Exercices sur le régime alternatif sinusoïdal

Exercices sur le régime alternatif sinusoïdal
1 – En monophasé
Une charge A inductive de 15kVA de facteur de puissance 0,6 et une charge B de
12kVA, capacitive de facteur de puissance 0,9 sont en parallèle sur une source
alternative monophasée 220V,60Hz (Canada).
Calculer :
a) La puissance active, la puissance réactive et la puissance apparente totales
b) Le facteur de puissance vu de la source
c) La puissance réactive du condensateur portant le facteur de puissance global à
0,98.
Réponses :
a) 19,8 kW, 6,8kvar, 20,9 kVA
b) 0,95
c) -2,8 kvar
2 – En triphasé
Dans un atelier alimenté en 400V, on trouve

Un moteur asynchrone triphasé dont les caractéristiques constructeur
sont :
Puissance mécanique : Pu=2000W ; rendement =92%, facteur de puissance
F=0,8
Vitesse nominale : N=1440tr/min
Tensions 230V/400V
 Un radiateur 230V, 1300W
a) Donner :
 le couplage du radiateur,
 le courant appelé sur le réseau ,
 la résistance du radiateur
Couplé en étoile sous 400V, chacune des trois résistances qui composent le
radiateur est sous tension simple V=230V. Chaque résistance est parcourue par le
courant de ligne.
Le courant est alors donné par la formule générale, sachant que le facteur de
puissance vaut 1.
P
I
 1,9A
3U
La résistance d’un élément de radiateur est donnée par
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1
R
V
 120
I
b) Pour le moteur, calculer :





Le couple utile Cu,
la puissance active absorbée Pa,
le courant appelé sur le réseau I,
la puissance apparente S,
la puissance réactive Q.
Sur le réseau 400V, le moteur doit être couplé en étoile lui aussi. Chaque en
roulement est sous 230V, tension donnée par la plaque. Sur un « ancien »
réseau 230V, il faudrait le coupler en triangle.
Le couple utile est le quotient de la puissance utile en watt et de la vitesse en
rd/s.
P
Pu
2000.60
Cu  u 

 13,3N.m
N

2.1440
2
60
La puissance active absorbée se calcule à partir de la puissance utile et du
rendement.
P
2000
Pa  u 
 2175 W

0,92
Pa
2175
Pa  3U.I.F  I 

 3,9A
3U.F
3.400.0,8
S  3.U.I  3.400.3,9  2720VA
Q  S 2  P 2  2720 2  2000 2  1630 var
c) Pour l’installation complète calculer :





La puissance active,
la puissance réactive ,
la puissance apparente,
le courant en ligne It
le facteur de puissance Ft.
On n’a pas le droit d’additionner les courants sans précaution. En alternatif les
intensités efficaces ne s’additionnent pas.
Mais on peut additionner les puissances actives et réactives.
En alternatif les puissances apparentes ne s’additionnent pas.
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2
Pt  2175  1300  3475 W
Q t  1630  0  1630 var
S t  3500 2  1630 2  3840 VA
It 
St
3840
 5,5 A  3,9  1,9
3U
3.400
P
2475
Ft  t 
 0,905
S t 3840
d) Correction du facteur de puissance à la valeur Fc=0,96


 1300  2720
Une table donne pour une correction de 0,90 à 0,96 : 192var par kW de charge.
En déduire la puissance réactive à apporter par condensateurs pour faire la
correction.
La puissance réactive (comptée négative) à apporter par condensateur, vaut
donc -192x3,475=-667var.
 Vérifier ce calcul en employant le théorème de Boucherot des puissances.
On compose les puissances active et réactive. On appelle Pcor et Qcor ces
puissances après correction. Les condensateurs n’apportent dans l’absolu aucune
puissance active, mais la puissance réactive Qc à calculer.
Pcor  Pt
Q cor  Q t  Q c
Fcor 
Pcor
2
2
Pcor
 Q cor
2
P  P 2  Q cor
)Fcor
2
Q cor

P2
2
Fcor
2
P 
Q cor  3475
3475 2
0,96
1
0,96 2
2
 3475 2
 1  1013 var
Q c  Q cor  Q t  1013  1630  617 var
Les deux résultats sont légèrement différents en raison du mode de calcul.
Méthode graphique par le triangle des puissances :
Sc=3620VA
Qt=1630var
Qc=1020var
P=3475 W
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On construit à gauche le triangle des puissances avant correction (1cm pour 1000W
ou 1000VAR).
P
Ensuite on calcule Scor par S cor 
 3620VA
0,96
On construit à droite le triangle des puissances après correction. Pour cela, on trace
une verticale menée de la pointe de P. De l’origine de P, on conduit un vecteur de
3,62cm en l’ajustant pour qu’il coupe la verticale. On trace alors Qcor en reliant les
deux pointes des vecteurs. On mesure Qcor qui vaut ici, à la précision du
tracé 1,07cm soit 1020var. Qc vaut alors 1020-1630=-610var.

