Corrigé 1) En régime continu, il n`y a pas de chute de tension dans

TRANSFO34
Des essais sur un transformateur ont donné :
Essai en CONTINU
Essai à VIDE
Essai en Court Circuit
Au primaire:
U1V = 230V
I2CC = 9,1 A
U = 6,0V et I = 1,0A
IlV = 0,11 A
UlCC = 20 V
u1
U2V = 25,3 V
PlV = 6,9 W
u2
PlCC = 11 W
Les tensions et intensités indiquées sont des valeurs efficaces.
En supposant le circuit magnétique linéaire, le modèle équivalent du transformateur est le suivant.
R1
u1
L1
R2
L2
m
u2
1) Déterminer numériquement la résistance R1 et le rapport de transformation m.
2) Donner le modèle équivalent du transformateur vu du secondaire, en faisant apparaître une résistance RS et une inductance LS.
3) À l'aide des résultats de l'essai à vide, déterminer numériquement :
a) les pertes par effet joule à vide PJV ;
b) les pertes dans le fer PFV;
c) le facteur de puissance à vide cos(ϕV). Commenter.
4) À l'aide des résultats de l'essai en court circuit, déterminer numériquement:
a) la résistance R2.
b) L’inductance des enroulements ramenée au secondaire LS.
Corrigé
1) En régime continu, il n’y a pas de chute de tension dans des inductance des enroulements
6,0
donc on a U = R1I. A.N. R1 =
= 6 Ω.
1,0
Le transformateur est parfait pour les tensions dans son fonctionnement à vide donc
U
25,3
m = 2 V . A.N. m =
= 0,11.
U 1V
230
2) En régime sinusoïdal, on peut écrire les loi d’Ohm au primaire et au secondaire :
U1 = R1I1 +jL1ωI1 + U1PARF ;
L1
i1
R2
R1
U2 = R2I2 +jL2ωI2 + U2PARF ;
u1
u1PARF
u2PARF
L2
i2
u2
m
Comme les courants i1 et i2 traversent le
transformateur parfait, on a la relation
I2
1
U
= − avec les orientations indiquées. De même, on a 2 PARF = m avec les orientations indiI1
m
U 1PARF
quées.
On reportant, on obtient U2 = R2I2 +jL2ωI2 + m[U1 – (R1 +jL1ω)(–m)I2]
= mU1 + (R2 + m2R1)I2 +j(L2 + m2L1)ωI2.
RS
LS
2
2
mu
En posant RS = R2 + m R1 et LS = L2 + m L1, on obtient la relation
1
U2 = mU1 + RSI2 +jLSωI2 qui correspond au schéma suivant:
3-a) Dans le fonctionnement à vide, il n’y a pas de courant dans le secondaire donc les pertes par effet Joule à vide sont PJ,V = R1.I1V2 . A.N. : PJ,V = 6.(0,11)2 = 73 mW.
b) La puissance absorbée par le primaire est P1V = PJ,V + PF,V d’où PF,V = P1V - PJ,V.
Or la question précédente montre que PJ,V << P1V donc il reste PF,V = P1V .
A.N. PF,V = 6,9 W.
c) La puissance moyenne s’écrit P1V = U1V.I1Vcos(ϕ) donc cos(ϕ V ) =
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P1V
.
U 1V I1V
u2
6,9
= 0,27.
(230)(0,11)
Le facteur de puissance est faible car le transformateur à vide se comporte comme une bobine à noyau de fer et le courant est pratiquement en quadrature avec la tension.
4-a) Dans l’essai en court-circuit, il n’y a pas de charge donc toute la puissance fournie par
la source est absorbée dans la résistance RS car l’inductance n’absorbe pas de puissance. On a donc
11
P1CC = RSI2CC2 d’où, numériquement, RS =
= 0,133 Ω.
(9,1) 2
A.N. cos(ϕ V ) =
On en déduit alors R2 = RS – m2R1. A.N. R2 = 0,133 – (0,11)2(6) = 0,06 Ω.
b) Dans l’essai en court-circuit, on a u2 = 0 donc (RS +jLSω)I2 = –mU1 d’où
1
mU 1CC
en prenant le module. On en déduit LS =
RS + ( LSω ) =
ω
I 2CC
2
2
1
A.N. LS =
2 π(50)
FG (0,11)(20) IJ
H 9,1 K
FG mU IJ
HI K
2
− (0,133) 2 = 0,64 mH.
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1CC
2CC
2
2
− RS .