Corrigé de : Chapitre6. Exercice 8 « Transformateur monophasé en

MagnElecPro Electromagnétisme - Corrigé de Chapitre 6 Exercice 8 - 1 -
Corrigé de : Chapitre6. Exercice 8
« Transformateur monophasé en régime alternatif sinusoïdal»
I Hypothèse du circuit magnétique linéaire: (B = µ.H avec µ=constante)
En régime alternatif sinusoïdal, si on néglige la chute de tension aux bornes de la résistance r1 par rapport à la
tension d’alimentation, on peut utiliser la formule de Boucherot : U1eff = 4,44.N1. f .S .Bmax
Sachant que le transformateur est alimenté sous sa tension primaire nominale, la valeur maximale de l’induction
à laquelle il est soumis est donc 1,6 T.
Pour déterminer la force magnétomotrice nécessaire à l’obtention de cette induction, on utilise le théorème
d’Ampère :
N1 . I1o max = H fermax .l fer + H jo int s max .l jo int s = 250 . 2,2 + 41 = 591 A
Le courant est alternatif sinusoïdal ⇒ N1 . I1oeff =
591
2
= 418 A
II Circuit magnétique sans hypothèse particulière:
(On ne conserve pas l’hypothèse simplificatrice B = µ.H avec µ=constante)
2.a) A vide, r1 . I1oeff = 2,7 . 0,29 = 0,783 V << 10000 V . On peut donc négliger la chute de tension aux
bornes de r1 par rapport à la tension d’alimentation (Attention, on ne néglige jamais dans l’absolu, mais
toujours « par rapport à »)
A vide , la résistance r2 est sans influence
2.b) On peut donc toujours utiliser la formule de Boucherot : U1eff = 4,44.N1. f .S .Bmax (car celle-ci est
indépendante du comportement du circuit magnétique).
⇒ N1 =
U1eff
4,44.. f .S .Bmax
=
10000
= 1564 spires
4,44 . 50 . 0,018 . 1,6
En régime alternatif sinusoïdal, on peut retenir le modèle suivant :
i1 r1
u1
Lf 1
m.i2
m
RF
LH 1 e1
i1
Lf 2
m
e2 = m.e1
r2
i2
u2
Plusieurs modélisations sont possibles pour décrire le comportement du transformateur : on peut globaliser les
fuites au primaire (dans ce cas L f 2 = 0 ) ou les globaliser au secondaire (dans ce cas L f1 = 0 ) ou encore les
répartir entre le primaire et le secondaires.
MagnElecPro Electromagnétisme - Corrigé de Chapitre 6 Exercice 8 - 2 -
N2
pour un
N1
transformateur industriel (car les flux de fuites sont très faibles par rapport au flux principal dans le circuit
magnétique).
Mais quel que soit le choix retenu, le rapport de transformation reste sensiblement m =
« à vide », par définition, le courant secondaire est nul, donc u 2 (t ) = m.e1 (t ) . Le courant primaire à vide est
faible par rapport au courant nominal (en charge « nominale »), donc pour un transformateur industriel usuel :
d (i ( t ))
− e1 ( t ) ≈ − e1 ( t ) .
à vide : u1 ( t ) = r1 .i1 ( t ) + L f 1 . 1
dt
En conclusion : à vide :
⇒
U 2 eff
à vide
U1eff
à vide
N2
224
=
= 0,0224
N1 10000
=m=
⇒ m = 0,0224 =
u 2 (t ) m.e1 (t )
N
=
= −m =− 2
u1 (t ) − e1 (t )
N1
N2
⇔ N 2 = 35 spires
1564
(On retrouve le même résultat en appliquant la formule de Boucherot au bobinage secondaire :
N2 =
U 2 eff
4,44.. f .S .Bmax
=
224
= 35 spires
4,44 . 50 . 0,018 . 1,6
2.c) A vide, on peut donc négliger la chute de tension aux bornes de r1 par rapport à la tension d’alimentation.
