Transformateurs monophasés Correction des exercices III, IV et V

Transformateurs monophasés
Correction des exercices III, IV et V
Exercice III
Les essais suivants ont été réalisés sur un
transformateur monophasé dont le schéma équivalent
est représenté ci­contre.
• Essai à vide : valeurs efficaces des tensions
primaire et secondaire : 230 V et 85 V ; intensité
efficace du courant primaire : 0,7 A et puissance
active au primaire 40 W.
• Essai en court­circuit : valeur efficace du courant primaire : 8 A ; la valeur efficace de la tension primaire
est égale à 25 V et la puissance active au primaire est égale à 67 W.
3. Exploitation de l'essai à vide
c. Calculer le rapport de transformation
m=
V 20 85
=
=0,37
V 1 230
d. Calculer la puissance réactive lors de cet essai.
Les puissances apparente S 0 , active P0 et réactive Q 0 sont reliées par S 20=P20 +Q 20 avec
S 0=V 1 . I 10=230×0,7=161 VA
√
Ce qui donne Q 0= S20 – P20 =√1612 – 402=156 var
e. Calculer Rf et Lm.
La résistance Rf « consomme » la puissance active P0
Rf =
V 21
ce qui permet d'écrire P10=
et donc
Rf
V 21 2302
=
=1320 Ω
P10 40
L'inductance Lm « consomme » la puissance réactive Q 0 ce qui permet d'écrire Q 10=
V 21
et
Lm ω
2
2
V1
230
donc Lm =
=
=1,08 H (remarque : ω=2 pi f et f = 50 Hz)
Q10 ω 156×2 π 50
4. Exploitation de l'essai en court­circuit
Pour cet essai, le transformateur est supposé parfait pour les intensités (ce qui signifie que les influences de
Rf et Lm sont négligées).
c. Calculer l'intensité efficace du courant secondaire pour cet essai.
On utilise la relation pour les courants du transformateur parfait : I 2cc =
I 2cc =
1
I
soit
m 1cc
1
8=21,6 A
0,37
d. Calculer la puissance réactive pour cet essai.
Les puissances apparente S cc , active Pcc et réactive Q cc sont reliées par S 2cc =P2cc +Q 2cc avec
S cc =V 1cc . I 1cc=25×8=200 VA
√
Ce qui donne Q cc= S 2cc – P2cc=√ 2002 – 672 =188 var
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e. Calculer Rs et Xs.
La résistance Rs « consomme » la puissance active Pcc ce qui permet d'écrire Pcc=Rs I 22cc et donc
Rs=
P cc
I
2
2cc
=
67
=0,143 Ω
21,62
La réactance X s « consomme » la puissance réactive Q cc ce qui permet d'écrire Q cc=X s I 22cc et
donc X s=
Q cc
I
2
2cc
=
188
=0,403 Ω (Remarque : X s=l s ω avec ω=2 π f )
21,62
Exercice IV
On considère un transformateur monophasé dont les essais préliminaires ont donné :
• à vide : V1 = V1n = 220 V, I1 = 0,5 A, V2 = 110 V, puissance absorbée : 50 W
• en court­circuit : V1 = 21 V, I2 = 20 A, puissance absorbée : 150 W
Xs
Rs
3. Proposer un montage permettant de réaliser
les mesures en court­circuit.
m
4. Déterminer les éléments du schéma
équivalent ci­contre :
Rf
Lw
w
La démarche est identique à celle de l'exercice précédent : on utilise successivement les résultats de l'essai à
vide pour déterminer m , Rf , L puis de l'essai en court circuit pour déterminer Rs et X s .
