CORRIGE TPELT1 transformateur monophasé - E

CORRIGE
TP ELT1 Transformateur monophasé
1 Préparation
I 1 Transformateur parfait
TP
i1(t)
i2(t)
u2(t)
u1(t)
Charge
équations du transformateur parfait :
Avec le fléchage du schéma et la position des points homologues on peut écrire :
• En valeurs instantanées :
u2(t) = m u1(t)
i1(t) = m i2(t)
• En régime sinusoïdal on peut adopter la notation complexe
U 2 = m.U 1
I 1 = m.I 2
• En valeurs efficaces (Il n’est pas nécessaire de connaître la position des points
homologues) :
U 2 = m.U 1
I 1 = mI 2
I 2 Transformateur réel
I1
U1
•
•
•
•
•
Rf
mI2
I0
L
TP
m
I2
Rs
mU1
Lsω
∆U
U2
L est l’inductance magnétisante. Elle consomme la puissance réactive dans l’essai à
vide.
Rf résistance qui modélise les pertes fer. Elle consomme la puissance active dans
l’essai à vide. (pertes fer)
U
m rapport de transformation m = 2 (c’est aussi le rapport du nombre de spires
U1
N
m= 2 )
N1
Rs résistance des enroulements ramenée au secondaire Elle consomme la puissance
active dans l’essai en court circuit. (pertes cuivre ou pertes joule) R s = R 2 + m 2 R1 . R1 et
R2 étant respectivement les résistances des enroulements primaires et secondaires
Ls inductance de fuite ramenée au secondaire Elle consomme la puissance réactive
dans l’essai en court circuit. Ls = L 2 + m 2 L1 . L1 et L2 étant respectivement les
inductances de fuite des enroulements primaires et secondaires.
CORRIGE TP105 106 transformateur monophasé page 1/6
II Manipulation
On utilise le transformateur 230 V/230 V 2500 VA. C’est un transformateur d’isolement.
Les courants nominaux primaires et secondaires sont identiques et valent
S
2500
I 1N = I 2 N =
=
= 10,9 A
UN
230
II 1 Essai à vide du transformateur
Ph
230V variable
transformateur
V
N
II 1
Il y a proportionalité et on trouve m = 1,03
Le schéma équivalent est celui-ci car mI2 = 0
m se mesure à vide.. Il est supérieur à 1 car le constructeur a prévu
des spires supplémentaires au secondaire pour compenser la chute
de tension dans les charges inductives.
II 1 2 I10 = 400 mA P10 = 37 W Q 10 = 61 vars sous U1 = 230 V.
2
Rf =
U1
P10
=
1430 Ω
2
U1
867 Ω .. et L =
2,3 H
=
Q10
Ces valeurs devraient être infinies pour un transformateur parfait
Le courant à vide est faible devant le courant nominal.
Lω =
II 1 3 On révise le cours d’électromagnétisme…
CORRIGE TP105 106 transformateur monophasé page 2/6
I1
I0
U1
Rf
L
La courbe 1 représente la tension du secteur.
La courbe 2 représente l’intensité à vide
La courbe 3 représente le flux.
On ne peut pas mesurer le déphasage car le courant n’est pas sinusoïdal.
1
2πRC
= 1,59 Hz lorsque R= 100 kΩ et C = 1 µF est très inférieure à la fréquence du secteur soit 60
Hz..
R
Tension
Sonde
proportionnelle
Sonde
courant
transformateur U2
Tension
au courant I10
C tension
proportionnelle
au flux Φ
Le flux est parfaitement sinusoïdal alors que la tension secteur présente une légère distorsion.
Le transformateur fonctionne à flux forcé.
Le filtre RC se comporte comme un intégrateur dès lors que sa fréquence de coupure
La caractéristique magnétique Φ = f(i) du matériau magnétique n’est pas linéaire .
Si on baisse la tension U1 la saturation disparaît mais l’hystéresis demeure.
II 2 Essai avec secondaire en court circuit
I1 = mI2
TP
U1
m
I2
mU1
Lsω
Rs
∆U
CORRIGE TP105 106 transformateur monophasé page 3/6
U2= 0
Sur le schéma équivalent de l’essai on peut supprimer Rf car la tension U1 est faible et donc
les pertes fer et la sont négligeables. On peut également supprimer L car la puissance réactive
dans l’inductance magnétisante est négligeable.
