérique
( −45 tracé traitées ici simultanément):
46-Equation discrétisée
L’équation récurrente est obtenue en assimilant la dérivée de la fonction i(t) au rapport des accroissements de i et de t:
$$\frac{di}{dt}\approx\frac{i_{n+1}-i_{n}}{t_{n+1}-t_{n}}$$
Il vient alors en ce qui concerne les valeurs successives de l’intensité:
$$j_{n+1}=i_{n}+\frac{E-R.i_{n}}{L_{0}(i_{n})}\Delta$$
L’équation numérique est donc:
$$i=i_{n}+\frac{12-1,2.i}{0,456-0,115.i}\Delta t$$
Ici, i0 = 0, 7A, et Δt = 20ms, d’où la séquence des valeurs obtenues:
48-Discrétisation de l’équation mécanique.
L’équation mécanique étant écrite sous la forme:
$$I_{eq}{(\dot{\omega}}=C_{m}-C_{r}=f.\frac{L(i_n)^{2}i(n)^{2}}{2\mu_{0}SN^{2}}-C_{r}$$
Elle se discrétise immédiatement en:
$$I_{eq}\frac{C\omega_{n+1}-C\omega_{n}}{\Delta}=f.\frac{L(i_{n})^{2}i(n)^{2}}{2\mu_{0}SN^{2}}-C_{r}$$
49-Intégration numérique:
Nous pouvons donc écrire numériquement, avec un choix de Δt = 20ms et les autres données de $1'\acute{\mathrm{e}}$nonc $\acute{\mathrm{e}}$:
(ωn + 1 = (ωn + 1056, 5.in2(0, 456 − 0, 115.in)2 − 0, 1
Ce qui nous permet de remplir le tableau de valeurs successives de (j) , il vient:
$$t_{p}\approx 40+20\frac{420-239}{455-239}=57ms$$
Le temps est nettement supérieur à celui de la question 41, car si le courant augmente plus rapidement, la force de contact magnétique, elle, augmente moins vite puisqu’elle varie comme le carré de l’inductance.
51-Induction en fin de mise en vitesse.
Nous déterminons à partir du tableau numérique et à nouveau par interpolation linéaire, la valeur du courant en fin de mise en vitesse. Il vient:
$$i_{p}=1,975+(2,816-1,975)\frac{17}{20}=2,67A$$
D’où nous tirons successivement:
L(tp)=149mH
et par conséquent:
$$B=\frac{Li}{NS}=1,95T$$
Nous avions trouvé B = 3, 47T en ne tenant pas compte de la saturation du maté- riau.
Après un bref arrêt, l’équilibre des pressions ne s’est pas effectué, certains cylindres contiennent le gaz à basse pression, d’autre le gaz à haute pression. Comme les pressions ne sont pas uniformisées dans le circuit, il faut prendre en compte un couple résistant supplémentaire traduisant le travail de transvasement du fluide.
