notions de base et machines électriques · 2016. 9. 21. · notions de base et machines...
Post on 28-Dec-2020
8 Views
Preview:
TRANSCRIPT
SCIENCES SUP
Exercices et problegravemes corrigeacutes avec rappels de cours
SCIENCES SUP
EXERCICES ET PROBLEgraveMES
DrsquoEacuteLECTROTECHNIQUENotions de base
et machines eacutelectriques
Luc Lasne
MATHEacuteMATIQUES
PHYSIQUE
CHIMIE
SCIENCES DE LrsquoINGEacuteNIEUR
INFORMATIQUE
SCIENCES DE LA VIE
SCIENCES DE LA TERRE
L LASN
E
ISBN 2 10 049064 8 wwwdunodcom
EXER
CIC
ES ET PRO
BLEgraveM
ESD
rsquoEacuteLECTR
OTEC
HN
IQU
E
La rigueur neacutecessaire agrave lrsquoeacutetude de lrsquoeacutelectrotechnique neacutecessite des basessolides en manipulation des circuits et des puissances eacutelectriques et nepeut srsquoacqueacuterir qursquoen se mettant agrave lrsquoeacutepreuve sur des exercices varieacutesavant drsquoaborder des sujets plus complets Voilagrave pourquoi cet ouvragepropose pour chaque thegraveme abordeacute une progression identique unesynthegravese de cours qui preacutesente les notions incontournables une seacuteriedrsquoexercices permettant de gagner en confiance et de cerner facilementles points agrave eacuteclaircir et pour finir un ou plusieurs problegravemes plus ardusLes solutions relatives agrave chaque problegraveme sont particuliegraverementdeacutetailleacutees et insistent sur les notions agrave maicirctriser ainsi que sur lesmeacutethodes de calculs propres agrave lrsquoeacutelectrotechniqueDes circuits monophaseacutes et triphaseacutes en alternatif sinusoiumldal jusqursquoauxmoteurs eacutelectriques vus sous diffeacuterents angles en passant par lrsquoeacutetudedes transformateurs des reacutegimes transitoires des grandeurs nonsinusoiumldales et harmoniques le lecteur sera sucircr de balayer lrsquoensembledu programme agrave travers un travail personnel efficaceCe livre est plus particuliegraverement destineacute aux eacutelegraveves et eacutetudiants desSTS IUT IUP Licences (de la 1re agrave la 3e anneacutee) CAPES CAPET eacutecolesdrsquoingeacutenieurs orienteacutees vers le geacutenie eacutelectrique ou lrsquoeacutenergie eacutelectrique Il complegravete les cours Introduction agrave lrsquoeacutelectrotechnique ndash Fondementsdrsquoeacutelectriciteacute et drsquoeacutelectromagneacutetisme de J Laroche et Eacutelectrotechnique ndashTransformateurs et machines tournantes de D Bareille et J-P Daunisdans la mecircme collection
EXERCICES
STS bull IUT bull Licence bull Eacutecoles drsquoingeacutenieurs
Luc Lasne
EXERCICES ET PROBLEgraveMES DrsquoEacuteLECTROTECHNIQUE
1 2 3 4 5 6 7 81er cycle 2e cycle 3e cycle
LICENCE MASTER DOCTORAT
LUC LASNE
est professeur agreacutegeacute agravelrsquoUniversiteacute de Bordeaux 1et ancien eacutelegraveve de lrsquoEacutecolenormale supeacuterieure deCachan
EXERCICESET PROBLEgraveMES
DrsquoEacuteLECTROTECHNIQUE
Notions de baseset machines eacutelectriques
Rappels de cours
Luc Lasne
Professeur agreacutegeacute agrave lrsquoUniversiteacute de Bordeaux 1
prelim Lasne Page I Mardi 31 mai 2005 1104 11
Illustration de couverture
DigitalVisionreg
copy Dunod Paris 2005ISBN 2 10 049064 8
prelim Lasne Page II Mardi 31 mai 2005 1104 11
copy D
unod
ndash L
a ph
otoc
opie
non
aut
oris
eacutee e
st u
n deacute
lit
Avant propos
Cet ouvrage regroupe 7 synthegraveses de cours 38 exercices corrigeacutes et 11 problegravemescorrigeacutes de faccedilon particuliegraverement deacutetailleacutee qui abordent des applications diversesdu domaine laquo courant fort raquo du geacutenie eacutelectrique Lrsquoeacutelectrotechnique est une matiegravereassez vaste qui possegravede ses particulariteacutes son langage propre ses outils incontourna-bles et neacutecessite des bases solides en manipulation des circuits et des puissanceseacutelectriques La rigueur neacutecessaire agrave lrsquoeacutetude des systegravemes triphaseacutes et des machineseacutelectriques pour ne citer qursquoeux ne peut srsquoacqueacuterir qursquoen se laquo mettant agrave lrsquoeacutepreuve raquosur des exercices varieacutes avant drsquoaborder des sujets plus complets Mais ce travail estextrecircmement payant en terme de compreacutehension et de reacuteussite scolaire
