EXERCICES CORRIGES SUR LE TRANSFORMATEUR MONOPHASE EXERCICE N°1 : La puissance apparente d’un transformateur monophasé 5,0 kV / 230 V ; 50 Hz est S = 21 kVA. La section du circuit magnétique est s = 60 cm2 et la valeur maximale du champ ) magnétique B = 1,1T . L’essai à vide a donné les résultats suivants : U1 = 5 000 V ; U20 = 230 V ; I10 = 0,50 A et P10 = 250 W. L’essai en court-circuit avec I2CC = I2n a donné les résultats suivants : P1CC = 300 W et U1CC = 200 V. 123456- Calculer le nombre de spires N1 au primaire. Calculer le rapport de transformation m et le nombre N2 de spires au secondaire. Quel est le facteur de puissance à vide de ce transformateur ? Quelle est l’intensité efficace du courant secondaire I2n ? Déterminer les éléments RS ; ZS et XS de ce transformateur. Calculer le rendement de ce transformateur lorsqu’il débite un courant d’intensité nominale dans une charge inductive de facteur de puissance 0,83. REPONSE : ) 1- En utilisant le théorème de Boucherot : U 1 = 4, 44 N 1sfB , on en déduit : U1 5000 = 3413 spires N1 = ) = 4, 44 sfB 4, 44 × 60. 10 − 2 2 × 50 × 1,1 U N 2- m = 2 0 = 230 = 0,046 et m = 2 ⇒ N 2 = m.N 1 = 0,046 × 3413 = 157 spires . U1 5000 N1 P10 250 = = 0,1 3- P10 = PF et cos ϕ10 = U 1 .I10 5000 × 0,5 ( ) 3 4- S = U 1n .I1n = U 2 0 .I 2 n soit I 2n = S = 21.10 = 91,3A . 230 U 20 P1CC 300 = 36 mΩ 5- R S = 2 = I 2 CC 91,3 2 m.U1CC ZS = = 0,1Ω I 2 CC L’étude d’un transformateur monophasé a donné les résultats suivants : Mesure en continu des résistances des enroulements à la température de fonctionnement : r1 = 0,2 Ω et r2 = 0,007 Ω. Essai à vide : U1 = U1n = 2 300 V ; U20 = 240 V ; I10 = 1,0 A et P10 = 275 W. Essai en court-circuit : U1CC = 40 V ; I2CC = 200. Calculer le rapport de transformation m. Montrer que dans l’essai à vide les pertes Joule sont négligeables devant P10 . Déterminer la valeur de la résistance ramenée au secondaire RS. Calculer la valeur de P1CC. Déterminer XS. Déterminer par la méthode de votre choix, la tension aux bornes du secondaire lorsqu’il débite un courant d’intensité I2 = 180 A dans une charge capacitive de facteur de puissance 0,9. 7- Quel est alors le rendement. 123456- REPONSE : U 1- m = 2 0 = 240 = 0,104 . U1 2300 2- P10 = PF + r1 .I120 . On montre que r1 .I12V << PF donc P1V = PF . 3- R S = r2 + m 2 .r1 = 0,007 + 0,104 2.0, 2 = 9,18.10 −3 Ω . 4- P1CC = R S .I 22 CC = 9,18.10 −3 × 200 2 = 367,1W . m.U 1CC 0,104 × 40 = = 20.10 −3 Ω 5- On calcule en premier ZS. Z S = I 2 CC 200 X S = ZS − R S = 2 2 (20.10 ) − (9,18.10 ) −3 2 −3 2 = 17,7 mΩ 6- ∆U 2 = U 2 0 − U 2 = R S .I 2 . cos ϕ 2 + X S .I 2 . sin ϕ 2 avec ϕ2 < 0 car charge capacitive. ∆U 2 = 9,18.10 −3 × 180 × 0,9 − 17,7.10 −3 × 180 × sin(cos −1 0,9) = 0,93V U 2 = U 2 0 − ∆U 2 = 240 − 0,93 = 239,9 V P2 = U 2 .I 2 . cos ϕ 2 = 239,9 × 180 × 0,9 = 38,86 kW !! Ici, le courant I2 est différent que I2CC !! P1 = P2 + PF + PC = P2 + PF + R S .I 22 = 38,86.10 3 + 275 + 9,18.10 −3 × 180 2 = 39, 44 kW η = 98,5% X S = Z S2 − R S2 = 0,12 − 0,036 2 = 94 mΩ . 