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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:
20 A
100 A
600 V
120 V
Le schéma de câblage de l’autotransformateur de rapport 600 V / 720 V:
100 A
120 V
120 A
Source
+
600 V
-
20 A
+
720 V
-
600 V
Charge
La capacité de l’autotransformateur est égale à: 600 V x 120 A = 72000 VA
b) Circuit équivalent réfléchi au primaire:
I1 = 16.67 A
Req
+
0.5 Ω
jXeq
I’2
j6.0 Ω
+
Vs
R’
+
V’2
V1 = 600 V
jX’
-
Charge
P1 = 7.8 kW
Le rapport de transformation est égal à:
La puissance apparente au primaire est:
a = 600/120 = 5
S 1 = V 1 × I 1 = 600 × 16.67 = 10002 VA
La puissance active au primaire est égale à:
P 1 = ( R eq + R′ )I 1
On déduit:
P1
7800
R′ = ------ – R eq = --------------------- – 0.5 = 27.57Ω
2
2
( 16.67 )
I1
La puissance réactive au primaire est égale à: Q 1 =
On a:
2
2
Q 1 = ( X eq + X′ )I 1
2
2
S1 – P1 =
2
2
( 10002 ) – ( 7800 ) = 6261 VA
page 2
On déduit:
Q1
6261
X′ = ------- – X eq = --------------------- – 6 = 16.53Ω
2
2
( 16.67 )
I1
Le facteur de puissance au primaire est:
P1
7800
cos ( φ 1 ) = ------ = --------------- = 0.78
10002
S1
→
φ 1 = 38.7°
La tension V’2 est égale à: V 2 ′ = V 1 – ( R eq + jX eq )I 1 = 600 – ( 0.5 + j6 ) ( 16.67 ∠ – 38.7° ) = 535.9 ∠– 7.8° V
V2′
535.9 ∠– 7.8°
La tension au secondaire est:
V 2 = -------- = ------------------------------- = 108 ∠– 7.8° V
a
5
La valeur efficace de la tension secondaire est donc 108 V.
Le facteur de puissance de la charge est:
X′
cos ( φ 2 ) = cos atan  ------
R′
= cos ( 30.94° ) = 0.858
page 3
Problème no. 2 (20 points)
a) Le circuit équivalent Y-Y du système:
1385.6 V
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
+
A1
+
B1
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
C1
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
+
A2
B2
C2
a = 11.55
1385.6 V
120 V
1385.6 V
120 V
Charge
A3
Z/3
B3
Z/3
1385.6 V
120 V
C3
Z/3
(Req/3)+j(Xeq/3)
Z = (1.2+j0.9) Ω
Circuit monophasé équivalent:
1385.6 V
+
A1
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
A2
a = 11.55
120 V
1385.6 V
Charge
A3
Z/3
Z = (1.2+j0.9) Ω
(Req/3)+j(Xeq/3)
Circuit monophasé équivalent réfléchi au primaire:
1385.6 V
+
A1
Zligne = (0.3+j2.5) Ω
+
IA1
VA1N
A2
(Req/3)
j(Xeq/3)
1.0 Ω
j1.6 Ω
-
Charge
A3
+
V’A3N
-
Z’
IA3
Z’ = (53.33+j40) Ω
Courant de ligne au primaire:
V A1N
1385.6 ∠0°
I A1 = ------------------------------------------------------------------ = ------------------------------------------------------------------------------------------------- = 19.736∠– 38.9° A
( 0.3 + j2.5 ) + ( 1 + j1.6 ) + ( 53.33 + j40 )
R eq jX eq
Z ligne +  --------- + ----------- + Z′
3
3
La valeur efficace du courant de ligne au primaire est donc 19.736 A.