Voilagrave pourquoi cet ouvrage propose pour chaque thegraveme abordeacute une progressionidentique une synthegravese de cours qui preacutesente les notions laquo incontournables raquo uneseacuterie drsquoexercices permettant de gagner en confiance et de cerner facilement les pointsagrave eacuteclaircir et pour finir un ou plusieurs problegravemes plus ardus Les diffeacuterents thegravemessont abordeacutes dans une certaine ideacutee de progression et il est vivement conseilleacute derespecter cet ordre afin de profiter drsquoune vision coheacuterente de la matiegravere Parmi cesproblegravemes figurent drsquoailleurs deux sujets de laquo synthegravese raquo (problegraveme no 4 et no 11)neacutecessitant chacun un certain recul sur les notions abordeacutees au preacutealable Enfin unebibliographie sommaire aidera le lecteur deacutesireux drsquoen savoir plus agrave trouver les ouvragesqui ont contribueacute agrave lrsquoeacutelaboration de ce recueil de sujets et aux synthegraveses de cours
En deacutefinitive cet ouvrage destineacute aux eacutetudiants des filiegraveres technologiques etphysiques deacutesirant preacuteparer correctement leurs eacutepreuves drsquoeacutelectrotechnique se reacuteveacute-lera eacutegalement un recueil inteacuteressant de sujets permettant la preacuteparation des concoursspeacutecialiseacutes de lrsquoenseignement CAPES CAPET et Agreacutegation de geacutenie eacutelectrique etphysique appliqueacutee
Remerciements
Je remercie tout particuliegraverement mes anciens professeurs de lrsquoENS de Cachan quiont su me donner le goucirct de cette matiegravere passionnante qursquoest lrsquoeacutelectrotechnique Jetiens tout particuliegraverement agrave remercier M Jean-Claude Gianduzzo de lrsquoUniversiteacutede Bordeaux 1 pour ses nombreuses reacuteponses agrave mes questions ses connaissances etson aptitude toute particuliegravere agrave les transmettre Merci eacutegalement agrave Didier Geoffroypour ses preacutecieuses indications sur lrsquoalternateur relieacute au reacuteseau Merci enfin au groupeMerlin-GeacuterinSchneider-electric pour leur aimable autorisation drsquoutilisation de docu-mentation constructeur Je joins agrave ces remerciements une penseacutee agrave tous les collegravegueset amis du monde de lrsquoenseignement et des sciences
Plus personnellement et de faccedilon infiniment plus intime je remercie Armelle mafemme et ma petite Salomeacute pour leur patience lors de la reacutedaction de cet ouvrageMerci pour tout lrsquoamour qursquoelles mrsquoapportent jour apregraves jourhellip
copy D
unod
ndash L
a ph
otoc
opie
non
aut
oris
eacutee e
st u
n deacute
lit
Table des matiegraveres
AVANT PROPOS III
CHAPITRE 1 bull CIRCUITS MONOPHASEacuteS ET TRIPHASEacuteS PUISSANCES EacuteLECTRIQUES 1
11 Synthegravese de cours ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques cas particulier du reacutegime sinusoiumldal 1
111 Lois de base et conventions des circuits eacutelectriques 1
112 Reacutecepteurs eacutelectriques lineacuteaires 2
113 Reacutegime continu et reacutegimes variables 3
114 Valeurs caracteacuteristiques des reacutegimes peacuteriodiques quelconques 4
115 Le reacutegime sinusoiumldal et sa repreacutesentation complexe 5
116 Les puissances eacutelectriques 9
12 Seacuterie drsquoexercices ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 12
121 Eacutenonceacutes 12
122 Correction des exercices 15
13 Synthegravese de cours ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes 20
131 Systegraveme triphaseacute les bases 20
132 Puissances en triphaseacute 24
133 Scheacutema eacutequivalent monophaseacute drsquoun systegraveme eacutequilibreacute 25
14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 25
141 Eacutenonceacutes 25
142 Correction des exercices 30
VI Exercices et problegravemes drsquoeacutelectrotechnique
15 Problegraveme ndeg 1 Charges monophaseacutees et triphaseacutees 39
151 Eacutenonceacute 39152 Correction deacutetailleacutee 42
16 Problegraveme ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes deacuteseacutequilibreacutes 48
161 Eacutenonceacute 48162 Correction deacutetailleacutee 51
CHAPITRE 2 bull CIRCUITS MAGNEacuteTIQUES ET TRANSFORMATEURS 59
21 Synthegravese de cours ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 59