7- Pour déterminer le rendement, il faut déjà déterminer la tension U2 aux bornes de la charge soit en utilisant la méthode graphique ( U 2 V = R S .I 2 + jX S .I 2 + U 2 ) soit en utilisant l’expression approchée de la chute de tension : ∆U 2 = U 2 0 − U 2 = R S .I 2 . cos ϕ 2 + X S .I 2 . sin ϕ 2 soit ∆U 2 = 36.10 −3 × 91,3 × 0,83 + 94.10 −3 × 91,3 × sin(cos −1 0,83) = 7,51V . On en déduit U2 : U 2 = U 2 0 − ∆U 2 = 230 − 7,51 = 222,5V . On calcule ensuite P2 et P1 : P2 = U 2 .I 2 . cos ϕ 2 = 222,5 × 91,3 × 0,83 = 16,86 kW ; P1 = P2 + PF + PC = 16,86.10 3 + 250 + 300 = 17, 41kW et η = EXERCICE N°2 : P2 = 96,8% P1 5- On appelle RS la résistance des enroulement ramené au secondaire et XS la réactance ramené au secondaire. a- Proposer un schéma de câblage du transformateur lors de l’essai en courtcircuit, avec tous les appareils permettant de mesurer U1cc, I1cc, P1cc. EXERCICE N°3 : Les essais d’un transformateur monophasé ont donné les résultats suivants : Essai à vide sous tension primaire nominale : U1n = 2,20 kV ; f = 50 Hz ; Valeur efficace de l’intensité du courant mesuré au primaire : U20 = 230 V ; Puissance active mesurée au primaire : P10 = 700 W ; Essai en court-circuit sous tension primaire réduite : U1cc = 130 V ; I2cc = 200A et P1cc = 1,50 kW. I2CC = I2n AC/DC I10 I2 = 0 A V V AC/DC AC/DC A AC/DC b- Pourquoi cet essai est-il réalisé sous tension primaire réduite ? Le secondaire étant court-circuité, seule la résistance de l’enroulement du secondaire limite l’intensité du courant I2cc. Comme cette résistance est très faible, il suffit d’une tension primaire réduite (U2 = mU1) pour obtenir une intensité de court-circuit égale à l’intensité nominale. AC/DC U1 V AC/DC U1cc 1- Proposer un schéma de câblage du transformateur permettant lors de l’essai à vide, avec tous les appareils pour mesurer I10, U20, P10 en indiquant le type d’appareil choisi. W W A c- Faire un schéma électrique équivalent du transformateur ramené au secondaire pour cet essai ; y porter toutes les grandeurs électriques. U20 ZS 2- Calculer le rapport de transformation m: U m = 2 0 = 230 = 0,104 U 1n 2200 XS RS U20 I2cc 3- Calculer le facteur de puissance du transformateur lors de l’essai à vide : P10 = U 10 .I10 . cos ϕ10 ⇒ cos ϕ10 = P10 700 = = 0, 212 U 10 .I10 2200 × 1,5 d- Que représente la puissance active P1cc lors de cet essai ? Cette puissance représente les pertes par effet Joule ou pertes cuivres. 4- On note I1m la valeur efficace de la composante réactive de l’intensité I10. Calculer I1m (appelé parfois courant magnétisant). I1a ϕ0 = 77° La composante magnétisante I1m est : I1m = I10 . sin ϕ10 = 1,5 × sin (77° ) = 1, 46 A e- Calculer RS. P1cc = R 1 .I12cc + R 2 .I 22 cc or ( ) I1cc = m.I 2 cc d' où P1cc = m 2 .R 1 .I 22 cc + R 2 .I 22 cc = m 2 .R 1 + R 2 .I 22 cc I1m P1cc = R S .I 2 2 cc avec R S = m .R 1 + R 2 . 