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:
∮B.→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.Hmatiˊere+x.Hvide
Il y a conservation de la composante normale du champ magnétique lors de la traversée d’une interface, par conséquent:
μ0μrHmatiˊere=μ0Hvide=B
d’où par substitution:
B=μ0N.ix+l/μr
23-Calcul de l’inductance:
L’inductance est définie par la relation:
L=ϕi=B.N.Si=μ0N2.Sx+l/μr
Nous en déduisons les deux valeurs extrêmes:
L0=μ0μrN2.Sl
et:
Le=μ0N2.Sx0+l/μr
24-Force d’attraction:
Il nous suffit de reprendre la formule fournie par 1′ˊenonc ˊe:
F=SB22μ0=L2i22μ0N2S
Etude du circuit électrique
25-Equation électrique
Classiquement:
Ldidt+Ri=E
26-Solution lorsque i(O)=0:
il vient:
i=ER(1−exp−RLt)=ER(1−exp−tτ)
27-Evolution de l’intensité approchée
Lorsque t ≪ τ, un développement limité au premier ordre de l’expression pré- cédente conduit au résultat:
i≈ELt
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)=L2i22μ0N2S=E22μ0N2St2
Numériquement:
a = 1,404.106 N.s−2
29-Loi de la résultante dynamique:
Compte tenu des orientation:
m¨x=k(x0−x)−at2
30-Force de rappel du ressort négligée:
Alors:
m¨x=−at2
de solution, compte tenu des conditions initiales x = x(0) et ˙x(0)=0:
x=−112amt4+x0
Le temps de fermeture est obtenu lorsque x = 0, il vaut donc:
tf=(12mx0a)14
Numériquement:
tf = 9, 76.10−3S
Comparons ce temps à la constante de temps caractéristique du circuit électrique:
τe=LeR
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¨x+k.x=k.x0−at2
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:
(kmα+2γ)+kmβt+kmγt2=kmx0−amt2
D’où, par identification:
β=0,γ=−ak,α=x0−2mγk=(x0+2mak2)
En rajoutant la solution générale de l’équation homogène, nous obtenons:
x=(x0+2mak2)−akt2+λcos√kmt+μsin√kmt
La condition initiale x(O)=x0 entraîne:
x0=(x0+2mak2)+λ
et la condition initiale ˙x(0)=0 implique μ = 0. D’où le résultat recherché:
x=x0+2mak2(1−cos√kmt)−akt2
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:
2mak2(1−cos√kmt)>0
il vient:
x<x0<akt2
33-Equation approchée
Le terme non pris en compte est de plus petit devantx0: En résolvant l’équation approchée:
x<x0<akt2
pour x = 0, on trouve la minoration du temps de fermeture:
tf>√k.x0a
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:
Episton+biellette=12mpbv2piston/bâti
Soit en reportant l’expression fournie:
Episton+biellette=12mpbR2sin2βsin2α˙α2
Il y a cinq ensembles de pistons identiques, correspondants à des angles:
αi=α+i2π5
où α désigne la position du premier ensemble, il est clair que:
˙αi=˙α
Donc pour 1′ensemble:
Epistons+biellettes=12mpbR2sin2β4∑0sin2(α+i2π5)˙α2
Il nous faut calculer cette somme, il vient:
4∑0sin2(α+i2π5)=52−124∑0cos(α+i4π5)
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:
Epistons+biellettes=54mpbR2sin2β˙α2
Le moment d’inertie équivalent est donné par:
Ipistons+biellettes=2Epistons+biellettes˙α2=52mpbR2sin2β
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=˙αsinβ. 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:
IΔ=mpo{R4po2+13H2po}
d’où l’énergie cinétique:
Epo=12mpo{R4po2+13H2po}sin2β˙α2
Le moment d’inertie équivalent est défini par:
Ipo=2.Epo˙α2=mpo{R4po2+13H2po}sin2β
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?:
Ieq(˙ω)=Cm−Cr
38-Condition de fonctionnement
Le couple moteur est supérieur au couple résistant pour:
Cm=f.L20i22μ0N2S>Cr
Soit:
i>NL0√2μ0SCrf
Numériquement:
imin = 0, 55A
Evolution de ω2/1 dans un cas simple
39-Cas lp ≪ τ0
Alors:
i=i0+EL0t
et:
Cm=fL202N2μ0Si2=fL202N2μ0S(j0+EL0t)2=f.a. (t+i0L0E)2
40-Couple résistant négligé:
Nous arrondissons, avec 1′ˊenonc ˊe:Ie′q à 2400 kg.mm2, valeur qu’il est légitime de garder en faitjusqu’au bout du problème.
L’équation différentielle se réduit à:
Ieq˙ω=Cm=f.a. (t+i0L0E)2
L’intégration est immédiate, compte tenu des conditions initiales (ω1/2 = 0 pour t = 0:
Ieqω1/2=13f.a[(t+i0L0E)3−(j0L0E)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:
τ0=L0R=0,24s
l’hypothèse tp ≪ τ0 est bien vérifiée.
