Corrigé de : Chapitre6. Exercice 7 « Transformateur monophasé

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MagnElecPro Electromagnétisme - Corrigé de Chapitre 6 Exercice 7 - 1 -
Corrigé de : Chapitre6. Exercice 7
« Transformateur monophasé usuel en régime alternatif sinusoïdal »
Informations concernant le transformateur:
i1
i2
u1
N1 N2
u2
Section droite du circuit magnétique: S = 30 cm2.
Nombre de spires primaire: N1 = 276.
Conditions nominales:
Tension primaire U1n = 220 V, 50 Hz (1).
Courant secondaire I2n = 16 A.
Résultats d'un essai à vide:
Tension primaire U1v = U1n = 220 V, 50 Hz.
Tension secondaire U2v = 33,5 V.
Courant primaire I1v = 0,32 A.
Puissance primaire P1v = 29 W.
Résultats d'un essai en court-circuit (sous tension primaire réduite):
Tension primaire U1cc = 20 V, 50 Hz.
Puissance primaire P1cc = 43 W.
Courant secondaire I2cc = I2n = 16 A.
En régime alternatif sinusoïdal, on peut retenir le modèle suivant :
m.i2
i1 r1
u1
m
RF
LH 1 e1
i1
L fs
m
e2 = m.e1
r2
i2
u2
a) Par définition, le courant secondaire est nul « à vide », 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 :
à vide : u1 ( t ) = r1 .i1 ( t ) − e1 ( t ) ≈ − e1 ( t ) .
En conclusion : à vide :
⇒
U 2 eff
à vide
U1eff
à vide
=m=
N
u 2 (t ) m.e1 (t )
=
= −m =− 2
N1
u1 (t ) − e1 (t )
N 2 33,5
N
=
= 0,152 = 2
N1 220
276
Donc N 2 = 42 spires
(1) Si rien n'est spécifié, il s'agit des valeurs efficaces.
MagnElecPro Electromagnétisme - Corrigé de Chapitre 6 Exercice 7 - 2 -
b) Avec l’hypothèse de Kapp, on modifie légèrement le modèle du transformateur (voir le cours)
i1
u1
r1
m
LH 1
RF
i1
L fs
m
m.i2
r2
e2 = m.e1
e1
i2
u2
On peut ensuite établir un « modèle équivalent ramené au secondaire » (voir le cours) :
I1
j .L fs .ω r
2
r1 .m 2
m
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 + j .L fs .ω + r2 . I 2 = Z s . I 2
⇒ En court-circuit : Z s =
c) Z s =
⇒
(r1 )2
m. U1
I2
. On en déduit : Z s =
0,152 . 20
= 0,19 Ω
16
(r1 .m 2 + r2 )2 + (L fs .ω )2 = 0 ,19 Ω > (r1 .m 2 )2 = m 2 . (r1 )2
<
0 ,19
m2
=
0 ,19
0 ,152 2
= 8 ,22 Ω
⇒
(r1 )2
= r1 <
0,19
m2
Donc lors de l’essai à vide r1 .I 1eff 2 < 8 ,22 . 0 ,32 2 = 0 ,84 W
v
et
=
0,19
0,152 2
= 8,22 Ω
r2 .I 2 eff 2 = 0 . Les pertes Joule sont donc
inférieures à 0,84 W.
La puissance absorbée par le transformateur (Pertes fer + pertes Joule) est de 29 W, donc lors de l’essai à vide
les pertes Joules sont négligeables devant les pertes fer.
Donc lors de cet essai : P fer ≈ 29 W
d) Cette question reprend la démonstration de la « formule de Boucherot » :
Si B (t ) = Bmax sin(ω .t ) :
⇒ u1 (t ) = r1.i1 (t ) +
d (S .Bmax sin(ω.t ) )
dφ1 (t )
d (ϕ (t ) )
d (B(t ).S )
≈ N1 .
= N1.
= N1 .
= N1.S .Bmax .ω. cos(ω.t )
dt
dt
dt
dt
MagnElecPro Electromagnétisme - Corrigé de Chapitre 6 Exercice 7 - 3 -
⇒ U1max = N1.S .Bmax .ω = N1.S .Bmax .2π . f
⇒ U1eff =
Bmax =
U1max
2
=
U1eff
4,44.N1. f .S
N1.S .Bmax .2π . f
2
=
⇔ U1eff = 4,44.N1. f .S .Bmax
220
4,44.276.50.30.10 − 4
e) Lors de l’essai en court-circuit: P fer ≈
= 1,2 T
29 . 20 2
= 0,24 W << P1cc = 43 W .
220 2
On en déduit que lors de l’essai en court-circuit les pertes fer sont négligeables devant les pertes Joule:
PJoule ≈ 43 W
(r1 .m 2 + r2 + j.L fs .ω ) = Z s = rs + j.L fs .ω
Sachant que I 1eff ≈ m.I 2eff :
(
)
PJoule = r1.I1eff 2 + r2 .I 2 eff 2 = r1m 2 + r2 .I 2 eff 2 = rs .I 2cceff 2 = rs .16 2 ≈ 43 W .
On en déduit : rs ≈
(
43
16 2
= 0,168 Ω
) (
)
(
)
Z s = 0 ,19 = r1 .m 2 + r2 + j . L fs .ω = rs + j .L fs .ω = rs 2 + L fs .ω 2
L fs .ω = 0 ,19 2 − 0 ,168 2 = 0 ,089 Ω
f) En fonctionnement nominal :
U1eff = 220 V ⇒ P fer = P1v = 29 W ; I 2 eff = 16 A ⇒ PJoule = P1cc = 43 W
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 ) = 0,168 . 16 . 1 + 0,089 . 16 . 0 = 2,69 V
Donc U 2 eff = m.U1eff − ∆U 2 = 0,152.220 − 2,69 = 30,75 V en charge nominale résistive.
Le rendement du transformateur vaut donc :
U 2 eff .I 2 eff . cos(ϕ 2 )
Psec ondaire
=
η=
Psec ondaire + PJoule + P fer U 2 eff .I 2 eff . cos(ϕ 2 ) + PJoule + P fer
η=
30,75 . 16 . 1
= 0,872 = 87,2 %
30,75 . 16 . 1 + 43 + 29
Rappelons que le rendement des transformateurs de forte puissance apparente (quelques 100 kVA à quelques
100 MVA) est plutôt de l’ordre de 97% à 99%.
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