211 Circuits magneacutetiques en eacutelectrotechnique 59212 Circuits magneacutetiques en reacutegime alternatif sinusoiumldal 62213 Transformateurs 64214 Transformateurs triphaseacutes 67
22 Seacuterie drsquoexercices ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 69
221 Eacutenonceacutes 69222 Correction des exercices 74
23 Problegraveme ndeg 3 Caracteacuterisation et utilisation de transformateur industriel mise en parallegravele de transformateurs 82
231 Eacutenonceacute 82232 Correction deacutetailleacutee 86
24 Problegraveme ndeg 4 Modeacutelisation drsquoun tronccedilon de reacuteseau conclusions sur la neacutecessiteacute drsquointerconnexion des reacuteseaux 94
241 Eacutenonceacute 94242 Correction deacutetailleacutee 97
CHAPITRE 3 bull CHARGES NON LINEacuteAIRES HARMONIQUES DE COURANTS ET REacuteGIMES TRANSITOIRES 107
31 Synthegravese de cours ndeg 4 Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires 107
311 Charges non lineacuteaires et puissances en reacutegime deacuteformeacute 107312 Deacutecomposition du courant en seacuterie de Fourier
notion drsquoharmoniques de courant 108313 Les reacutegimes transitoires en eacutelectrotechnique 110
32 Seacuterie drsquoexercices ndeg 4 Grandeurs non sinusoiumldales et reacutegimes transitoires 113
321 Eacutenonceacutes 113322 Correction des exercices 116
33 Problegraveme ndeg 5 Charges non-lineacuteaires propagation et conseacutequences des courants non sinusoiumldaux 124
331 Eacutenonceacute 124332 Correction deacutetailleacutee 127
Table des matiegraveres VIIcopy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
CHAPITRE 4 bull MACHINES Agrave COURANT CONTINU 137
41 Synthegravese de cours ndeg 5 Machines agrave courant continu 137
411 Principe et constitution de la machine agrave courant continu 137412 Scheacutemas eacutequivalents de la machine
fonctionnements en moteur et en geacuteneacuteratrice 138413 Montages seacuterie et parallegravele (shunt) 140
42 Seacuterie drsquoexercices ndeg 5 Machines agrave courant continu 141
421 Eacutenonceacutes 141422 Correction des exercices 145
43 Problegraveme ndeg 6 Choix et caracteacuterisation drsquoune machine agrave courant continu pour une utilisation embarqueacutee 153
431 Eacutenonceacute 153432 Correction deacutetailleacutee 156
44 Problegraveme ndeg 7 Machine agrave courant continu reacuteversibiliteacute et reacutegimes transitoires 161
441 Eacutenonceacute 161442 Correction deacutetailleacutee 164
CHAPITRE 5 bull MACHINES SYNCHRONES 173
51 Synthegravese de cours ndeg 6 Champs tournants et Machines synchrones 173
511 Notion de champ tournant 173512 Machines synchrones 176513 Fonctionnements moteur et alternateur
eacutecoulement des puissances et rendement 178514 Alternateur coupleacute agrave un reacuteseau 179
52 Seacuterie drsquoexercices ndeg 6 Machines synchrones et alternateurs 180
521 Eacutenonceacutes 180522 Correction des exercices 185
53 Problegraveme ndeg 8 Eacutetude drsquoun alternateur moteur de centrale hydroeacutelectrique 193
531 Eacutenonceacute 193532 Correction deacutetailleacutee 196
54 Problegraveme ndeg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone 202
541 Eacutenonceacute 202542 Correction deacutetailleacutee 205
CHAPITRE 6 bull MACHINES ASYNCHRONES 215
61 Synthegravese de cours ndeg 7 Moteurs asynchrones 215
611 Principe du moteur asynchrone et glissement 215612 Construction du scheacutema eacutequivalent monophaseacute du moteur asynchrone 216613 Eacutecoulement des puissances et rendement 217614 Expression des puissances et des couples sous tension et freacutequence constantes 218
VIII Exercices et problegravemes drsquoeacutelectrotechnique
62 Seacuterie drsquoexercices ndeg 7 Machines asynchrones et alternateurs 220
621 Eacutenonceacutes 220622 Correction des exercices 223
63 Problegraveme ndeg 10 Motorisation asynchrone 231
621 Eacutenonceacute 231622 Correction deacutetailleacutee 234
64 Problegraveme ndeg 11 Synthegravese sur les principaux moteurs eacutelectriques en traction 239
641 Eacutenonceacute 239642 Correction deacutetailleacutee 242
BIBLIOGRAPHIE ET LIENS 247
copy D
unod
ndash L
a ph
otoc
opie
non
aut
oris
eacutee e
st u
n deacute
lit
Chapitre 1
Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
