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Transformateurs monophasés
Correction des exercices III, IV et V
Exercice III
Les essais suivants ont été réalisés sur un
transformateur monophasé dont le schéma équivalent
est représenté ci­contre.
• Essai à vide : valeurs efficaces des tensions
primaire et secondaire : 230 V et 85 V ; intensité
efficace du courant primaire : 0,7 A et puissance
active au primaire 40 W.
• Essai en court­circuit : valeur efficace du courant primaire : 8 A ; la valeur efficace de la tension primaire
est égale à 25 V et la puissance active au primaire est égale à 67 W.
3. Exploitation de l'essai à vide
c. Calculer le rapport de transformation
m=
V 20 85
=
=0,37
V 1 230
d. Calculer la puissance réactive lors de cet essai.
Les puissances apparente S 0 , active P0 et réactive
Q0
sont reliées par
2
2
2
avec
S 0=P0 +Q 0
S 0=V 1 . I 10=230×0,7=161 VA
Ce qui donne
Q 0= √ S0 – P0 =√161 – 40 =156 var
2
2
2
2
e. Calculer Rf et Lm.
La résistance
Rf =
Rf
« consomme » la puissance active
P0
V 21
P10=
Rf
ce qui permet d'écrire
et donc
V 21 2302
=
=1320 Ω
P10 40
L'inductance
Lm
Q0
« consomme » la puissance réactive
ce qui permet d'écrire
Q10=
V 21
Lm ω
et
2
donc
2
V
230
Lm = 1 =
=1,08 H (remarque : ω=2 pi f
Q10 ω 156×2 π 50
et f = 50 Hz)
4. Exploitation de l'essai en court­circuit
Pour cet essai, le transformateur est supposé parfait pour les intensités (ce qui signifie que les influences de
Rf et Lm sont négligées).
c. Calculer l'intensité efficace du courant secondaire pour cet essai.
On
utilise
I 2cc =
la
relation
pour
les
courants
du
transformateur
parfait :
I 2cc =
1
I
m 1cc
soit
1
8=21,6 A
0,37
d. Calculer la puissance réactive pour cet essai.
Les puissances apparente S cc , active Pcc et réactive
Qcc
sont reliées par
2
2
2
S cc =Pcc +Qcc
S cc =V 1cc . I 1cc=25×8=200 VA
Ce qui donne
Q cc=√ S 2cc – P2cc=√ 2002 – 672 =188 var
Transformateurs monophasés
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avec
e. Calculer Rs et Xs.
La résistance Rs « consomme » la puissance active
Rs=
P cc
I
2
2cc
=
67
=0,143 Ω
21,62
Xs
La réactance
X s=
donc
Pcc=Rs I 22cc et donc
Pcc ce qui permet d'écrire
Q cc
I
2
2cc
=
Qcc
« consomme » la puissance réactive
188
=0,403 Ω (Remarque :
21,62
Qcc=X s I 22cc
ce qui permet d'écrire
et
X s=l s ω avec ω=2 π f )
Exercice IV
On considère un transformateur monophasé dont les essais préliminaires ont donné :
• à vide : V1 = V1n = 220 V, I1 = 0,5 A, V2 = 110 V, puissance absorbée : 50 W
• en court­circuit : V1 = 21 V, I2 = 20 A, puissance absorbée : 150 W
4. Déterminer les éléments
équivalent ci­contre :
du
Xs
Rs
3. Proposer un montage permettant de réaliser
les mesures en court­circuit.
m
schéma
Rf
Lw
w
La démarche est identique à celle de l'exercice précédent : on utilise successivement les résultats de l'essai à
vide pour déterminer m , Rf , L puis de l'essai en court circuit pour déterminer Rs et X s .
