conversion de puissance (PSI) · Chapitre 3 · Exercice de TD

Le champ d'une spire dans l'entrefer, et comment le rendre sinusoïdal

Conversion électro-magnéto-mécanique : machines synchrone et à courant continu · B. Champ magnétique tournant · niveau 2

Énoncé

Un stator cylindrique et un rotor coaxial, en fer de perméabilité infinie, sont séparés par un entrefer d'épaisseur constante $e = 1, 0 mm$ , petite devant le rayon $R$ . Une bobine de $N$ spires est logée dans deux encoches diamétralement opposées du stator, en $θ = 0$ et $θ = π$ ; elle est parcourue par un courant $i$ . Le champ dans l'entrefer est radial, $B = B (θ) u_{r}$ , et ne dépend pas de la position dans l'épaisseur de l'entrefer.

1) Par le théorème d'Ampère appliqué à un contour qui traverse deux fois l'entrefer, montrer que $B (θ)$ est un créneau d'amplitude $B_{0} = \frac{μ _{0} N i}{2 e}$ . Pourquoi le champ est-il nécessairement de valeur moyenne nulle sur $θ$ ?

2) Le fondamental de ce créneau a l'amplitude $\frac{4}{π} B_{0}$ , et ses harmoniques, de rangs impairs $n$ , l'amplitude $\frac{4}{nπ} B_{0}$ (développement admis). Quels ampères-tours faut-il pour un fondamental de $0, 8 T$ ?

3) On remplace la bobine par deux bobines identiques, la seconde décalée d'un angle $γ$ et parcourue par le même courant. Montrer que l'harmonique de rang $n$ est multiplié par $2 cos \frac{nγ}{2}$ . Quel décalage annule l'harmonique 3 ? Que deviennent le fondamental et l'harmonique 5 ?

4) On veut annuler aussi l'harmonique 5. Proposer une association de quatre bobines. Quelle part du fondamental conserve-t-on ? Quelle est alors l'amplitude relative de l'harmonique 7 ? Combien d'ampères-tours par bobine faut-il pour garder $0, 8 T$ , et quel est le prix de la sinusoïde ?

Corrigé

La stratégie. Ampère sur un contour qui ne passe dans l'air qu'à travers l'entrefer : le fer, où $H = 0$ , ne compte pas. Puis superposition : décaler deux créneaux identiques revient à multiplier chaque harmonique par un facteur qui dépend de son rang.

1) Le créneau. Prenons un contour qui traverse l'entrefer en $θ$ puis en $θ + π$ , et qui se referme dans le fer. Seuls les deux passages dans l'entrefer contribuent à la circulation de $H$ ; par symétrie (la bobine est antisymétrique par rotation de $π$ ), $B (θ + π) = - B (θ)$ : les deux contributions s'ajoutent, $\frac{B ( θ ) e}{μ _{0}} + \frac{B ( θ ) e}{μ _{0}} = N i$ si le contour enlace le faisceau des $N$ conducteurs, d'où $∣ B ∣ = B_{0} = \frac{μ _{0} N i}{2 e},$ uniforme sur chaque demi-entrefer, et de signe opposé d'un côté à l'autre des encoches : un créneau. Sa valeur moyenne est nulle parce que le flux de $B$ sortant du rotor à travers un cylindre qui l'entoure est nul (le flux de $B$ est conservatif) : autant de lignes sortent qu'il en rentre.

2) Le fondamental. $\frac{4}{π} B_{0} = 0, 8 T$ donne $B_{0} = 0, 628 T$ et $N i = \frac{2 e B _{0}}{μ _{0}} = \frac{2 \times 1 0 ^{- 3} \times 0 , 628}{4 π \times 1 0 ^{- 7}} = 1000 A (amp e ˋ res-tours) .$ Mais le créneau porte aussi un harmonique 3 à $1/3$ du fondamental, un harmonique 5 à $1/5$ : loin d'une sinusoïde.

3) Deux bobines décalées. L'harmonique $n$ d'une bobine s'écrit $b_{n} sin (n θ)$ ; la seconde, décalée de $γ$ , donne $b_{n} sin (n θ - nγ)$ . La somme vaut $b_{n} [sin n θ + sin (n θ - nγ)] = 2 b_{n} cos \frac{nγ}{2} sin (n θ - \frac{nγ}{2}) :$ l'amplitude est multipliée par $2 cos (nγ /2)$ . L'harmonique 3 s'annule pour $3 γ /2 = π /2$ , soit $γ = 6 0^{\circ}$ . Le fondamental est multiplié par $2 cos 3 0^{\circ} = 1, 73$ (au lieu de 2 : on perd $13 %$ ), l'harmonique 5 par $2 ∣ cos 15 0^{\circ} ∣ = 1, 73$ aussi : relativement au fondamental il reste à $1/5 = 20 %$ .

4) Quatre bobines. On associe deux paires décalées de $6 0^{\circ}$ , les paires étant décalées entre elles de $γ_{2}$ tel que $5 γ_{2} /2 = π /2$ , soit $γ_{2} = 3 6^{\circ}$ (bobines en $0$ , $3 6^{\circ}$ , $6 0^{\circ}$ , $9 6^{\circ}$ ). Les facteurs se multiplient : l'harmonique $n$ est multiplié par $4 cos \frac{n \cdot 6 0 ^{\circ}}{2} cos \frac{n \cdot 3 6 ^{\circ}}{2}$ . Harmoniques 3 et 5 : nuls. Fondamental : $4 cos 3 0^{\circ} cos 1 8^{\circ} = 4 \times 0, 824$ . Harmonique 7, relativement au fondamental : $\frac{1}{7} \cdot \frac{∣ cos 21 0 ^{\circ} cos 12 6 ^{\circ} ∣}{cos 3 0 ^{\circ} cos 1 8 ^{\circ}} = \frac{1}{7} \cdot \frac{0 , 509}{0 , 824} = 8, 8 %,$ contre $14 %$ pour une bobine seule. Pour un fondamental de $0, 8 T$ , chaque bobine doit en fournir $0, 8/ (4 \times 0, 824) = 0, 243 T$ , soit $304$ ampères-tours, $1214$ au total : $21 %$ de cuivre de plus qu'avec une seule bobine. C'est le prix d'un champ quasi sinusoïdal, que l'industrie paie en répartissant le bobinage dans de nombreuses encoches.

Ce que l'exercice installe. Ampère dans un circuit magnétique : seul l'entrefer compte, $B_{0} = μ_{0} N i /2 e$ ; un champ radial de moyenne nulle ; et la superposition de bobines décalées, où chaque harmonique est pondéré par $2 cos (nγ /2)$ : on choisit les décalages pour annuler les rangs gênants, au prix d'un peu de fondamental.

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