11 SYNTHEgraveSE DE COURS Ndeg 1 CIRCUITS MONOPHASEacuteS ET PUISSANCES EacuteLECTRIQUES CAS PARTICULIER DU REacuteGIME SINUSOIumlDAL
111 Lois de base et conventions des circuits eacutelectriques
Loi des mailles
Fondement de lrsquoeacutetude des circuits la loi des mailles srsquoeacutecrit laquo la somme des tensionsorienteacutees le long drsquoune maille de circuit eacutelectrique est nulle raquo On retiendra lrsquoexemplefigurant sur la figure 11
u1
u2
u3 u4
u1 ndash u2 ndash u3 + u4 = 0
Figure 11 Loi des mailles
2 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Loi des nœuds
Incontournable eacutegalement pour lrsquoeacutetude des circuits eacutelectriques la loi des nœudssrsquoeacutecrit laquo la somme des courants orienteacutes agrave un nœud de circuit est nulle raquo Onretiendra lrsquoexemple figurant sur la figure 12
Convention geacuteneacuterateur
Lorsqursquoun dipocircle eacutelectrique repreacutesente le geacuteneacuterateur de tension drsquoun circuit eacutelec-trique on oriente naturellement ses grandeurs eacutelectriques en laquo convention geacuteneacutera-teur raquo On retiendra la repreacutesentation de la figure 13
En convention geacuteneacuterateur la puissance eacutelectrique associeacutee au dipocircle srsquoeacutecrit
ndash Si on dit que le dipocircle fournit de la puissance au reste du circuitndash Si on dit que le dipocircle reccediloit de la puissance du reste du circuit
Convention reacutecepteur
Lorsqursquoun dipocircle eacutelectrique nrsquoest pas geacuteneacuterateur on le dit reacutecepteur et on orientenaturellement ses grandeurs eacutelectriques en laquo convention reacutecepteur raquo On retiendra larepreacutesentation de la figure 13
En convention reacutecepteur la puissance eacutelectrique srsquoeacutecrit eacutegalement
ndash Si on dit que le dipocircle reccediloit de la puissance au reste du circuitndash Si on dit que le dipocircle fournit de la puissance du reste du circuit
112 Reacutecepteurs eacutelectriques lineacuteaires
Il existe trois types de reacutecepteurs eacutelectriques dits laquo lineacuteaires raquo les reacutesistances lesinductances (ou selfs) et les condensateurs (ou capaciteacutes) On reacutesume les relations
i1
i1 + i2 + i3 ndash i4 = 0
i2
i3
i4
Figure 12 Loi des nœuds
p u i= loz0p u i= loz gt0p u i= loz lt
p u i= loz0p u i= loz gt0p u i= loz lt
i
Convention laquo geacuteneacuterateur raquou
Dipocircle i
Convention laquo reacutecepteur raquou
Dipocircle
Figure 13 Conventions geacuteneacuterateur et reacutecepteur
11 Synthegravese de cours ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 3copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
couranttension geacuteneacuterales de ces dipocircles de base naturellement en convention reacutecep-teur autour de la figure 14
113 Reacutegime continu et reacutegimes variables
Reacutegime continu
On parle de reacutegime (permanent) continu degraves lors que les grandeurs eacutelectriques(courants et tensions) drsquoun circuit sont indeacutependantes du temps Dans ce reacutegimeparticulier les inductances repreacutesentent des court-circuits et les condensateurs descircuits ouverts En continu les reacutesistances sont donc les seuls reacutecepteurs lineacuteairesOn reacutesume les caracteacuteristiques agrave retenir des reacutegimes continus tout particuliegraverementles caracteacuteristiques eacutenergeacutetiques par la preacutesentation classique de lrsquoassociationlaquo geacuteneacuterateurreacutecepteur raquo faite dans la figure 15
Reacutegimes variables
On distingue classiquement deux types de reacutegimes variables crsquoest-agrave-dire danslesquels les grandeurs eacutelectriques deacutependent du temps les reacutegimes transitoires et lesreacutegimes entretenus peacuteriodiques
R
L
C
i
i
i
u
u
u
Figure 14 Lois geacuteneacuterales des reacutecepteurs lineacuteaires
Reacutesistance (loi drsquoOhm) R en Ohm (Ω)( ) ( )u t R i t= loz
Inductance L en Henry (H)d ( )
( )di t
u t Lt
= loz
Condensateur C en Farad (F)d ( )( )
du t
i t Ct
= loz
R
I
URs
E
geacuteneacuterateur reacutecepteur
Figure 15 Reacutegime continu association geacuteneacuterateur reacutecepteur
charge reacutesistance de sortie du geacuteneacuterateur
puissance reccedilue par la charge puissance fournie par le geacuteneacuterateur