Essai à vide :
m=
V 20 110
=
=0,5
V 1 220
S 0 , active
S 0=V 1 . I 10=220×0,5=110 VA
Les puissances apparente
P0
et réactive
Ce qui donne
Q0= √ S20 – P20 =√110 2 – 502=98 var
La résistance
Rf
« consomme » la puissance active
P0
Q0
sont reliées par
ce qui permet d'écrire
2
2
2
avec
S 0=P0 +Q 0
P10=
V 21
Rf
et donc
2
2
V
220
Rf = 1 =
=968 Ω
P10 50
2
V
L « consomme » la puissance réactive Q0 ce qui permet d'écrire Q10= 1
Lω
2
2
V
220
L= 1 =
=1,57 H (remarque : ω=2 pi f et f = 50 Hz)
Q10 ω 98×2 π 50
L'inductance
Essai en court circuit (les influences de
Rf et
et donc
L sont négligées)
Les puissances apparente S cc , active Pcc et réactive Q cc sont reliées par S 2cc =P2cc +Q 2cc avec
S cc=V 1cc . I 1cc . Pour calculer I 1cc , on utilise la relation pour les courants du transformateur parfait :
I 1cc =m I 2cc=0,5×20=10 A
Ce qui donne
S cc =21×10=210 VA et Q cc =√ S 2cc – P2cc=√ 21002 – 1502=147 var
c. Calculer Rs et Xs.
La résistance Rs « consomme » la puissance active
Rs=
P cc
I
2
2cc
=
Pcc ce qui permet d'écrire
Pcc=Rs I 22cc et donc
50
=0,375 Ω
2
20
Transformateurs monophasés
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Xs
La réactance
donc
X s=
Q cc
I
2
2cc
=
« consomme » la puissance réactive
147
=0,367 Ω (Remarque :
2
20
Qcc
Qcc=X s I 22cc
ce qui permet d'écrire
et
X s=l s ω avec ω=2 π f )
Pour la suite, le transformateur est supposé parfait pour les courants lorsqu’ils sont proches de leurs valeurs
nominales. On branche au secondaire une résistance Rc = 5 W en série avec une inductance Lc = 11 mH.
5. Représenter le schéma permettant de déterminer l’intensité dans la charge et la tension à ses bornes.
Le schéma « complet » est représenté ci­dessous, seule la partie « secondaire » (à droite du transformateur
parfait) est utile pour cette question.
X s=l s ω
et
r s=R s
6. Calculer l’intensité efficace du courant secondaire.
La loi des mailles appliquée au circuit secondaire permet d'écrire :
−mV 1 – Rs I 2 – j X s I 2−Rc I 2 – j Lc ω I 2=0
soit −mV 1=( Rs + Rc + j(X s+Lc ω)) I 2 (Remarque : cette équation peut être obtenue directement en
appliquant les lois d'association des impédances et la loi d'Ohm).
Finalement :
I2 =
−mV 1
R s+ R c + j(X s + Lc ω)
du nombre complexe
et la valeur efficace du courant secondaire est égale au module
I 2 associé à l'intensité secondaire soit
I2 =
mV 1
√( R + R ) +( X + L ω)
2
s
I2 =
c
2
s
c
0,5×220
=16,7 A
−3
2
(
0,375+5)
+(0,367+
11.10
2
π
50)
√
2
7. Calculer le déphasage entre l’intensité et la tension au secondaire.
Sur un diagramme vectoriel, l'intensité secondaire est choisie comme origine des phases et placée
horizontalement. Le vecteur associé à la tension aux bornes de Rc est colinéaire et de même sens que
celui associé à l'intensité alors que le vecteur associé à la tension aux bornes de Lc est en avance de 90°
sur celui associé à l'intensité. La tangente du déphasage entre l’intensité et la tension au secondaire est
donnée par
tan ϕ2 =
Lc ω 11.10−3 2 π 50
=
=0,691 soit ϕ2=34,6 °
Rc
5
Transformateurs monophasés
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8. Tracer le diagramme de Fresnel permettant de déterminer la valeur efficace de la tension aux bornes de la
charge.
Le diagramme est représenté ci­contre. Tous les « I »
et les « V » devraient être soulignés car il s'agit de
nombres complexes.
Démarche :
• Placer
I 2 horizontalement
• Placer
Rs I 2 et
j X s I2
• Tracer l'arc de cercle partant de l'origine du
diagramme (origines de Rs I 2 et j X s I 2 ) et
de rayon V 20=mV 1
• Tracer l'horizontale partant de l'extrémité de
Rs I 2 + j X s I 2 et la portion de droite partant de
cette même extrémité et faisant un angle de 34,6°
avec l'horizontale.