Essai à vide :
m=
V 20 110
=
=0,5
V 1 220
Les puissances apparente S 0 , active P0 et réactive Q 0 sont reliées par S 20=P20 +Q 20 avec
S 0=V 1 . I 10=220×0,5=110 VA
√
Ce qui donne Q 0= S20 – P20 =√110 2 – 502=98 var
La résistance Rf « consomme » la puissance active P0 ce qui permet d'écrire P10=
V 21
et donc
Rf
2
2
V
220
Rf = 1 =
=968 Ω
P10 50
L'inductance L « consomme » la puissance réactive Q 0 ce qui permet d'écrire Q 10=
2
V1
et donc
Lω
2
V1
2202
L=
=
=1,57 H (remarque : ω=2 pi f et f = 50 Hz)
Q10 ω 98×2 π 50
Essai en court circuit (les influences de Rf et L sont négligées)
Les puissances apparente S cc , active Pcc et réactive Q cc sont reliées par S 2cc =P2cc +Q 2cc avec
S cc=V 1cc . I 1cc . Pour calculer I 1cc , on utilise la relation pour les courants du transformateur parfait :
I 1cc =m I 2cc=0,5×20=10 A
√
Ce qui donne S cc =21×10=210 VA et Q cc = S 2cc – P2cc=√ 21002 – 1502=147 var
c. Calculer Rs et Xs.
La résistance Rs « consomme » la puissance active Pcc ce qui permet d'écrire Pcc=Rs I 22cc et donc
Rs=
P cc
I
2
2cc
=
50
=0,375 Ω
2
20
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La réactance X s « consomme » la puissance réactive Q cc ce qui permet d'écrire Q cc=X s I 22cc et
donc X s=
Q cc
I
2
2cc
=
147
=0,367 Ω (Remarque : X s=l s ω avec ω=2 π f )
2
20
Pour la suite, le transformateur est supposé parfait pour les courants lorsqu’ils sont proches de leurs valeurs
nominales. On branche au secondaire une résistance Rc = 5 W en série avec une inductance Lc = 11 mH.
5. Représenter le schéma permettant de déterminer l’intensité dans la charge et la tension à ses bornes.
Le schéma « complet » est représenté ci­dessous, seule la partie « secondaire » (à droite du transformateur
parfait) est utile pour cette question.
X s=l s ω et r s=R s
6. Calculer l’intensité efficace du courant secondaire.
La loi des mailles appliquée au circuit secondaire permet d'écrire :
−mV 1 – Rs I 2 – j X s I 2−Rc I 2 – j Lc ω I 2=0
soit −mV 1=( Rs + Rc + j(X s+Lc ω)) I 2 (Remarque : cette équation peut être obtenue directement en
appliquant les lois d'association des impédances et la loi d'Ohm).
−mV 1
et la valeur efficace du courant secondaire est égale au module
R s+ R c + j(X s + Lc ω)
mV 1
du nombre complexe I 2 associé à l'intensité secondaire soit I 2 =
√( R s+ Rc )2 +( X s + Lc ω)2
Finalement : I 2 =
I2 =
0,5×220
=16,7 A
−3
2
(
0,375+5)
+(0,367+
11.10
2
π
50)
√
2
7. Calculer le déphasage entre l’intensité et la tension au secondaire.
Sur un diagramme vectoriel, l'intensité secondaire est choisie comme origine des phases et placée
horizontalement. Le vecteur associé à la tension aux bornes de Rc est colinéaire et de même sens que
celui associé à l'intensité alors que le vecteur associé à la tension aux bornes de Lc est en avance de 90°
sur celui associé à l'intensité. La tangente du déphasage entre l’intensité et la tension au secondaire est
donnée par tan ϕ2 =
Lc ω 11.10−3 2 π 50
=
=0,691 soit ϕ2=34,6 °
Rc
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8. Tracer le diagramme de Fresnel permettant de déterminer la valeur efficace de la tension aux bornes de la
charge.
Le diagramme est représenté ci­contre. Tous les « I »
et les « V » devraient être soulignés car il s'agit de
nombres complexes.
Démarche :
• Placer I 2 horizontalement
• Placer Rs I 2 et j X s I 2
• Tracer l'arc de cercle partant de l'origine du
diagramme (origines de Rs I 2 et j X s I 2 ) et
de rayon V 20=mV 1
• Tracer l'horizontale partant de l'extrémité de
Rs I 2 + j X s I 2 et la portion de droite partant de
cette même extrémité et faisant un angle de 34,6°
avec l'horizontale.