U1CC = 7,7 V. I1CC = 11,3 A. I2CC = 10,9 A
P1CC = 59 W. Q1CC = 60 vars
Rs =
P1cc
I 2CC
2
= 0,50 Ω
Ls ω =
P1CC
I 2CC
2
= 0,51 Ω.
LS =
1,35 mH
II 3 Fonctionnement sous charge nominale résistive
II 3 1 Prédétermination
On dessine dans l’ordre (mais pas à l’échelle) :
mU1
jLSωI2
U2
•
•
•
•
•
Direction de I2
La direction de I2, origine des phases.
U2 en phase avec I2
RSI2 en phase avec I2
jLSωI2 en quadrature avance sur I2
mI2 = U2 + RSI2 + jLSωI2
∆U =
( R S I 2 )2 + ( L S ω I 2 )2
mU 1 =
(U 2 + RS I 2 )2 + (LS ωI 2 )2
U2 =
RSI2
(mU 1 )2 − (LS ωI 2 )2
= 7,8 V
− RS I 2
Avec m = 1,03
U1 = 230 V RS = 0,5 Ω. LSω = 0,51 Ω. et Ι2 = 10,9 Α
On trouve : U2 = 231 V
P2
rendement. η =
P2 + Pf + Pc
avec Pf = pertes fer mesurées à vide = 37 W.
PC = pertes cuivre mesurées en court circuit = 59 W.
η = 96%
L’essai à puissance nominale confirme ces résultats.
Le rhéostat choisi est la banc de charge 4 KW en position 60%. On Charge progressivement
en ajustant la tension U1 pour la maintenir à 230 V.
CORRIGE TP105 106 transformateur monophasé page 4/6
II 4 Prédétermination sous charge inductive pure
Le courant I2 est en quadrature arrière sur U2.
U2
∆U
RSI2
mU1
jLSωI2
Direction de I2
U2 =
(mU 1 )2 − (RS I 2 )2
− L S ωI 2
Prédétermination sous charge capacitive
Le courant I2 est en quadrature avance sur U2.
Direction de I2
jLSωI2
mU1
RSI2
U2
U 2 = (mU 1 ) − (RS I 2 ) + LS ωI 2
Sous charge capacitive, on remarque que la tension de sortie est supérieure à la tension à vide.
2
2
III Partie facultative : Un transformateur expérimental
S = 16 cm2
U1 = 230 V
N1 = 600 spires.
N2 = 72 spires.
I1 = 2,2 A. I2 = 12 A.
N
On calcule U 2 = U 1 2 = 27,6V
N1
Etude de la bobine primaire seule.
CORRIGE TP105 106 transformateur monophasé page 5/6
S
On trouve L1 = 7,2 mH sans noyau de fer. l = 10 cm
l
Le courant qui circulerait si on branchait une tension de valeur efficace 230 V serait de
84 A très supérieur au courant maximum. Le circuit magnétique est indispensable.
S
L1 = µ r µ 0 N 2
.L1 = 1,44 H. I1 = 0,4 A. Ce courant représentera le courant à vide
lf
Lorsque le fer n’est pas feuilleté le tronçon de fer massif devient sensiblement très
chaud. Ce sont les pertes par courants de Foucault. La puissance absorbée avec le
tronçon non feuilleté est de 400 W. C’est énorme comparé à la puissance du
transformateur (U2.I2 = 330 VA)
la puissance perdue à vide (avec le tronçon feuilleté) est de P10 = 20 W: ce sont les
pertes fer.
1. L1 = µ 0 N 2
2.
3.
4.
5.
Etude du transformateur
N2
= 0,12.
N1
7. formule de Boucherot U1 = 4,44 S.N1.Bf.
B = 0,9 T
Φ = 1,4 mWb
8. Puissance apparente S = U2.I2 = 330 VA
9. Puissance perdue en court circuit P1CC = 27 W. Ce sont les pertes joule.
10. Charge R = 2,3 Ω pour avoir le courant nominal au secondaire. Cette résistance doit
pouvoir dissiper 330 W.
P2
330
11. Rendement η =
= 87%
=
P2 + Pf + Pc 330 + 20 + 27
6. rapport de transformation. m =
CORRIGE TP105 106 transformateur monophasé page 6/6