2 A.N. : R S = 15002 = 37,5mΩ 200 Page 1/6 Page 2/6 f- Calculer le module de l’impédance ZS ramené au secondaire. Montrer que X S = Z − R . Calculer XS. 2 S 2 S E S = Z S .I 2 CC E S = m.U 1cc I1cc 2 U 1cc I1cc ⇒ mU1cc = Z S . m soit Z S = m . I 1cc = I 2 cc m U ou Z S = m. 1cc I 2 cc X S = 0,067 − 0,037 = 56,7 mΩ . 2 6- Le secondaire alimente maintenant une charge inductive de facteur de puissance 0,8. U1n = 2,2 kV. On relève I2n = 200A. a- Faire un schéma électrique équivalent du montage, le transformateur étant représenté par son modèle ramené au secondaire. ZS = RS + jXS I2 ES = -mU1 1.1 Déterminer le rapport de transformation, et le nombre de spires du secondaire si l’on en compte 520 au primaire. U 20 = 44 = 0, 2 et N 2 = m.N 1 = 0, 2 × 520 = 104 spires U1 220 1.2 Vérifier que l’on peut négliger les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide. En admettant que les pertes fer sont proportionnelles au carré de la tension primaire, montrer qu’elles sont négligeables dans l’essai en court circuit. m= A.N : Z S = 0,104. 130 = 67,9 mΩ et 200 2 EXERCICE N°4 : Les essais d’un transformateur monophasé ont donné : • A vide : U1 = 220V, 50 Hz (tension nominale du primaire) ; U20 = 44V ; P10 = 80W et I10 = 1A. • En continu au primaire ; U1 = 5V ; I1 = 10A. • En court-circuit : U1cc = 40V ; P1CC = 250W ; I1CC = 20A(courant nominale primaire). U2 Calcul de R1 : R 1 = U1 = 5 = 0,5Ω I1 10 Les pertes mesurées lors de l’essai à vide sont : P10 = Pf + R 1 .I10 2 Soit Pf = P10 − R 1 .I = 80 − 0,5 × 1 = 79,5 W (les pertes Joule pour cet essai sont négligeables ; elles représentent 1% des pertes !). 2 10 2 Les pertes mesurées lors de l’essai en court circuit sont : P1CC = PC + Pf P Or, Pf = k.U12 ⇒ k = f2 = 80 2 = 1,65.10 −3 (pour l’essai à vide). U1 220 Pour l’essai en court-circuit : U1cc = 40V d’où Pf = 1,65.10 −3.40 2 = 2,64 W . Soit, PJ = P1CC − PF = 250 − 2,64 = 247, 4 W (les pertes fer pour cet essai représentent 1% des pertes totales, donc elles sont négligeables). b- Calculer une valeur approchée de U2. U 2 = U 2 0 − ∆U 2 = 230 − (0,0375 × 200 × 0,8 + 0,0567 × 200 × 0,6 ) = 217, 2 V 1.3 Déterminer les valeurs de Xs et RS. c- En déduire la puissance active fournie à la charge. P2 = U 2 .I 2 . cos ϕ 2 = 217, 2 × 200 × 0,8 = 34,75kW P1cc = R S .I 22 cc ⇒ R S = P1cc I 2 2 cc = m2 P1CC I12cc = 0, 2 2. 2502 = 25mΩ 20 I1cc 2 U ⇒ Z S = m . 1cc = 80 mΩ d’où m I1cc d- Quel est la valeur des pertes dans le fer Pf ? … des pertes Joules Pj ? et calculer la puissance active P1. Comme le transformateur fonctionne sous les grandeurs nominales et que l’essai à vide s’est fait sous ces grandeurs, Pf = 700 W. Idem pour les pertes Joules : Pj = 1500 W D’où P1 = Pf + PJ + P2 = 700 + 1500 + 34751 = 36,95kW . mU 1CC = Z S . e- Calculer le rendement du transformateur η : P 34,75 η= 2 = = 94% P1 36,95 2- Le transformateur, alimenté au primaire sous sa tension nominale, débite 100A au secondaire avec un facteur de puissance égal à 0,9 (charge