Excercice II1 La puissance utile est la puissance mécanique
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TD3 Excercice I. 𝑃1 = 5 𝑘𝑊 Dipôle 1 𝑃𝑢 = 3 𝑘𝑊 𝜂2 = 85% 𝐹𝑃2 = 0,7 𝐴𝑅 Dipôle 2 𝑃3 = 4 𝑘𝑊 𝐹𝑃3 = 0,6 𝐴𝑅 Dipôle 3 Dipôles placés en parallèle sous une tension de 230V, 50Hz I.1 La puissance utile est la puissance mécanique disponible sur l’arbre du moteur. Seule une partie de la puissance électrique fournie au moteur électrique se retrouve sous forme utile. L’autre partie est dissipée en chaleur 𝑃 (frottements, effets joules, pertes fer). On a donc 𝑃𝑢 = 𝜂2 𝑃2 𝑃2 = 𝜂𝑢 = 3,53 𝑘𝑊 2 I.2 D’après boucherot, on a : 𝑃 = 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 = 12,53 𝑘𝑊 I.3 D’après boucherot, on a : 𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 𝑄1 = 0 car un radiateur électrique est purement résistif 𝑄2 = 𝑃2 tan 𝜑2 = + 3605 𝑉𝐴𝑅 avec 𝜑2 = arcos (0,7) = + 45,57° 𝜑2 et 𝑄2 sont positifs car 𝐹𝑃2 est AR avec 𝜑3 = arcos (0,6) = + 53,13° 𝜑3 et 𝑄3 sont positifs car 𝐹𝑃3 est AR 𝑄3 = 𝑃3 tan 𝜑3 = + 5309 𝑉𝐴𝑅 𝑄 = 8913,3 𝑉𝐴𝑅 I.4 𝑆 = √𝑃2 + 𝑄 2 = 15,4 𝑘𝑉𝐴𝑅 𝑃 𝐹𝑃 = 𝑆 = 0,81 𝐴𝑅 car 𝑄 > 0 𝑆 𝐼 = 𝑈 = 66 𝐴 I.5 Les dipôles sont placés en parallèle. Rajouter une capacité C en parallèle ne change rien du point de vue des dipôles précédents. Chacun reste alimenté sous une tension de 230V et est traversé par le même courant. Par contre, vue de la ligne d’alimentation, le comportement global des 4 dipôles (incluant la capacité) change. On a désormais 𝐹𝑃′ = 0,93 𝐴𝑅. 𝑃′ = 𝑃 = 12,53 𝑘𝑊 (une capacité ne consomme pas de puissance active) 𝑄 ′ = 𝑃′ tan 𝜑′ = + 4,95 𝑘𝑉𝐴𝑅 avec 𝜑′ = arcos (0,93) = + 21,56° 𝑄 ′ = 𝑄 + 𝑄𝐶 𝑄𝐶 = 𝑄 ′ − 𝑄 = −3,94 𝑘𝑉𝐴𝑅 𝑈2 𝑄𝐶 = 𝑋 𝐶 1 𝑋𝐶 = − 𝐶𝜔 𝑈2 𝑋𝐶 = 𝑄 = −13,41 Ω 𝐶 = − 2𝜋𝑓 𝑋 = 2,37 10−4 𝐹 𝐶 1 𝐶 𝜑′ et 𝑄 ′ sont positifs car 𝐹𝑃′ est AR Excercice II. II.1 24 tubes fluorescents sont placés en parallèle sous 230V. Chaque tube