• Le talon du vecteur V 2 est à la pointe de
Rs I 2 + j X s I 2 et sa pointe est sur l'arc de
cercle de rayon V 20 :
sa valeur efficace est égale à 109 V
9. Déterminer graphiquement l’intensité efficace du courant primaire.
L'intensité efficace de I 1t
(voir le schéma) est calculée à partir de
Les intensités efficaces des courants I 1f
Rf et L trouvées à la question 2 :
I 1f =
V 1 220
=
=0,23 A et
Rf 968
I 1m =
et
I 1m
I 1t =m I 2=0,5×16,7=8,35 A
(voir le schéma) sont calculées à partir des valeurs de
V1
220
=
=0,45 A
L ω 1,57×2 π 50
Ces deux valeurs sont très faibles devant
I 1t , on peut donc admettre
I 1 =I 1t
Exercice V
On considère un transformateur monophasé sur lequel les essais suivants ont été effectués :
• en continu au primaire : I1c = 10 A ; U1c = 5 V.
• à vide : U1 = 220 V, 50 Hz (tension primaire nominale) ; U20 = 44 V ; P10 = 80 W ; I10 = 1 A.
• en court­circuit : U1cc = 40 V ; P1cc = 250 W ; I1cc = 20 A (courant nominal primaire).
Le transformateur est considéré comme parfait pour les courants lorsque ceux­ci ont leurs valeurs nominales.
3. Exploitation de l'essai à vide
c. Déterminer le rapport de transformation.
On utilise l'essai à vide :
m=
U 20 44
=
=0,2
U1 220
d. En déduire le nombre de spires au secondaire si l’on compte 520 spires au primaire.
Puisque
m=
n2
n1
alors
n2=m×n1=0,2×520=104 spires
e. Vérifier que l’on peut négliger les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide.
Les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide sont localisées dans la résistance de l'enroulement du primaire.
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On peut déterminer cette résistance à partir de l'essai en continu soit
r 1=
U 1c 5
= =0,5 Ω .
I 1c 10
L'intensité efficace du courant primaire est égale à 1 A ce qui donne des pertes par effet Joule égales à
2
2
P j0=r 1 I 10=0,5×1 =0,5 W . Cette valeur est bien négligeable devant 80 W.
4. Exploitation de l'essai en court­circuit
c. En admettant que les pertes dans le fer sont proportionnelles au carré de la tension primaire, montrer
qu’elles sont négligeables par rapport aux autres pertes de l’essai en court­circuit.
2
D'après l'énoncé
P10=K U 1
(D'après le cours
P10
P10=
1 2
U
Rf 1
ce qui donnerait
K=
1
). L'essai à
Rf
80
=1,65 .10−3 S ce qui donne des pertes dans le fer lors de l'essai
2
U
220
Pfcc =1,65 .10 ×402=2,6 W . Cette valeur est négligeable devant 250 W.
vide permet de calculer
en court­circuit :
K=
=
2
1
−3
d. Représenter le schéma équivalent du transformateur en court­circuit vu du secondaire.
Les influences des impédances placées au primaires ( Rf et Lm du cours) sont négligées et remplacées
par des circuits ouverts.
r s=R s et l s ω=X s
e. En déduire les valeurs de Rs et Xs de l’impédance du modèle de Thévenin.