⇒ P1o est la puissance active dissipée dans R F
La valeur efficace de la composante active du courant I1o qui traverse R F vaut :
P
1200
I1o a
= 1o =
= 0,12 A
eff
U1eff
10000
La valeur efficace de la composante réactive du courant I1o qui traverse LH 1 vaut :
Q
I1o r
= 1o =
eff
U1eff
(U
1eff .I1oeff
U1eff
)
2
− P1o 2
=
(10000 . 0,29)2 − 1200 2
10000
= 0,264 A
On peut également trouver I1o r
en remarquant que I1o a et I1o r sont en quadrature.
eff
= I1oeff 2 − I1o r 2 = = 0,29 2 − 0,12 2 = 0,264 A
eff
eff
⇒ I1o r
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On en déduit : R F =
Et LH 1.ω =
U1o
U1o
I1o a
=
I1o r
eff
=
eff
U 2 10000 2
10000
= 83,3 kΩ ou R F = 1o =
= 83,3 kΩ
P1o
1200
0,12
U 2 10000 2
10000
= 37,87 kΩ ou LH 1.ω = 1o =
= 37,87 kΩ
Q1o
2640
0,264
2.d) En se plaçant dans l’hypothèse de Kapp, on peut ensuite établir un « modèle équivalent ramené au
secondaire » (voir le cours) :
I1
m
j .L fs .ω r
2
r1 .m 2
I2
Ce modèle est représenté en complexe car le
régime est alternatif sinusoïdal.
Zs
m .U1
E 2 = m.E1
U2
charge
Si on établit un court-circuit au secondaire :
(
)
U 2 = 0 ⇔ m.U 1 = r1 .m 2 + r2 + j .L fs .ω . I 2 = Z s . I 2
⇒ En court-circuit : Z s =
m. U1
I2
. On en déduit : Z s =
0,0223 . 600
= 0,02627 Ω
500
Lors de l’essai en court-circuit les pertes fer sont négligeables devant les pertes Joule :
⇒ PJoule ≈ P1cc = 720 W
(
) (
)
Z s = r1 .m 2 + r2 + j . L fs .ω = rs + j .L fs .ω
(
)
PJoule = r1.I1eff 2 + r2 .I 2 eff 2 = r1m 2 + r2 .I 2 eff 2 = rs .I 2eff 2 .
720
Lors de l’essai en court-circuit : P1cc = 720 ≈ PJoule = rs .I 2cceff 2 = rs .500 2 ⇒ rs =
= 2,88.10 − 3 Ω
2
500
(
)
Z s = rs 2 + L fs .ω 2 ⇒ L fs .ω =
Zs
2
− rs 2 = 0 ,02627 2 − 0 ,00288 2 = 0 ,0261 Ω
La chute de tension en charge obtenue par la formule approchée du cours est :
∆U 2 = m.U1eff − U 2 eff = Rs .I 2 eff . cos(ϕ 2 ) + X s .I 2 eff . sin(ϕ 2 )
⇒ ∆U 2 = 2,88.10 − 3 . 500 . 1 + 0,0261 . 500 . 0 = 1,44 V
Donc U 2eff = m.U 1eff − ∆U 2 = 224 − 1,44 = 222,6 V en charge nominale résistive.
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2.e) Avec l'hypothèse de Kapp, on a établi dans le cours un schéma équivalent "ramené au primaire" :
I1
r1
j.
L fs
2
m
.ω
r2
m 2 m.I 2
i10
U1
RF
Z ch
j .LH 1 .ω
⎛
r
Soit Z p = ⎜⎜ r1 + 2
m2
⎝
⎞
⎟⎟ +
⎠
m2
⎛ L fs .ω ⎞
⎟ = r p + j .L p .ω
j .⎜⎜
2 ⎟
⎝ m ⎠
(
) (
)
Et sachant que Z s = r1 .m 2 + r2 + j . L fs .ω = rs + j .L fs .ω ,
On en déduit : r p =
rs
m
2
=
2,88.10 − 3
0,0224
2
= 5,74 Ω et L fp .ω =
L fs .ω
m
2
=
0 ,0261
0 ,0224 2
L’impédance Z ch constitue la charge appliquée aux bornes du secondaire.
= 52 Ω