(si )
(si )
(si [non deacutemontreacute])
RsR
sup2P U I R I= sdot = sdotP E I= sdot
maxs
EI
R= 0R =
maxU E= R = bull
maxsup2
4 s
EP
R=
loz sR R=
4 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Les reacutegimes transitoires Ce sont les eacutevolutions particuliegraveres des grandeurs eacutelectri-ques qui apparaissent lors des modifications brutales des caracteacuteristiques drsquouncircuit eacutelectrique En geacuteneacuteral ils ne se produisent pas de faccedilon reacutepeacuteteacutee sinon on parlede reacutegime entretenu peacuteriodique Ils feront lrsquoobjet drsquoune eacutetude particuliegravere dans lechapitre deacutedieacute aux reacutegimes transitoires et aux grandeurs non sinusoiumldales
Les reacutegimes peacuteriodiques Ils se caracteacuterisent par le fait que les grandeurs eacutelectri-ques sont peacuteriodiques La dureacutee de reacutepeacutetition srsquoappelle la peacuteriode (T en s) soninverse est appeleacute la freacutequence ( f en Hz)
114 Valeurs caracteacuteristiques des reacutegimes peacuteriodiques quelconques
Pour caracteacuteriser facilement les grandeurs eacutelectriques variables dans le temps desreacutegimes peacuteriodiques on distingue les paramegravetres incontournables noteacutes autour de lafigure 16 que sont la peacuteriode la freacutequence la valeur moyenne la valeur efficace
Ces notions sont des notions phares en eacutelectrotechnique et il est impeacuteratif de lesmaicirctriser parfaitement drsquoautant qursquoelles sont universelles dans le domaine desreacutegimes peacuteriodiques
Remarques importantes
La valeur moyenne drsquoun signal est la valeur qui seacutepare le signal sur unepeacuteriode en deux surfaces eacutegales (voir la figure 16)
Crsquoest la recherche de la puissance par effet Joule due agrave un courant alter-natif qui megravene agrave la notion de valeur efficace En reacutealiteacute la valeur efficacedrsquoun courant est celle qui produit la mecircme puissance consommeacutee par effetJoule qursquoun courant continu de mecircme valeur En bref la formulation despuissances sera la mecircme en alternatif et en continu sous reacuteserve drsquoutiliserla valeur efficace dans tous les cas
Si s(t) = s1(t) + s2(t) alors lt s gt = lt s1 gt + lt s2 gt mais
s(t)
t T0
lt s gt=
Figure 16 Caracteacuteristiques des grandeurs peacuteriodiques quelconques
Grandeur peacuteriodique quelconque sPeacuteriode T en secondes
Freacutequence en Hertz (Hz)
Pulsation en radians par secondes (rads) (deacutefinie en sinusoiumldal)
Valeur moyenne
Valeur efficace
1f
T=
ω π2 f=
( )
1( )d
T
s s t tT
lt gt = Uacute
eff( )
1sup2( )d
T
S S s t tT
= = Uacute
eff 1eff 2effS S Sπ +
11 Synthegravese de cours ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 5copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
115 Le reacutegime sinusoiumldal et sa repreacutesentation complexe
Crsquoest en reacutegime sinusoiumldal que transformateurs machines tournantes etc ont unfonctionnement optimum Crsquoest eacutegalement en reacutegime sinusoiumldal qursquoon peut trans-porter lrsquoeacutenergie eacutelectrique sous tregraves haute tension gracircce agrave lrsquoutilisation des trans-formateurs Ce reacutegime correspond agrave la plus grande partie des configurationsrencontreacutees dans le domaine de lrsquoeacutenergie eacutelectrique et donc de lrsquoeacutelectrotechnique Ilest impeacuteratif drsquoen maicirctriser parfaitement les notions et les meacutethodes drsquoapproche quisont incontournables pour aborder les chapitres suivants
Nature des grandeurs alternatives sinusoiumldales
On reacutesume autour de la figure 17 les caracteacuteristiques drsquoune grandeur sinusoiumldale
Neacutecessiteacute drsquoune notation particuliegravere des grandeurs sinusoiumldales
En reacutegime sinusoiumldal les relations de maille exprimeacutees agrave lrsquoaide des relations entou-rant la figure 14 deviennent des eacutequations diffeacuterentielles dont la reacutesolution secomplique de faccedilon prohibitive dans les circuits comportant plus drsquoun ou deuxreacutecepteurs Pourtant le reacutegime sinusoiumldal est le plus utiliseacute dans le domaine delrsquoeacutenergie eacutelectrique Il est donc impeacuteratif de mettre en œuvre une notation et unemeacutethodologie particuliegraveres portant sur les grandeurs sinusoiumldales Cette notation estla laquo notation complexe raquo (ou vectorielle) des grandeurs sinusoiumldales