41-Prise en compte du couple résistant:
L’équation différentielle devient:
Ieq˙ω=f.a. (t+i0LE)2−Cr
Par intégration entre 1′ˊetat initial et 1′ˊetat final, il vient immédiatement:
Ieqω1/2=13fa[(t+i0L0E)3−(i0LE)3]−Crf
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 ip=i0+EL0tp=1,97A≈2A et B=L0ipNS=3,47T
Evolution de ω2/1 dans un cas plus réaliste
43-Méthode des moindres carrés:
La quantité à minimiser est:
J(b1,b2)=5∑k=1[Lk−L(ik)]2
Remplaaons L(i) par son expression:
L(ik)=b1 + b2ik
Il vient:
J(b1,b2)=5∑k=1[Lk−b1−b2ik]2
D’où les deux dérivées partielles recherchées:
∂J∂b1=2n=5∑k=1∑[Lk−b1−b2ik]=0
D’où nous tirons après simplification:
(n∑k=1Lk)=n.b1+b2n∑k=1ik
De même:
∂J∂b2=−2∑ikk=1n[Lk−b1−b2ik]
d’où la seconde équation:
(n∑k=1Lkik)=n.b1.(n∑k=1ik)+b2n=5∑k=1i2k
La résolution du système d’équations linéaires est élémentaire et il vient:
b2=(∑nk=1Lk)(∑nk=1ik)−(∑nk−1Lkik)(∑nk=1ik)2−(∑k=1i2k)
(3)
ainsi que:
b1=1n(∑nk=1ik)(∑nk=1Lkik)−(∑nk=1Lk)(∑nk=1ik)2(∑nk=1ik)2−(∑nk=1i2k) (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:
didt≈in+1−intn+1−tn
47-Résolution numérique
Il vient alors en ce qui concerne les valeurs successives de l’intensité:
jn+1=in+E−R.inL0(in)Δ
L’équation numérique est donc:
i=in+12−1,2.i0,456−0,115.iΔt
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:
Ieq(˙ω=Cm−Cr=f.L(in)2i(n)22μ0SN2−Cr
Elle se discrétise immédiatement en:
IeqCωn+1−CωnΔ=f.L(in)2i(n)22μ0SN2−Cr
49-Intégration numérique:
Nous pouvons donc écrire numériquement, avec un choix de Δt = 20ms et les autres données de 1′ˊenonc ˊe:
(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:
tp≈40+20420−239455−239=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:
ip=1,975+(2,816−1,975)1720=2,67A
D’où nous tirons successivement:
L(tp)=149mH
et par conséquent:
B=LiNS=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:
∮B.→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.Hmatiˊere+x.Hvide
Il y a conservation de la composante normale du champ magnétique lors de la traversée d’une interface, par conséquent:
μ0μrHmatiˊere=μ0Hvide=B
d’où par substitution:
B=μ0N.ix+l/μr
L’inductance est définie par la relation:
L=ϕi=B.N.Si=μ0N2.Sx+l/μr
Nous en déduisons les deux valeurs extrêmes:
L0=μ0μrN2.Sl
et:
Le=μ0N2.Sx0+l/μr
24-Force d’attraction:
Il nous suffit de reprendre la formule fournie par 1′ˊenonc ˊe:
F=SB22μ0=L2i22μ0N2S
Etude du circuit électrique
25-Equation électrique
Classiquement:
Ldidt+Ri=E
26-Solution lorsque i(O)=0:
il vient:
i=ER(1−exp−RLt)=ER(1−exp−tτ)
27-Evolution de l’intensité approchée
Lorsque t ≪ τ, un développement limité au premier ordre de l’expression pré- cédente conduit au résultat:
i≈ELt
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)=L2i22μ0N2S=E22μ0N2St2
Numériquement:
a = 1,404.106 N.s−2
29-Loi de la résultante dynamique:
Compte tenu des orientation:
m¨x=k(x0−x)−at2
Alors:
m¨x=−at2
de solution, compte tenu des conditions initiales x = x(0) et ˙x(0)=0:
x=−112amt4+x0
Le temps de fermeture est obtenu lorsque x = 0, il vaut donc:
tf=(12mx0a)14
Numériquement:
tf = 9, 76.10−3S
Comparons ce temps à la constante de temps caractéristique du circuit électrique:
τe=LeR
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¨x+k.x=k.x0−at2
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:
(kmα+2γ)+kmβt+kmγt2=kmx0−amt2
D’où, par identification:
β=0,γ=−ak,α=x0−2mγk=(x0+2mak2)
En rajoutant la solution générale de l’équation homogène, nous obtenons:
x=(x0+2mak2)−akt2+λcos√kmt+μsin√kmt
La condition initiale x(O)=x0 entraîne:
x0=(x0+2mak2)+λ
et la condition initiale ˙x(0)=0 implique μ = 0. D’où le résultat recherché:
x=x0+2mak2(1−cos√kmt)−akt2
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:
2mak2(1−cos√kmt)>0
il vient:
x<x0<akt2