consomme une puissance active 𝑃1 = 60 𝑊 et une puissance réactive 𝑄1 = 𝑃1 tan 𝜑1 = + 37,2 𝑉𝐴𝑅 (𝑄1 > 0 car 𝐹𝑃 est AR). D’après boucherot : 𝑃1𝑇 = 24 × 𝑃1 = 1440 𝑊 et 𝑄1𝑇 = 24 × 𝑄1 = 892,8 𝑉𝐴𝑅 2 2 𝑆1𝑇 = 𝑈𝐼1 = √𝑃1𝑇 + 𝑄1𝑇 = 1694 𝑉𝐴 𝐼1 = 𝑆1𝑇 𝑈 = 7,37 𝐴 II.2 A l’allumage : 𝑃1𝑇 = 1440 𝑊 (inchangé) et 𝑄′1𝑇 = 24 × 𝑄′1 = 24 × 𝑃1 tan 𝜑′1 = 4579 𝑉𝐴𝑅 2 2 𝑆′1𝑇 = 𝑈𝐼′1 = √𝑃1𝑇 + 𝑄′1𝑇 = 4800 𝑉𝐴 𝐼′1 = 𝑆′1𝑇 𝑈 = 20,86 𝐴 A l’allumage, l’appel en courant sur la ligne et ~3 fois plus importante qu’en régime permanent. Il faut donc dimensionner la ligne pour qu’elle puisse supporter ce régime transitoire d’appel du courant. II.3 𝑃2 = 𝑃𝑢 𝜂 = 5400 0,9 = 6000 𝑊 Calcul de 𝐼2 : 𝑃2 = 𝑈 𝐼2 𝐹𝑃2 𝐼2 = 𝑈 𝐹𝑃2 𝑃2 = 33,4 𝐴 ou 𝑄2 = 𝑃2 tan 𝜑2 = + 4813 𝑉𝐴𝑅 car 𝐹𝑃2 AR II.4 D’après boucherot : 𝑃𝑇 = 𝑃1𝑇 + 10 × 𝑃2 = 61,44 𝑘𝑊 𝑄𝑇 = 𝑄1𝑇 + 10 × 𝑄2 = 49 𝑘𝑉𝐴𝑅 II.5 𝑆𝑇 = 𝑈𝐼𝑇 = √𝑃𝑇2 + 𝑄𝑇2 = 78 𝑘𝑉𝐴 𝐼𝑇 = 𝑆𝑇 𝑈 𝐹𝑃𝑇 = = 341 𝐴 𝑃𝑇 𝑆𝑇 = 0,79 𝐴𝑅 car 𝑄 > 0 𝑆2 = 𝑈𝐼2 = √𝑃22 + 𝑄22 𝐼2 = 𝑆2 𝑈 = 33,4 𝐴 Excercice III. III.1 ligne source ICH charge = installation électrique … UCH US0 (1) 2 fours électrique (2) Moteur électrique (3) 20 tubes fluorescent III.2 Fours Moteur P 𝑃1 = 4 𝑘𝑊 𝑃2 = 4,7 𝑘𝑊 Q 𝑄1 = 0 𝑉𝐴𝑅 𝑄2 = 3,53 𝑘𝑉𝐴𝑅 Explications Les fours sont purement résistifs 𝑃 𝑃2 = 𝜂𝑢 2 Tubes fluo 𝑃3 = 1,2 𝑘𝑊 𝑄3 = 1,82 𝑘𝑉𝐴𝑅 Charge 𝑃𝐶𝐻 = 9,9 𝑘𝑊 𝑄𝐶𝐻 = 5,34 𝑘𝑉𝐴𝑅 𝑄2 = 𝑃2 tan 𝜑2 = + 3,53 𝑘 𝑉𝐴𝑅 car 𝐹𝑃2 AR 𝑃3 = 20 × 60𝑊 𝑄3 = 𝑃3 tan 𝜑3 = + 1,82 𝑘 𝑉𝐴𝑅 car 𝐹𝑃2 AR 𝑃𝐶𝐻 = 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 𝑄𝐶𝐻 = 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 2 2 𝑆𝐶𝐻 = 𝑈𝐶𝐻 𝐼𝐶𝐻 = √𝑃𝐶𝐻 + 𝑄𝐶𝐻 = 11,24 𝑘𝑉𝐴 𝑆 𝐼𝐶𝐻 = 𝑈𝐶𝐻 = 48,9 𝐴 𝐶𝐻 𝐹𝑃𝐶𝐻 = 𝑃𝐶𝐻 𝑆𝐶𝐻 = 0,88 𝐴𝑅 car 𝑄𝐶𝐻 > 0 III.3 source ligne ICH charge : modèle équivalent série XCH ULi UCH US0 RCH 𝑃 𝑃𝐶𝐻 = 𝑅𝐶𝐻 𝐼𝐶𝐻 2 𝑅𝐶𝐻 = 𝐼 𝐶𝐻2 = 4,14 Ω 𝑄𝐶𝐻 = 𝑋𝐶𝐻 𝐼𝐶𝐻 2 𝐶𝐻 𝑄 𝑋𝐶𝐻 = 𝐼 𝐶𝐻2 = 2,11 Ω 𝐶𝐻 III.4 𝑃𝐿𝑖 = 𝑟𝐼𝐶𝐻 2 = 717 𝑊 Puissance active consommée par la ligne 𝑄𝐿𝑖 = 𝑥𝐼𝐶𝐻 