Rappels eacuteleacutementaires sur les nombres complexes
Soit lrsquoespace en deux dimensions des nombres complexes On peut alorseacutecrire
avec i le nombre complexe uniteacute tel que On preacutefegravere en eacutelec-triciteacute et pour ne pas confondre i avec un courant eacutecrire en notant j lenombre complexe uniteacute
On repreacutesente les nombres complexes dans un plan appeleacute laquo plan complexe raquorepreacutesenteacute sur la figure 18
s(t)
t T 0 T 2
Smax Seff = Smax radic2
Figure 17 Caracteacuteristiques des grandeurs sinusoiumldales
Grandeur sinusoiumldale Peacuteriode
Freacutequence
Pulsation Phase agrave lrsquoorigine (ici ϕ = 0)Valeur moyenne
Valeur efficace (non deacutemontreacute)
Attention ces reacutesultats sont valables uniquement en reacutegime sinusoiumldal
max( ) sin( )s t S t= sdot ω + ϕ( )T s
1(Hz)f
T=
2 (rads)fω = πϕ
0slt gt =
maxeff
2
SS S= =
Œz C
z a i b= + loz = -2 1iz a j b= + loz
6 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Speacutecificiteacute de lrsquoeacutelectrotechnique
En eacutelectrotechnique les reacutecepteurs eacutelectriques sont pratiquement toujours connecteacutesaux bornes drsquoune mecircme source fournissant une tension sinusoiumldale u qursquoon caracteacute-risa par sa valeur efficace U En consideacuterant la tension u(t) comme tensiondrsquoalimentation drsquoun systegraveme de charges on consideacuterera souvent cette tensioncomme eacutetant agrave lrsquoorigine des phases On eacutecrit ainsi de faccedilon classique une tensionsinusoiumldale de reacutefeacuterence sous la forme
Par ailleurs la grande majoriteacute des reacutecepteurs eacutelectriques sous tension sinusoiumldalesont des reacutecepteurs agrave tendance inductive Ainsi dans la plupart des cas le couranti(t) traversant un dipocircle est en retard par rapport agrave la tension u(t) On eacutecrira alors parconvention les courants sous la forme
Cette eacutecriture (avec le signe moins dans le sinus) est une convention drsquoeacutecriturepropre agrave lrsquoeacutelectrotechnique mais est rarement utiliseacutee en eacutelectronique ou automa-tique On repreacutesente lrsquoexemple drsquoun dipocircle quelconque adoptant ces notations sur lafigure 19
Notation complexe des tensions et des courants sinusoiumldaux
Pour repreacutesenter une grandeur sinusoiumldale il suffit agrave freacutequence constante deconnaicirctre sa valeur efficace et sa phase En eacutelectrotechnique lrsquoeacutecriture sous formecomplexe des courants et des tensions permet de ne les caracteacuteriser que par ces deuxgrandeurs et non plus en fonction du temps
On fera de faccedilon universelle lrsquoeacutequivalence formuleacutee autour de la figure 19eacutetablie par convention pour un reacutecepteur inductif
Les nombres complexes et sont les laquo phaseurs raquo (ou amplitudes complexes)de la tension u et du courant i Ce sont des grandeurs complexes fixes dans le plancomplexe qui nrsquoapportent que les valeurs efficaces et les deacutephasages respectifscomme informations Travailler sur ces nombres complexes revient agrave travailler surles grandeurs caracteacuteristiques des grandeurs temporelles agrave la diffeacuterence que les rela-tions de maille et les lois des nœuds deviennent des relations lineacuteaires (et non plusdes eacutequations diffeacuterentielles)
Im
Re a
b
r θ
+
Z
Figure 18 Rappel sur les complexes
La norme (ou module) du complexe srsquoeacutecrit La projection du module sur les axes donne
et Drsquoougrave lrsquoeacutecriture polaire du nombre complexe
θ est appeleacute lrsquoargument de on eacutecrit
Z sup2 sup2r Z a b= = +
cosa r= sdot θ sinb r= sdot θZ
θ= + sdot = θ + sdot θ = sdot(cos sin ) e jZ a j b r j rZ θ = =Arg( ) Arctan( )Z b a
max( ) sin( ) 2 sin( )u t U t U tω ω= loz = loz loz
( ) 2 sin( )i t I tω ϕ= loz loz -
U I
11 Synthegravese de cours ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 7copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Application de la notation complexe aux dipocircles lineacuteaires communs notions drsquoimpeacutedance