I 2cc =
Calcul de l'intensité du courant secondaire en court­circuit :
Rs
La résistance
donc
R s=
P1cc
I
2
2cc
La réactance
=
P1cc
« consomme » la puissance active
1
1
I 1cc=
×20=100 A
m
0,2
ce qui permet d'écrire
P1cc =Rs I 22cc
et
250
=25 mΩ
2
100
X s « consomme » la puissance réactive Q1cc qu'il faut calculer :
Q1cc =√ S 21cc – P21cc =√( 40×20)2 – 250 2=760 var
ce qui permet d'écrire
Q1cc =X s I 22cc et donc
X s=
Q 1cc
I
2
2cc
=
760
=76 m Ω
1002
5. Quels que soient les résultats obtenus précédemment, on prendra pour la suite du problème Rs = 25 mW ;
Xs = 75 mW. Le transformateur alimenté au primaire sous sa tension nominale, débite 100 A au secondaire
avec un facteur de puissance égal à 0,9 (charge inductive).
c. Déterminer graphiquement la tension secondaire du transformateur. En déduire la puissance délivrée par
le secondaire. Faire le même calcul avec l’approximation du triangle fondamental de Kapp.
Le déphasage entre la tension et le courant secondaires est déterminé à partir du facteur de puissance :
cos ϕ2=0,9
donne
ϕ2=26 °
Transformateurs monophasés
ou
ϕ2=−26 ° ; comme la charge est inductive alors le courant est
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en retard sur la tension et
ϕ2=26 °
Démarche :
• Placer
I 2 horizontalement
• Placer
Rs I 2 et
j X s I2
• Tracer l'arc de cercle partant de l'origine du diagramme (origines de
U 20=m U 1
• Tracer l'horizontale partant de l'extrémité de Rs I 2 + j X s I 2
même extrémité et faisant un angle de 26° avec l'horizontale.
• Le talon du vecteur U 2 est à la pointe de Rs I 2 + j X s I 2
U 20 : on trouve une valeur efficace proche de 39 V.
Rs I 2
et
j X s I 2 ) et de rayon
et la portion de droite partant de cette
et sa pointe est sur l'arc de cercle de rayon
La formule de l'approximation du triangle fondamental de Kapp (n'est pas à connaître) donne la chute de
tension en charge Δ U 2=R s I 2 cos ϕ2 + X s I 2 sin ϕ 2=25.10−3×100×0,9+ 75.10−3×100×sin(26) (la
calculatrice doit être en degrés). Δ U 2=5,5 V
La valeur efficace de la tension secondaire est très proche de
U 2=U 20 −Δ V 2=44 – 5,5=38,5 V
d. Déterminer la puissance absorbée au primaire, ainsi que le facteur de puissance.
La puissance absorbée au primaire est égale à la somme des puissances pour la charge et pour
Pour la charge
Pc =U 2 . I 2 cos ϕ2=38,5×100×0,9=3465 W
Pour la résistance Rs
P j=R s . I 22=25.10−3×100 2=250 W
lors de l'essai en court­circuit)
Puissance totale (au primaire) :
(on retrouve la valeur de la puissance
P=Pc + P j=3465+250=3715 W
Calcul de l'intensité du courant primaire : I 1 =m I 2=0,2×100=20 A
primaire S 1=U 1 . I 1=220×20=4400 VA
D'où le facteur de puissance
k=
Rs .
k =cos ϕ 1=
P1
S1
et de la puissance apparente au
(la tension et l'intensité au primaire sont sinusoïdales).
3715
=0,844
4400
e. Déterminer la capacité du condensateur (supposé parfait) qui, placé en parallèle avec l’enroulement
primaire, relève le facteur de puissance de l’installation à 1. Quelle est alors l’intensité du courant dans la
ligne qui alimente l’association ?
Puissance réactive à compenser :
Q 1=√ S 21 – P21=√ 4400 2 – 3715 2=2370 var
Puissance réactive pour une capacité branchée sur une tension de valeur efficace
U 1 : QC =−U 1 . I C
Comme I C =C ω U 1 (voir le cours sur les régimes sinusoïdaux et les lois d'Ohm pour les dipôles
élémentaires) alors Q C =−C ω U 21
soit
2370=C ω U 21
ce qui donne
La ligne qui alimente l'association a une puissance apparente égale à
S L=3715 VA
(la capacité
Pour que le facteur de puissance soit égal à 1 il faut
C=
QC +Q1=0
2370
2370
=
=156 µF
2
ω U 1 2 π 50×2202
« fournit » le réactif au transformateur) donc
Transformateurs monophasés
I L=
S L 3715
=
=16,9 A
U 1 220
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