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Laboratoire génie électrique

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Correction série d’exercices N°6

Moteurs à courant continu

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Exercice 1 : 1°) a) Force contre électromotrice : E’ E’ = 176 V

E’ = U – RI = 200 – 3x8 = 200 – 24

b) E’ = nNØ avec N : nombre de conducteurs de l’induit constant. Ø : flux sous un pole en Webers constant puisque le courant d’excitation est constant. E’ = Kn

D’où NØ est constant Calcul de K : K 

E' n



176x60 1200

K = 8,8Vs/tr

c) Moment du couple électromagnétique T. Puissance électromagnétique : Péu = E’.I = 176x8 = 1408 W T

Péu 



Péu 2n



1408x60 2x1200

T = 11,21 Nm

d) Puissance utile : Pu = 1360 W

Pu = Péu – Pc = 1408 – 48

Puissance absorbée : Pa = UI + Pjinducteur = 200x8 + 60 1600 + 60 = 1660 W Rendement : =

 = 0,82

Pu 1360 = Pa 1660

2°) f.c.e.m. E’o : E’0 = U = 200 V

E’0 = U – RI0 = U or I0 = 0 Fréquence de rotation no. E’0 = Kno ; n0 

E'0 K



200 8,8

n0 = 1363 tr/min

Exercice 2 : 1°) Schéma équivalent de l’induit : I U

E’ R

2°) Puissance électrique utile nominale : E’ = U – RI = 48 – 2x3 = 48 – 6 = 42 V Péu = E’I = 42x3

Péu = 126 W

3°) Puissance utile nominale. Puissance absorbée : Pa = UI = 48x3 = 144 W Prof : Borchani hichem et Hammami mourad

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Pu = 108 W

Pu = Pa. = 144x0,75 4°) Pertes constantes : Pc = Péu – Pu = 126 – 108

Pc = 18 W

5°) Courant absorbé par l’induit à vide : La puissance absorbée par l’induit à vide est : Pa0 = Pj0inducteur + Pc UI0 = RI02 + Pc ; RI02 – UI0 + Pc = 0 ; 2I02 – 48I0 + 18 = 0 ;

I02 – 24I0 + 9 = 0 ;

∆ = 242 – 4x1x9 = 540 = (23,24)2 I'0 

24  23,24  0,38 A 2

I' '0 

24  23,24  23,62 A à rejeter 2

Valeur raisonnable

I0 = 0,38 A

Exercice 3 : 1°) Moment du couple utile nominal : TuN : Pu Pu TuN    2n

2°)

500x60  2x1365

Tu(N/m)

TuN = 3,5 Nm 4

a ) Caractéristique du couple. b ) D’après la courbe Tu = f(I)

3°) a ) Tem  Tem 

IN = 3 A

Tem

3,5

Pem E'I nN   I  2n 2n N I 2

avec

Tem = aI

a

2

b ) Tem = Tu + Tp c ) Graphiquement a

Tu

N 2

Tp = 0,5 Nm

2 1,5

a = 1,33 Tp

d ) Pertes constantes : Pc = Tp.Ω =0,5x2x

1365 60

Pc = 71 W

4°) Fonctionnement nominal :

I(A)

0

a ) Moment du couple électromagnétique :

1

2

3

Pem = Pu + Pc = 500 + 71 = 571 W Tem 

Pem P 571x60  em  2x1365  2n

Tem = 4 Nm

b ) L’intensité du courant absorbé par l’induit : Tem = aIN ; IN =

Tem a



4 1,33

IN = 3 A

c ) La résistance de l’induit. UIN = (E’ + RIN)IN ; UIN = RIN2 + Pem ; RIN2 = UIN - Pem R

UIN  Pem IN2



220x3  571 32

R = 9,88 Ω

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Exercice 4 : T(Nm)

1°) F.c.é.m E’0 à vide : E’0 = U – RI0 = 200 – 1x2

20

E’0 = 198 V

F.c.é.m E’ nominale : E’ = 186 V

E’ = U – RI = 200 – 1x14

2°) Pertes par effet joule dans l’induit : Pjinduit = RI2 = 1x142

Pjinduit = 196 W

15 4 10 5

Pertes par effet joule dans l’inducteur :

I(A)

Pjinducteur = 90 W

Pjinducteur = u.i =180x0,5

0

15

3°) Pertes collectives Pc : Pc = E’0.I0 = 198x2

Pc = 396 W

4°) Moment de couple des pertes Tp : Tp 

Pc Pc 396x60   2x1200  2n

n(tr/s)