On repreacutesente autour de la figure 110 lrsquoapplication de la notation complexe auxdipocircles lineacuteaires rencontreacutes en eacutelectrotechnique
u(θ)
θ = ωt
2π0
UmaxImax
i(θ)
Re
I ϕ gt 0
Im
U U
I
u(t)
i(t)
π
ϕ
Figure 19 Notation complexe des courants et des tensions sinusoiumldaux (exemple du reacutecepteur inductif)
Grandeurs Sinusoiumldales temporelles
Repreacutesentation faciliteacutee en fonction de θ = ωt
Peacuteriode angulaire 2π (rad)
( ) 2 sin( )u t U t= sdot sdot ω
( ) 2 sin( )i t I t= sdot sdot ω minus ϕ
( ) 2 sin( )u Uθ = sdot sdot θ
( ) 2 sin( )i Iθ = sdot sdot θ minus ϕ
Grandeurs Complexes
Repreacutesentation dans le plan complexe
(si la tension u est agrave lrsquoorigine des phases)
sdot= sdot =0e jU U U ϕ= sdot e jI I
effU U U= =
effI I I= =
ϕ = = minus( ) Arg( )I U I
ReI
Im
U U
I
R
ReIϕ = π 2
Im
UU
I
L
Re
I
Im
U U
I
C
Repreacutesentations complexes
ϕ = 0
ϕ = ndash π 2
Figure 110 Courants et tensions complexes des principaux dipocircles
Reacutesistance U R I= sdot
Inductance U jL I= ω sdot
Condensateur ω
1U I
jC= loz
Relations couranttension (non deacutemontreacutees)
Le terme repreacutesente laquo lrsquoimpeacutedance complexe raquoU
ZI
=
8 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Remarques importantes La notion drsquoimpeacutedance est tregraves importante puisqursquoellereflegravete une proportionnaliteacute entre les courants et les tensions et non plus unerelation diffeacuterentielle On retiendra
Impeacutedance complexe drsquoun dipocircle Impeacutedance drsquoun dipocircle en Ohms (Ω)
Admittance drsquoun dipocircle et en Siemens (S)
Les impeacutedances complexes sont des nombres complexes Classiquementsi R repreacutesente la reacutesistance seacuterie de lrsquoimpeacutedance et X sa reacuteac-tance seacuterie
De mecircme si R repreacutesente la reacutesistance parallegravele de lrsquoimpeacute-
dance et X sa reacuteactance parallegravele
Les impeacutedances complexes beacuteneacuteficient des regravegles drsquoassociations classi-ques des reacutesistances On retiendra les associations mises en eacutevidence sur lafigure 111
Dipocircles inductifs et capacitifs
Agrave partir de ces associations on distinguera classiquement les dipocircles agrave reacuteactance etdeacutephasage positif et ceux agrave reacuteactance et deacutephasage neacutegatifs respectivement appeleacutesinductifs et capacitifs Ces dipocircles sont repreacutesenteacutes sur la figure 112
UZ
I=
Z Z=1 I
YZ U
= = Y Y=
Z R jX= +
1 1Y
R jX= +
U
I
Z1 Z2 U
I
Z1
Z2
Yeq = Y1 + Y2 ou Zeq = Z1 middot Z2 (Z1 + Z2) Zeq = Z1 + Z2
I
U ZeqAssociation
parallegraveleAssociation
seacuterie
Figure 111 Regravegles drsquoassociation des impeacutedances
ReI
Im
U U
I
L
Re
I
Im
U U
I
C
R
R
U
I
R
U
I
C R
L Dipocircle inductif
Dipocircle capacitif
ou
ou
ϕ gt 0
ϕ lt 0
Figure 112 Dipocircles capacitifs et inductifs
11 Synthegravese de cours ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 9copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Meacutethodologie propre aux circuits en alternatif sinusoiumldal
Lors de lrsquoeacutetude drsquoun circuit en reacutegime sinusoiumldal on consideacuterera toutes les gran-deurs du circuit en notation complexe Autant les tensions et courants que les impeacute-dances On travaillera ensuite sur ces grandeurs avec les mecircmes meacutethodes qursquoencontinu La deacutetermination des grandeurs inconnues consistera toujours dans la deacuteter-mination de sa notation complexe ce qui en geacuteneacuteral est facile Pour revenir ensuiteaux formes temporelles ou aux grandeurs caracteacuteristiques il suffira de calculer lemodule et lrsquoargument de la grandeur pour en deacuteduire sa valeur efficace et sa phase agravelrsquoorigine
116 Les puissances eacutelectriques
En physique une puissance repreacutesente une quantiteacute drsquoeacutenergie par uniteacute de tempsSon uniteacute est le Watt (1 W = 1 Js) En regravegle geacuteneacuterale la puissance qui motive lessystegravemes de conversion drsquoeacutenergie est la puissance moyenne des systegravemes onlrsquoappelle aussi puissance active Le concept de puissance est un outil indispensableen eacutelectrotechnique il permet drsquoailleurs souvent drsquoavoir une vision globale dessystegravemes et de reacutesoudre facilement certains problegravemes par la technique du bilan depuissances Outre la deacutefinition theacuteorique de la puissance dite active on retiendra laformulation pratique eacutenonceacutee autour de la figure 113 et faisant apparaicirctre directe-ment la notion de facteur de puissance