La tension ligne-neutre secondaire réfléchie au primaire:
V A3N = Z′ × I A1 = ( 53.33 + j40 ) ( 19.736 ∠– 38.9° ) = 1315.6 ∠– 2° V
La valeur efficace de la tension ligne-ligne au secondaire est:
V A3N ′
V A3B3 = 3 × ------------------- = 197.3 V
11.55
b) Le rendement du transformateur dans ces conditions de fonctionnement est:
2
P2
53.33 × 19.736
η = ------------------------------------- = ------------------------------------------------------------------------------------------------------ = 0.967
2
P 2 + P Cu + P Fe
2
2
1385.6
53.33 × 19.736 + 1 × 19.736 + ---------------------18000 ⁄ 3
page 4
Problème no. 3 (20 points)
a) Formes d’onde des tensions vcc, vT et celles des courant iT, icc:
vs
339.4 V
2π
π
0
ωt
vcc
339.4 V
vcc(moy)
π
0
T conduit
2π
ωt
T se bloque
icc
icc(moy)
0
π
is = iT
2π
π
2π
Angle de
conduction
ωt
ωt
vT
339.4 V
0
π
2π
ωt
339.4 V
iDx
0
π
2π
ωt
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 v cc 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:
La valeur moyenne de icc est:
θ conduction = 180° – 90° = 90°
Vm
339.4
v cc ( moy ) = -------- [ 1 + cos α ] = ------------- [ 1 + 0 ] = 53.95 V
2π
2π
v cc ( moy )
53.95
i cc ( moy ) = ------------------------ = ------------- = 3.6 A
15
R
page 5
Problème no. 4 (20 points)
a) Circuit équivalent du système électromagnétique:
Ra
Réluctance de la partie fixe
Réluctance de la partie mobile
Réluctance de l’entrefer
RFer
RFer
n2i2
+
n1i1
-
Ra
+
Réluctance de l’entrefer
On néglige la réluctance de Fer car µ >> µ0.
x
9
2x
La réluctance totale du circuit magnétique est donc égale à: R = 2R a = 2 × ---------- = ------------ = 2.6526 ×10 x
µ 0 ah
µ0 A
2
L’inductance propre de la bobine no. 1:
–6
n1
3.77 ×10
L 1 = ----- = ------------------------x
R
2
L’inductance propre de la bobine no. 1:
L’inductance mutuelle:
–6
n2
15.08 ×10
L 2 = ----- = ---------------------------x
R
–6
n1n
7.54 ×10
2
M = ----------- = ------------------------x
R
b) Cas où i1 = 5 A et i2 = 0
L’énergie magnétique emmagasinée dans le système est donnée par:
–6
Dans ce cas, on a:
2 1
2
1
W mag = --- L 1 i 1 + --- L 2 i 2 + Mi 1 i 2
2
2
–5
2
1 3.77 ×10
4.7125 ×10
W mag = ---  ------------------------- 5 = ------------------------------x
2
x
La force développée est égale à:
–5
–5
dW mag
d  4.7125 ×10 
4.7125 ×10
F = ------------------ = ------  -------------------------------  = – ------------------------------- N
2
dx 
x
dx

x
F(x)
47.1 N
0
x
1 mm
page 6
c) Cas où i1 = 5 A et i2 = 2 A
L’énergie magnétique emmagasinée dans le système est donnée par:
–6
Dans ce cas, on a:
2 1
2
1
W mag = --- L 1 i 1 + --- L 2 i 2 + Mi 1 i 2
2
2
–6
–6
–4
2 1 15.08 ×10
2
1 3.77 ×10
7.54 ×10
1.53 ×10
W mag = ---  ------------------------- 5 + ---  ---------------------------- 2 +  ------------------------- ( 5 × 2 ) = ------------------------x
x
x
2
2
x
La force développée est égale à:
–4
–4
dW mag
d  1.53 ×10 
1.53 ×10
F = ------------------ = ------  -------------------------  = – ------------------------- N
2
dx 
x
dx

x
F(x)
153 N
0
x
1 mm
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