page 1 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