2 = 𝑙𝜔 𝐼𝐶𝐻 2 = 3 𝑘𝑉𝐴𝑅 III.5 𝑈 𝐿𝑖 = 𝑍 𝐿𝑖 𝐼𝐶𝐻 = (𝑟 + 𝑗 𝑙𝜔) 𝐼𝐶𝐻 𝑈 𝐿𝑖 = √𝑟 2 + (𝑙𝜔)2 𝐼𝐶𝐻 avec 𝜔 = 2𝜋𝑓 𝑈 𝐿𝑖 = 63 𝑉 Remarque : Attention, on ne peut pas écrire que 𝑈 𝑆𝑂 = 𝑈 𝐿𝑖 + 𝑈 𝐶𝐻 En régime sinusoïdale, la loi des mailles s’appliquent aux nombres complexes qui prennent en compte le module et la phase des tensions : 𝑈 𝑆𝑂 = 𝑈 𝐿𝑖 + 𝑈 𝐶𝐻 . Si on veut calculer la tension aux bornes de la source, il vaut mieux passer par les puissances. III.5 𝑃𝑆𝑂 = 𝑃𝐿𝑖 + 𝑃𝐶𝐻 = 10,62 𝑘𝑊 𝑄𝑆𝑂 = 𝑄𝐿𝑖 + 𝑄𝐶𝐻 = 8,34 𝑘𝑉𝐴𝑅 III.6 2 2 𝑆0 = 𝑈𝑆0 𝐼𝐶𝐻 = √𝑃𝑆𝑂 + 𝑄𝑆0 = 13,5 𝑘𝑉𝐴 𝑈𝑆0 = 276𝑉 A cause des pertes en ligne, et pour que le client (la PME) puisse fonctionner avec une tension de 230V, il faut qu’EDF (le fournisseur d’énergie) anticipe les pertes et fournissent une tension de 276V. III.7 Les dipôles sont tous en parallèle. 𝑈𝐶𝐻 restant inchangé, rajouter une capacité C en parallèle ne change rien du point de vue des dipôles précédents (fours, moteur et tubes fluorescent). Chacun reste alimenté sous une tension de 230V et est traversé par le même courant. Par contre, vue de la ligne d’alimentation, le comportement global de la charge (incluant la capacité) est modifié. On a désormais 𝐹𝑃′𝐶𝐻 = 0,93 𝐴𝑅. 𝑃′𝐶𝐻 = 𝑃 = 9,9 𝑘𝑊 (une capacité ne consomme pas de puissance active) 𝑄′𝐶𝐻 = 𝑃′𝐶𝐻 tan 𝜑′𝐶𝐻 = + 3,91 𝑘𝑉𝐴𝑅 car 𝐹𝑃′𝐶𝐻 est AR 𝑆𝐶𝐻 = 𝑈𝐶𝐻 𝐼′𝐶𝐻 = √𝑃′2𝐶𝐻 + 𝑄′2𝐶𝐻 = 10,64 𝑘𝑉𝐴 𝐼′𝐶𝐻 = 46,3 𝐴 III.8 2 𝑃𝑆𝑂 = 𝑃′𝐿𝑖 + 𝑃′𝐶𝐻 = 10,54 𝑘𝑊 avec 𝑃′𝐿𝑖 = 𝑟𝐼′𝐶𝐻 = 642 𝑊 𝑄𝑆𝑂 = 𝑄′𝐿𝑖 + 𝑄′𝐶𝐻 = 6,6 𝑘𝑉𝐴𝑅 avec 𝑄′𝐿𝑖 = 𝑥𝐼′𝐶𝐻 = 𝑙𝜔 𝐼′𝐶𝐻 = 2,69 𝑘𝑉𝐴𝑅 2 2 2 𝑆0 = 𝑈𝑆0 𝐼𝐶𝐻 = √𝑃𝑆𝑂 + 𝑄𝑆0 = 12,43 𝑘𝑉𝐴 2 𝑈𝑆0 = 268,6 𝑉 III.9 𝑃𝐿𝑖 = 717 𝑊 (sans capacité) 𝑃′𝐿𝑖 = 642 𝑊 (avec capacité) En relevant le facteur de puissance on diminue les pertes en ligne (de 75W dans ce cas). Le fournisseur d’électricité peut ainsi diminuer sans production et donc réduire sa consommation de carburant (nucléaire, fossile, hydraulique ou solaire).