inductive). Page 3/6 X S = ZS − R S = 2 2 (80.10 ) − (25.10 ) −3 2 −3 2 = 76 mΩ Page 4/6 2.1 Déterminer graphiquement la tension secondaire du transformateur. En déduire la puissance délivrée au secondaire. U20=44V jXS.I2=7,5V U2=38V RS.I2=2,5V U 2 = 44 − ( 2,5 × 0,9 + 7,5 × 0, 4) = 38, 4 V P2 = U 2 .I 2 . cos ϕ 2 = 38, 4 × 100 × 0,9 = 3, 46 kW 2.2 Déterminer la puissance absorbée au primaire, ainsi que le facteur de puissance. P1 = Pf + PC + P2 = 80 + 250 + 3460 = 3,78kW et 2.c- Montrer que les pertes fer sont négligeables dans l’essai en court circuit, en admettant qu’elles sont proportionnelles au carré de la tension primaire. Les pertes mesurées lors de l’essai en court circuit sont : P1CC = PC + Pf P Or, Pf = k.U 12 ⇒ k = f2 = 3002 = 0,133.10 −3 (pour l’essai à vide). U 1 1500 Pour l’essai en court-circuit : U1cc = 22,5V d’où Pf = 0,133.10 −3.22,5 2 = 67,5mW . Soit, PJ = P1CC − PF = 225 − 0,675 = 224,9 W (les pertes fer sont négligeables). 3- Calculer les éléments RS et XS des enroulements ramenés au secondaires. P 2 2 P 2 P1cc = R S .I 2 cc ⇒ R S = 21cc = m 12CC = 0,150 . 2252 = 10 mΩ I 2 cc I1cc 22,5 I1cc U 2 2 22,5 mU1CC = Z S . ⇒ Z S = m . 1cc = 0,150 = 22,5mΩ d’où m I1cc 22,5 X S = Z S2 − R S2 = P cos ϕ1 = 1 = 3786 = 0,86 U 1 .I1 220.20 EXERCICE N°5 : L’étude d’un transformateur monophasé 1500V, 225V, 50 Hz de puissance apparente 44 kVA, a donné les essais suivants : • Essai en continu au primaire : U1 = 2,5V ; I1 = 10A ; • Essai à vide : U1 = 1500V ; I10 = 2A ; U20 = 225 V ; P10 = 300W ; • Essai en court-circuit : U1cc = 22,5V ; I1cc = 22,5 A ; P1cc = 225W. U20 = 225 = 0,150 U1 1500 2.a- Calculer la composante active du courant lors de l’essai à vide : I10a = I10 . cos ϕ10 = I1v . P10 = 2 × 0,1 = 0, 2 A U10 .I10 −3 2 −3 2 = 20, 2 mΩ 4- Le transformateur alimenté au primaire sous une tension U1 = 1500 V débite un courant constant d’intensité I2 = 200A, quelque soit la charge. a- Déterminer la valeur de ϕ2, déphasage entre courant et tension secondaire, pour que la chute de tension soit nulle. ∆U 2 = 0 ⇔ R S I 2 . cos ϕ 2 + X S I 2 . sin ϕ 2 = 0 R sin ϕ 2 = tan ϕ 2 = − S cos ϕ 2 XS soit ϕ 2 = − arctan 10 = −26° 20, 2 b- Déterminer la chute de tension relative pour cosϕ2 = 0,8. ∆U 2 = (0,01× 200 × 0,8 + 0,02 × 200 × 0,6 ) = 4 V U 2 = U 2 0 − ∆U 2 = 225 − 4 = 221V 1- Déterminer le rapport de transformation : m= (22,5.10 ) − (10.10 ) U20 − U2 = 1,8% U20 5- Déterminer le rendement . P2 = 221.200.0,9 = 39,78kW P1 = Pf + PJ + P2 = 300 + 10.10 −3.200 2 + 221.200.0,9 = 40, 48kW . 2.b- Vérifier que l’on peut négliger les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide : U 2,5 = 0, 25Ω Calcul de R1 : R 1 = 1 = I1 10 η= P2 39,78 = = 98, 2% P1 40, 48 Les pertes mesurées lors de l’essai à vide sont : P1v = Pf + R 1 .I1v 2 Soit Pf = P10 − R 1 .I10 = 300 − 0, 25 × 2 = 299 W (les pertes Joule pour cet essai sont négligeables ; elles représentent 0,33% des pertes !). 2 2 Page 5/6 Page 6/6