• Le talon du vecteur V 2 est à la pointe de
Rs I 2 + j X s I 2 et sa pointe est sur l'arc de
cercle de rayon V 20 :
sa valeur efficace est égale à 109 V
9. Déterminer graphiquement l’intensité efficace du courant primaire.
L'intensité efficace de I 1t (voir le schéma) est calculée à partir de I 1t =m I 2=0,5×16,7=8,35 A
Les intensités efficaces des courants I 1f et I 1m (voir le schéma) sont calculées à partir des valeurs de
Rf et L trouvées à la question 2 :
I 1f =
V 1 220
V
220
=
=0,23 A et I 1m = 1 =
=0,45 A
Rf 968
L ω 1,57×2 π 50
Ces deux valeurs sont très faibles devant I 1t , on peut donc admettre I 1 =I 1t
Exercice V
On considère un transformateur monophasé sur lequel les essais suivants ont été effectués :
• en continu au primaire : I1c = 10 A ; U1c = 5 V.
• à vide : U1 = 220 V, 50 Hz (tension primaire nominale) ; U20 = 44 V ; P10 = 80 W ; I10 = 1 A.
• en court­circuit : U1cc = 40 V ; P1cc = 250 W ; I1cc = 20 A (courant nominal primaire).
Le transformateur est considéré comme parfait pour les courants lorsque ceux­ci ont leurs valeurs nominales.
3. Exploitation de l'essai à vide
c. Déterminer le rapport de transformation.
On utilise l'essai à vide : m=
U 20 44
=
=0,2
U1 220
d. En déduire le nombre de spires au secondaire si l’on compte 520 spires au primaire.
Puisque m=
n2
alors n2=m×n1=0,2×520=104 spires
n1
e. Vérifier que l’on peut négliger les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide.
Les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide sont localisées dans la résistance de l'enroulement du primaire.
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On peut déterminer cette résistance à partir de l'essai en continu soit r 1=
U 1c 5
= =0,5 Ω .
I 1c 10
L'intensité efficace du courant primaire est égale à 1 A ce qui donne des pertes par effet Joule égales à
2
2
P j0=r 1 I 10=0,5×1 =0,5 W . Cette valeur est bien négligeable devant 80 W.
4. Exploitation de l'essai en court­circuit
c. En admettant que les pertes dans le fer sont proportionnelles au carré de la tension primaire, montrer
qu’elles sont négligeables par rapport aux autres pertes de l’essai en court­circuit.
D'après l'énoncé P10=K U 21 (D'après le cours P10=
P10
1 2
1
U 1 ce qui donnerait K=
). L'essai à
Rf
Rf
80
=1,65 .10−3 S ce qui donne des pertes dans le fer lors de l'essai
2
U
220
en court­circuit : Pfcc =1,65 .10 ×402=2,6 W . Cette valeur est négligeable devant 250 W.
vide permet de calculer K=
=
2
1
−3
d. Représenter le schéma équivalent du transformateur en court­circuit vu du secondaire.
Les influences des impédances placées au primaires ( Rf et Lm du cours) sont négligées et remplacées
par des circuits ouverts.
r s=R s et l s ω=X s
e. En déduire les valeurs de Rs et Xs de l’impédance du modèle de Thévenin.