Le terme non pris en compte est de plus petit devantx0: En résolvant l’équation approchée:
x<x0<akt2
pour x = 0, on trouve la minoration du temps de fermeture:
tf>√k.x0a
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:
Episton+biellette=12mpbv2piston/bâti
Soit en reportant l’expression fournie:
Episton+biellette=12mpbR2sin2βsin2α˙α2
Il y a cinq ensembles de pistons identiques, correspondants à des angles:
αi=α+i2π5
où α désigne la position du premier ensemble, il est clair que:
˙αi=˙α
Donc pour 1′ensemble:
Epistons+biellettes=12mpbR2sin2β4∑0sin2(α+i2π5)˙α2
Il nous faut calculer cette somme, il vient:
4∑0sin2(α+i2π5)=52−124∑0cos(α+i4π5)
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:
Epistons+biellettes=54mpbR2sin2β˙α2
Le moment d’inertie équivalent est donné par:
Ipistons+biellettes=2Epistons+biellettes˙α2=52mpbR2sin2β
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=˙αsinβ. 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:
IΔ=mpo{R4po2+13H2po}
d’où l’énergie cinétique:
Epo=12mpo{R4po2+13H2po}sin2β˙α2
Le moment d’inertie équivalent est défini par:
Ipo=2.Epo˙α2=mpo{R4po2+13H2po}sin2β
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?:
Ieq(˙ω)=Cm−Cr
38-Condition de fonctionnement
Le couple moteur est supérieur au couple résistant pour:
Cm=f.L20i22μ0N2S>Cr
Soit:
i>NL0√2μ0SCrf
Numériquement:
imin = 0, 55A
Evolution de ω2/1 dans un cas simple
39-Cas lp ≪ τ0
Alors:
i=i0+EL0t
et:
Cm=fL202N2μ0Si2=fL202N2μ0S(j0+EL0t)2=f.a. (t+i0L0E)2
40-Couple résistant négligé:
Nous arrondissons, avec 1′ˊenonc ˊe:Ie′q à 2400 kg.mm2, valeur qu’il est légitime de garder en faitjusqu’au bout du problème.
L’équation différentielle se réduit à:
Ieq˙ω=Cm=f.a. (t+i0L0E)2
L’intégration est immédiate, compte tenu des conditions initiales (ω1/2 = 0 pour t = 0:
Ieqω1/2=13f.a[(t+i0L0E)3−(j0L0E)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:
τ0=L0R=0,24s
l’hypothèse tp ≪ τ0 est bien vérifiée.
41-Prise en compte du couple résistant:
L’équation différentielle devient:
Ieq˙ω=f.a. (t+i0LE)2−Cr
Par intégration entre 1′ˊetat initial et 1′ˊetat final, il vient immédiatement:
Ieqω1/2=13fa[(t+i0L0E)3−(i0LE)3]−Crf
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 ip=i0+EL0tp=1,97A≈2A et B=L0ipNS=3,47T
Evolution de ω2/1 dans un cas plus réaliste
La quantité à minimiser est:
J(b1,b2)=5∑k=1[Lk−L(ik)]2
Remplaaons L(i) par son expression:
L(ik)=b1 + b2ik
Il vient:
J(b1,b2)=5∑k=1[Lk−b1−b2ik]2
D’où les deux dérivées partielles recherchées:
∂J∂b1=2n=5∑k=1∑[Lk−b1−b2ik]=0
D’où nous tirons après simplification:
(n∑k=1Lk)=n.b1+b2n∑k=1ik
De même:
∂J∂b2=−2∑ikk=1n[Lk−b1−b2ik]
d’où la seconde équation:
(n∑k=1Lkik)=n.b1.(n∑k=1ik)+b2n=5∑k=1i2k
La résolution du système d’équations linéaires est élémentaire et il vient:
b2=(∑nk=1Lk)(∑nk=1ik)−(∑nk−1Lkik)(∑nk=1ik)2−(∑k=1i2k)
(3)
ainsi que:
b1=1n(∑nk=1ik)(∑nk=1Lkik)−(∑nk=1Lk)(∑nk=1ik)2(∑nk=1ik)2−(∑nk=1i2k) (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:
didt≈in+1−intn+1−tn
Il vient alors en ce qui concerne les valeurs successives de l’intensité:
jn+1=in+E−R.inL0(in)Δ
L’équation numérique est donc:
i=in+12−1,2.i0,456−0,115.iΔt
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:
Ieq(˙ω=Cm−Cr=f.L(in)2i(n)22μ0SN2−Cr
Elle se discrétise immédiatement en:
IeqCωn+1−CωnΔ=f.L(in)2i(n)22μ0SN2−Cr
49-Intégration numérique:
Nous pouvons donc écrire numériquement, avec un choix de Δt = 20ms et les autres données de 1′ˊenonc ˊe:
(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:
tp≈40+20420−239455−239=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:
ip=1,975+(2,816−1,975)1720=2,67A
D’où nous tirons successivement:
L(tp)=149mH
et par conséquent:
B=LiNS=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.