Calculer la capacité des condensateurs couplés en triangle et le nouveau courant
en ligne.
Chaque condensateur est sous la tension composée.
Q c  3U.Jc
Jc  C.U
Q c  3CU2
C
 Qc

660
 4,4µF
3U
3.314.( 400 2 )
La batterie de condensateurs se compose de 3 condensateurs de 4,7µF (valeur
normalisée) de tension d’isolement au moins 400V, couplés en triangle.
2
Le nouveau courant en ligne est calculé à partir de Scor.
S
3620
Icor  cor 
 5,2A
3U
3.400
Ce courant est plus faible qu’avant correction. Le but de réduire les pertes par effet
Joule en ligne est atteint.
3 - Problème de sysnthèse
On considère un four électrique caractérisé par sa résistance r, dont la puissance
nominale est P=1000W. Il est alimenté par un réseau alternatif sinusoïdal
monophasé de tension efficace nominale U=200V, f=50Hz.
Partie 1
1.1-Quelle est l’intensité nominale dans le four.
1.2- Quelle est sa résistance r
P  UI
1000
I
 5A
200
U 200
r 
 40
I
5
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Partie 2
Afin de faire varier la puissance thermique du four, on envisage plusieurs solutions
que l’on examine. Les buts poursuivis sont d’avoir un rendement maximal quelle que
soit la puissance fournie au four et de pouvoir faire varier cette puissance de la
valeur nulle à la valeur nominale.
A - On relie le four au secteur par l’intermédiaire d’un simple rhéostat de résistance
totale R=160.
Selon la position du curseur la partie de la résistance utilisée du rhéostat vaut R. le
coefficient  varie entre 0 et 1.
2.1- En fonction de , donner l’expression littérale de l’intensité I dans le four, de la
puissance P fournie au four et du rendement de l’installation .
U
I
R  r
α
I
P
η
 U 
P  rI2  r 

 R  r 
P
r


UI R  r
1
1A
40W
0,2
0
5A
1000W
1
2
2.2 – Commenter le résultat, vis à vis des buts poursuivis.
Deux défauts : P ne s’annule pas et le rendement décroît lorque la puissance
demandée est faible.
Schéma du montage :
U
I
Four
B - On relie le four au secteur par l’intermédiaire du même rhéostat, branché en
potentiomètre.
Schéma du montage :
U
J
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I
Four
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2.3 – Déterminer l’équivalent de Thévenin du montage potentiométrique c’est à dire
la f.e.m. (efficace) E et la résistance interne r, en fonction de U, , R.
La f.e.m. équivalente de Thévenin est e  U . L’impédance (résistance équivalente)
est R(1   ) .
2.4 – Donner l’expression de l’intensité I dans le four et la puissance P qu’il reçoit en
fonction de .
I
U
r  R(1   )
2.5 – Donner l’expression du rendement en fonction de R, r et .
Calculer numériquement le rendement pour =0 et =1.
r.I2

U.J
U
J
rR
r  R
2
r R

(r  R )(r  R(1   )
R(1  ) 
Pour   0 ,   0
Pour   1   0,8
2.6 – Commenter le résultat, vis à vis des buts poursuivis
Pour   0 , le rendement est nul. Il n’y a certes pas de puissance transmise au four
ce qui était souhaité et présente un plus par rapport à la solution du 2)2.
Mais le réseau fournit UJ soit 1250W.
C - On relie le four au secteur par l’intermédiaire d’une bobine à point milieu de
résistance variable et de réactance variable. La résistance vaut au maximum R et la
réactance vaut aussi au maximum X.
Soit  désignant un nombre compris entre 0 et 1.
La résistance utilisée R est proportionnelle au nombre de spires utilisées n dans la
bobine. La réactance utilisée x est proportionnelle à n². Le nombre total de spires est
N.
On prendra R=16 et X=314 (à 50Hz).
2.7 – Montrer que x=²X.
Une résistance est proportionnelle au nombre de spire, alors qu’une réactance est
proportionnelle au carré du nombre de spires.
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R,X
r0, x
r0  k.n R  k.N
x  p.n 2 X  p.N2
r0
n x

 2
R
N X
x  2X
r0  R
2.8 – Exprimer I en fonction de X , R, U et .
I
U
(r0  r ) 2  x 2

U
( R  r ) 2  ( X ) 2
2.9 – Exprimer P en fonction de X, U, R, r.
P  rI2 
rU 2
( R  r ) 2  ( X ) 2
2.10- Exprimer le rendement fonction de r, R
Préseau  (r  R)I2

r
r  R
2.11 – Exprimer le facteur de puissance de l’installation, en fonction de , R,r, X.
cos  
R  r
R  r

Z
(R  r )2  (X)2
2.12 – Calculer numériquement le rendement et le facteur de puissance pour =0 et
=1.
Pour   0 , le rendement et le facteur de puissance sont égaux à 1.
Pour   1, le rendement est 0,71 et le facteur de puissance 0,17, ce qui est faible.
U
Four
I
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