Calcul de l'intensité du courant secondaire en court­circuit : I 2cc =
1
1
I 1cc=
×20=100 A
m
0,2
La résistance Rs « consomme » la puissance active P1cc ce qui permet d'écrire P1cc =Rs I 22cc et
donc Rs=
P1cc
I
2
2cc
=
250
=25 mΩ
2
100
La réactance X s « consomme » la puissance réactive Q1cc qu'il faut calculer :
Q1cc =√ S 21cc – P21cc =√( 40×20)2 – 250 2=760 var
ce qui permet d'écrire Q1cc =X s I 22cc et donc X s=
Q 1cc
I
2
2cc
=
760
=76 m Ω
1002
5. Quels que soient les résultats obtenus précédemment, on prendra pour la suite du problème Rs = 25 mW ; Xs = 75 mW. Le transformateur alimenté au primaire sous sa tension nominale, débite 100 A au secondaire
avec un facteur de puissance égal à 0,9 (charge inductive).
c. Déterminer graphiquement la tension secondaire du transformateur. En déduire la puissance délivrée par
le secondaire. Faire le même calcul avec l’approximation du triangle fondamental de Kapp.
Le déphasage entre la tension et le courant secondaires est déterminé à partir du facteur de puissance :
cos ϕ2=0,9 donne ϕ2=26 ° ou ϕ2=−26 ° ; comme la charge est inductive alors le courant est
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en retard sur la tension et ϕ2=26 °
Démarche :
• Placer I 2 horizontalement
• Placer Rs I 2 et j X s I 2
• Tracer l'arc de cercle partant de l'origine du diagramme (origines de Rs I 2 et j X s I 2 ) et de rayon
U 20=m U 1
• Tracer l'horizontale partant de l'extrémité de Rs I 2 + j X s I 2 et la portion de droite partant de cette
même extrémité et faisant un angle de 26° avec l'horizontale.
• Le talon du vecteur U 2 est à la pointe de Rs I 2 + j X s I 2 et sa pointe est sur l'arc de cercle de rayon
U 20 : on trouve une valeur efficace proche de 39 V.
La formule de l'approximation du triangle fondamental de Kapp (n'est pas à connaître) donne la chute de
tension en charge Δ U 2=R s I 2 cos ϕ2 + X s I 2 sin ϕ 2=25.10−3×100×0,9+ 75.10−3×100×sin(26) (la
calculatrice doit être en degrés). Δ U 2=5,5 V
La valeur efficace de la tension secondaire est très proche de U 2=U 20 −Δ V 2=44 – 5,5=38,5 V
d. Déterminer la puissance absorbée au primaire, ainsi que le facteur de puissance.
La puissance absorbée au primaire est égale à la somme des puissances pour la charge et pour Rs .
Pour la charge Pc =U 2 . I 2 cos ϕ2=38,5×100×0,9=3465 W
Pour la résistance Rs P j=R s . I 22=25.10−3×100 2=250 W (on retrouve la valeur de la puissance
lors de l'essai en court­circuit)
Puissance totale (au primaire) : P=Pc + P j=3465+250=3715 W
Calcul de l'intensité du courant primaire : I 1 =m I 2=0,2×100=20 A et de la puissance apparente au
primaire S 1=U 1 . I 1=220×20=4400 VA
D'où le facteur de puissance k =cos ϕ 1=
k=
P1
(la tension et l'intensité au primaire sont sinusoïdales).
S1
3715
=0,844
4400
e. Déterminer la capacité du condensateur (supposé parfait) qui, placé en parallèle avec l’enroulement
primaire, relève le facteur de puissance de l’installation à 1. Quelle est alors l’intensité du courant dans la
ligne qui alimente l’association ?
√
Puissance réactive à compenser : Q 1= S 21 – P21=√ 4400 2 – 3715 2=2370 var
Puissance réactive pour une capacité branchée sur une tension de valeur efficace U 1 : Q C =−U 1 . I C
Comme I C =C ω U 1 (voir le cours sur les régimes sinusoïdaux et les lois d'Ohm pour les dipôles
élémentaires) alors Q C =−C ω U 21
Pour que le facteur de puissance soit égal à 1 il faut Q C +Q 1=0 soit 2370=C ω U 21 ce qui donne
C=
2370
2370
=
=156 µF
2
ω U 1 2 π 50×2202
La ligne qui alimente l'association a une puissance apparente égale à S L=3715 VA (la capacité
« fournit » le réactif au transformateur) donc I L=
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S L 3715
=
=16,9 A
U 1 220
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