Tp = 3,15 Nm

5°) Puissance absorbée par le moteur : Pa = UI + ui = 200x14 + 90

21

Pa = 2890 W

6°) Puissance utile : Pu = Pa - ∑pertes = Pa – (Pjinducteur + Pjinduit + Pc) Pu = 2890 – ( 90 + 196 + 396)

22

20 19 I(A)

Pu = 2208 W

7°) Moment du couple utile Tu : Tu

Pu Pu   2n



2208x60 2x1200

0

4

8

12

16

20

Tu = 17,58 Nm

8°) E’ = nNØ avec N : nombre de conducteurs de l’induit constant. Ø : flux sous un pole en Webers constant puisque le courant d’excitation constant. D’où NØ est constant E’ = K1.n

9°)

T

K1 = NØ

, K1

Péu E'I K1n K1   I  I 2n  2n 2

T 

K1 I 2

K1 = 9,3 Vs/tr T = K2.I

T = 1,48 I

10°)

R K1

= – 0,1

;

K2 

K1 = 1,48 Nm/A 2

T(Nm)

11°) E’ = K1n = U – RI ; n   a

E' 186x60  1200 n

b

U K1

R U I K1 K1

= 21,5

n = – 0,1I + 21,5

20 4 15 4 10

T Tu

Tr

8,5

12°) 13°) n = – 0,1I + 21,5 ; I = -10n + 215 T = 1,48 I = 1,48(-10n + 215)

T = -14,8n + 318,2

14°) Tu = T – Tp = Tu – 3

5 n(tr/s) 0

20

20,7

21

Les caractéristiques du moteur et de la charge se croisent au point de fonctionnement pour lequel les couples moteur et résistant sont identiques :Tu = Tr

Tu = 8,5 Nm

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n = 20,7 tr/s www.seriestech.com

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Exercice 5 : A/ Essai à vide : 1°) F.c.é.m. E’0 : E’0 = U – RI0 = 220 – 1x2

E’0 = 218 V

2°) Pertes collectives Pc : Pc = E’0I0 = 218x2

Pc = 436 W

3°) Tu0 = 0. B/ Essai en charge nominale: 1°) F.c.é.m. E’ :

E’ = U – RI = 220 – 1x20

E’ = 200 V

2°) Fréquence de rotation nN nominale : E’0 = n0NØ ;

E’ = nNØ ;

E'  E'0

nN E' n0  ; nN  E '0 n0



200 1000 218

nN = 917 tr/min

3°) a) Puissance totale Pa absorbée par le moteur : Pa = 4600 W

Pa = UI + uexiex = 220x20 + 200x1 = 4400 + 200 b) Pertes par effet Joule dans l’induit : Pjinduit = RI2 = 1x202

Pjinduit = 400 W

c) Puissance utile PuN nominale du moteur : PuN = Pa - ∑pertes = Pa – (Pjinducteur + Pjinduit + Pc) = 4600 – (200+400+436) PuN = 3564 W d) Moment TuN du couple utile nominal : TuN 

PuN 



PuN 2nN



3564x60 2x917

TuN = 37 Nm

C/ Utilisation de la caractéristique mécanique : TU,TR(N.m)

Figure n°1 Tu

40 B Tr

30

20

10

A n (tr/min)

0 880

900

920

933

940

960

980

1000

2°) Fréquence de rotation de l’ensemble moteur-pompe. Les caractéristiques du moteur et de la charge se croisent au point de fonctionnement pour lequel les couples moteur et résistant sont identiques :Tu = Tr = 30 Nm et Prof : Borchani hichem et Hammami mourad

n = 933 tr/min www.seriestech.com

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Exercice 6 :

u

Etage H

K

i

iD

E

u

D

E

uL

L M

uM

t 0

Figure 1

T

T

2T Figure 2

1°) a- Hacheur série. b- L'interrupteur K peut être réalisé par un transistor bipolaire ou thyristor. c- Le coefficient  est appelé rapport cyclique. d- L'inductance L diminue les ondulations du courant dans l’induit (Lisser le courant). e- La diode de roue libre D protège l’interrupteur K (Transistor). = .E

2°) a-

b-  

u 150  E 200

 = 0,75

3°) V

+15V Vref Vd Vs(t) Ve

a- L’amplificateur fonctionne en régime saturé : Vd = Vref – Ve  

Si Vref > Ve ; Vs = +15V

Vemax

Ve(t)

Vref

Si Vref < Ve ; Vs = 0V t

0

b- Fréquence de hachage : 1 1 f  T 10.10 3

10

Vs(V)

f = 100 Hz t(ms) 0

T

T

20

c- En variant Vref entre la valeur 0 et Vemax on varie le rapport cyclique entre 0 et 1.

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Exercice 7 : I ID' U Diode D U1>0 U1