corexf h00

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GEL-15216 Électrotechnique
Corrigé de l’examen final Hiver 2000
Problème no. 1 (20 points)
a) Conditions nominales de fonctionnement du transformateur monophasé à deux enroulements:
Le schéma de câblage de l’autotransformateur de rapport 600 V / 720 V:
La capacité de l’autotransformateur est égale à: 600 V x 120 A = 72000 VA
b) Circuit équivalent réfléchi au primaire:
Le rapport de transformation est égal à: a = 600/120 = 5
La puissance apparente au primaire est: VA
La puissance active au primaire est égale à:
On déduit:
La puissance réactive au primaire est égale à: VA
On a:
100 A
20 A
600 V 120 V
100 A
20 A
600 V
120 V
120 A
Charge
Source
+
-
720 V
600 V
+
-
+
Vs
Charge
V1 = 600 V
I1 = 16.67 A
P1 = 7.8 kW
+
-
V’2
+
-
I’2
Req jXeq
R’
jX’
0.5
Ω
j6.0
Ω
S1V1I1
×600 16.67 ×10002== =
P1Req R′
+
()
I1
2
=
R′P1
I1
2
------R
eq
–7800
16.67
()
2
---------------------0.5– 27.57Ω == =
Q1S1
2P1 2
– 10002
()
27800
()
2
–6261== =
Q
1Xeq X′
+
()
I1
2
=

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On déduit:
Le facteur de puissance au primaire est: →
La tension V’2 est égale à: V
La tension au secondaire est: V
La valeur efficace de la tension secondaire est donc 108 V.
Le facteur de puissance de la charge est:
X′Q1
I1
2
-------X
eq
–6261
16.67
()
2
---------------------6– 16.53Ω == =
φ1
()
cos P1
S1
------7800
10002
---------------0.78== = φ138.7°
=
V2′V1Req jXeq
+
()
I1 – 600 0.5 j6+
()
16.67 38.7° –
∠()
– 535.9 7.8° –
∠
== =
V2V2′
a
-------- 535.9 7.8°
–
∠
5
------------------------------- 108 7.8 ° –
∠
== =
φ2
()
cos X′
R′
------
atancos 30.94°() cos 0.858===

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Problème no. 2 (20 points)
a) Le circuit équivalent Y-Y du système:
Circuit monophasé équivalent:
Circuit monophasé équivalent réfléchi au primaire:
Courant de ligne au primaire:
A
La valeur efficace du courant de ligne au primaire est donc 19.736 A.
La tension ligne-neutre secondaire réfléchie au primaire: V
La valeur efficace de la tension ligne-ligne au secondaire est:
V
b) Le rendement du transformateur dans ces conditions de fonctionnement est:
A2 A3
B2 B3
C2 C3
Charge
Z = (1.2+j0.9) Ω
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
A1
B1
C1
+
+
+
1385.6 V Z/3
Z/3
Z/3
120 V
120 V
120 V1385.6 V
1385.6 V
1385.6 V
(Req/3)+j(Xeq/3)
a = 11.55
A2 A3 Charge
Z = (1.2+j0.9) Ω
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
A1
+
1385.6 V Z/3
120 V
1385.6 V
(Req/3)+j(Xeq/3)
a = 11.55
A2 A3 Charge
Z’ = (53.33+j40) Ω
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
A1
+
1385.6 V Z’
(Req/3) j(Xeq/3)
IA1
VA1N V’A3N
IA3
+
-
+
-
1.0 Ωj1.6 Ω
IA1 VA1N
Zligne Req
3
---------jXeq
3
-----------+ Z′ ++
------------------------------------------------------------------1385.6 0°∠
0.3 j2.5+
()
1j1.6+
()
53.33 j40+
()
++
------------------------------------------------------------------------------------------------- 19.736 38.9° –
∠
== =
VA3N Z′IA1
×53.33 j40+ ()
19.736 38.9° –
∠()
1315.6 2° –
∠
== =
VA3B3 3VA3N′
11.55
-------------------×197.3==
ηP2
P2PCu PFe ++
-------------------------------------53.33 19.7362
×
53.33 19.7362
×1 19.7362 ×1385.62
18000 3
⁄
----------------------++
------------------------------------------------------------------------------------------------------ 0.967== =

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Problème no. 3 (20 points)
a) Formes d’onde des tensions vcc, vT et celles des courant iT, icc:
b) L’angle d’amorçage est α = 90°. Le thyristor commence à conduire donc à ωt = π/2. À ωt = π, la tension vcc a
tendance à s’inverser et la diode Dx se met à conduire, ce qui a comme conséquence le blocage du thyristor T. La
tension vcc est égale à une section de la demi-alternance positive de la tension vs (de π/2 à π dans ce cas).
L’angle de conduction du thyristor T est:
c) La valeur moyenne de vcc est: V
La valeur moyenne de icc est: A
T conduit T se bloque
ωt
vs
vcc
vcc(moy)
icc(moy)
vT
ωt
ωt
ωt
π2π
2π
2π
2π
π
Angle de
icc
339.4 V
339.4 V
π
iDx
π
ωt
ωt
is = iT
339.4 V 2π
π
2π
π
339.4 V conduction
0
0
0
0
0
θconduction 180°90°
–90
°
==
vcc moy
()
Vm
2π
--------1α
cos+
[]
339.4
2π
------------- 10+ []
53.95===
icc moy
()
vcc moy
()
R
------------------------53.95
15
------------- 3. 6===

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Problème no. 4 (20 points)
a) Circuit équivalent du système électromagnétique:
On néglige la réluctance de Fer car µ >> µ0.
La réluctance totale du circuit magnétique est donc égale à:
L’inductance propre de la bobine no. 1:
L’inductance propre de la bobine no. 1:
L’inductance mutuelle:
b) Cas où i1 = 5 A et i2 = 0
L’énergie magnétique emmagasinée dans le système est donnée par:
Dans ce cas, on a:
La force développée est égale à: N
+
-
+
-
n1i1n2i2
RFer
RFer
Ra
Ra
Réluctance de la partie fixe Réluctance de la partie mobile
Réluctance de l’entrefer
Réluctance de l’entrefer
R2R
a2x
µ0A
----------×2x
µ0ah
------------ 2.6526 9
×10 x== = =
L1n1
2
R
----- 3.77 6–
×10
x
-------------------------==
L2n2
2
R
----- 15.08 6–
×10
x
----------------------------==
Mn1n2
R
----------- 7.54 6–
×10
x
-------------------------==
Wmag 1
2
---L1i1
21
2
---L2i2
2Mi1i2
++=
Wmag 1
2
---3.77 6–
×10
x
-------------------------
524.7125 5–
×10
x
-------------------------------==
FdWmag
dx
------------------d
dx
------4.7125 5–
×10
x
-------------------------------
4.7125 5–
×10
x2
-------------------------------–== =
x
F(x)
1 mm
47.1 N
0