Question transversaleMathsSIMoteurs et électricité

Pourquoi un moteur électrique appelle-t-il un courant très fort au démarrage, puis beaucoup moins ?

Au démarrage, le moteur ne tourne pas : le courant vaut U/R = 6 A pour 12 V et 2 Ω. Puis la vitesse monte selon ω(t) = ω₀(1 − e^(−t/τ)) avec τ = J R / k² = 0,16 s, et le courant décroît en e^(−t/τ). Après 3τ ≈ 0,5 s, il ne vaut plus que 5 % de sa valeur initiale.

Grand oral session 2027 : exposé de 10 minutes debout, puis 10 minutes d'échange, sans calculatrice. Plan prévu pour 9,5 min.

Pourquoi cette question : un modèle d'introduction

Le jury attend que vous expliquiez pourquoi vous avez choisi la question. Inspirez-vous de ce modèle, mais racontez votre propre parcours.

Quand le compresseur du réfrigérateur démarre, les lampes de la cuisine baissent un instant. En sciences de l'ingénieur, j'ai appris que les moteurs appellent un fort courant au démarrage. J'ai voulu modéliser ce phénomène et savoir combien de temps il dure, et j'ai retrouvé une équation différentielle du premier ordre.

L'enjeu et les notions du programme

Établir une équation différentielle du premier ordre pour la vitesse d'un moteur, la résoudre et en déduire l'évolution du courant.

Mathématiques

Équations différentielles y' = ay + b (terminale)
Fonction exponentielle, limite en +∞ (terminale)
Logarithme pour calculer une durée (terminale)

Sciences de l'ingénieur

Moteur à courant continu : couplage électromécanique (terminale)
Principe fondamental de la dynamique en rotation (terminale)

Le plan de l'exposé en 9,5 min

1. Introduction
1 min
On branche un moteur à vide sur une alimentation de 12 V. Problématique : comment évoluent sa vitesse et son courant, et pourquoi le courant est-il si fort au début ?
2. Mathématiques : un premier ordre
4 min
Équations : $U = R I + k ω$ U=RI+kω et $J ω^{'} = k I$ Jω'=kI (moteur à vide, $J$ J moment d'inertie). En remplaçant $I = \frac{U - k ω}{R}$ I=(U-kω)/R : $J ω^{'} = \frac{k}{R} (U - k ω)$ Jω'=k/R(U-kω), soit $ω^{'} = - \frac{k ^{2}}{J R} ω + \frac{k U}{J R}$ ω'=-k²/JRω+kU/JR. C'est une équation $y^{'} = a y + b$ y'=ay+b.
Solution avec $ω (0) = 0$ ω(0)=0 : $ω (t) = ω_{0} (1 - e^{- t / τ})$ ω(t)=ω₀(1-e^(-t/τ)), avec $ω_{0} = \frac{U}{k}$ ω₀=U/k et $τ = \frac{J R}{k ^{2}}$ τ=JR/k². Pour $R = 2$ R=2 Ω, $k = 0, 05$ k=0,05 V·s/rad, $J = 2 \times 1 0^{- 4}$ J=2×10⁻⁴ kg·m² : $ω_{0} = 240$ ω₀=240 rad/s et $τ = 0, 16$ τ=0,16 s.
Le courant : $I = \frac{U - k ω}{R} = \frac{U}{R} e^{- t / τ}$ I=(U-kω)/R=U/R e^(-t/τ). Il part de $\frac{U}{R} = 6$ U/R=6 A et décroît exponentiellement. Après $3 τ \approx 0, 48$ 3τ≈0,48 s, il vaut $6 e^{- 3} \approx 0, 3$ 6e⁻³≈0,3 A, soit 5 % de sa valeur de départ.
Interprétation : au démarrage, le moteur ne tourne pas, rien ne s'oppose à l'alimentation sauf la résistance. En tournant, il produit la force contre-électromotrice $k ω$ kω, qui réduit le courant.
3. SI : limiter l'appel de courant
3 min
Pour les gros moteurs, le courant d'appel peut atteindre 5 à 8 fois le courant normal : il fait chuter la tension du réseau et sollicite les protections. On utilise des démarreurs progressifs, qui augmentent la tension peu à peu (par MLI), ou des variateurs qui pilotent directement le courant.
Les disjoncteurs sont choisis pour tolérer ce pic bref sans se déclencher : leur courbe autorise un courant élevé pendant quelques dixièmes de seconde. La constante de temps $τ = \frac{J R}{k ^{2}}$ τ=JR/k² montre que les machines à grande inertie démarrent plus lentement et subissent un appel de courant plus long.
4. Conclusion
1,5 min
Au démarrage, le courant vaut $\frac{U}{R}$ U/R parce que le moteur ne produit pas encore de force contre-électromotrice ; il décroît ensuite en $e^{- t / τ}$ e^(-t/τ), et tombe à 5 % après $3 τ \approx 0, 5$ 3τ≈0,5 s. Une équation différentielle du premier ordre décrit tout le démarrage. J'ouvre sur les démarreurs progressifs des pompes et des ventilateurs industriels.

Ce que j'écris au tableau

Pas de calculatrice ni de support numérique : un calcul clé écrit au tableau rend l'exposé concret et montre la solidité des connaissances.

J ω^{'} = \frac{k}{R} (U - k ω) \Rightarrow ω (t) = \frac{U}{k} (1 - e^{- t / τ}), τ = \frac{J R}{k ^{2}} = 0, 16 s Jω'=k/R(U-kω) \Rightarrow ω(t)=U/k(1-e^(-t/τ)), τ=JR/k²=0,16 s I (t) = \frac{U}{R} e^{- t / τ} : 6 A \to 6 e^{- 3} \approx 0, 3 A apr \overset{e}{ˋ} s 3 τ \approx 0, 48 s I(t)=U/R e^(-t/τ): 6 A \to6e⁻³\approx0,3 A après 3τ\approx0,48 s

Conclusion : la réponse à la question

Le fort courant de démarrage d'un moteur vient de l'absence de force contre-électromotrice à l'arrêt. L'équation différentielle et l'exponentielle décrivent sa décroissance et guident le choix des protections.

Les questions probables du jury

Pendant les 10 minutesd'échange, le jury vous fait préciser et approfondir, sur tout le programme de vos spécialités en lien avec la question.

Vérifiez l'unité de τ = J R / k².

kg·m² × Ω / (V·s)² ; avec les relations entre unités électriques et mécaniques, on obtient des secondes.

Que devient τ si l'inertie double ?

Il double : le démarrage est deux fois plus long.

Quel courant à vide en régime permanent dans ce modèle ?

Nul, car on a négligé les frottements ; en réalité, un faible courant compense les pertes.

Résolvez 6 e^(−t/0,16) = 1.

$t = 0, 16 ln 6 \approx 0, 29$ t=0,16ln6≈0,29 s.

Pourquoi les lampes baissent-elles quand un moteur démarre ?

Le fort courant d'appel provoque une chute de tension dans les câbles qui alimentent la maison.

Les pièges qui coûtent des points

Oublier le couplage entre équation électrique et mécanique.
Croire que le courant est constant au démarrage.
Confondre constante de temps et durée totale du démarrage.

Revoir les notions

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