Puissance eacutelectrique en reacutegime continu
Le reacutegime continu repreacutesente le cas le plus simple de calcul de puissance eacutelectriquepuisque le facteur de puissance vaut 1 Le seul reacutecepteur passif eacutetant la reacutesistance onpeut reacutesumer lrsquoexpression des puissances en continu aux informations de la figure 114
V
I
Dipocircle quelconque
Figure 113 Formulation geacuteneacuterale de la puissance et du facteur de puissance
La puissance consommeacutee par le dipocircle srsquoeacutecrit
V et I eacutetant les valeurs efficacesk facteur de puissance compris entre 0 et 1
P k V I= sdot sdot
V
I
R
Puissance fournie Puissance reccedilue
P = V middot I P = V middot I = R middot I2
Figure 114 Puissance en reacutegime continu
10 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Puissances eacutelectriques en reacutegime alternatif sinusoiumldal
En reacutegime alternatif sinusoiumldal on srsquointeacuteresse toujours agrave la puissance moyenneconsommeacutee par les reacutecepteurs eacutelectriques On parle pour la nommer de puissanceactive Pourtant on distingue plusieurs autres types de puissance eacutelectriques quicorrespondent agrave des notions lieacutees aux aspects technologiques de la distribution delrsquoeacutenergie eacutelectrique
On srsquointeacuteresse au cas geacuteneacuteral drsquoun dipocircle sous la tension etparcouru par le courant On distingue alors les puissancessuivantes
La puissance instantaneacutee Crsquoest le produit courant tension agrave tout instant
Apregraves simplification du produit on trouve
La puissance fluctuante Crsquoest la partie variable de la puissance instantaneacutee
La puissance active Crsquoest la valeur moyenne de la puissance instantaneacutee
Crsquoest la puissance qui correspond agrave un travail physique effectif son uniteacute est leWatt (W)
La puissance apparente Crsquoest le produit des valeurs efficaces Cette puissance est souvent appeleacutee laquo puissance de dimensionnement raquo elle est la
grandeur caracteacuteristique de lrsquoisolation et de la section des conducteurs crsquoest-agrave-diredes dimensions des appareillages Son uniteacute est le Volt-Ampegravere (VA)
La puissance reacuteactive Crsquoest la puissance sans effet physique en terme de travailqui correspond agrave la partie laquo reacuteactive raquo du courant Elle nrsquoest deacutefinie qursquoen reacutegimesinusoiumldal et srsquoeacutecrit
Son uniteacute est le Volt-Ampegravere-Reacuteactif (VAR)Une fois ces puissances deacutefinies il est impeacuteratif de savoir par cœur les deacutefinitions
et les relations reacutesumeacutees sur la figure 115
( ) 2 sin( )v t V tω= loz loz( ) 2 sin( )i t I tω ϕ= loz loz -
( ) ( ) ( )p t v t i t= loz
( ) cos cos(2 )p t V I V I tϕ ω ϕ= loz loz + loz loz -
( ) cos(2 )fp t V I tω ϕ= loz loz -
( ) cosP p t V I ϕ= lt gt = loz loz
S V I= loz
sinQ V I ϕ= loz loz
V
I
Dipocircle reacutecepteur
Re I ϕ gt 0
Im
V
Figure 115 Puissances en reacutegime sinusoiumldal
Puissance active (W)Puissance reacuteactive (VAR)Puissance apparente (VA)
Relation
Facteur de puissance
cosP V I= sdot sdot ϕsinQ V I= sdot sdot ϕ
S V I= sdot
maxeff
2
VV V= = max
eff2
II I= =
sup2 sup2 sup2S P Q= +
ϕcosP
kS
= =
ϕtanQP
=
11 Synthegravese de cours ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 11copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Puissance apparente complexe
Pour deacuteterminer analytiquement les diverses puissances on forme la puissanceapparente complexe
ougrave est le complexe conjugueacute de
On montre que et que
Cette puissance est uniquement une expression calculatoire destineacutee agrave la deacutetermi-nation brute des diverses puissances par identification des parties reacuteelle et imaginaire
On utilise agrave titre drsquoexemple la puissance apparente complexe sur la figure 116qui fait apparaicirctre de faccedilon syntheacutetique les expressions des puissances actives etreacuteactives des dipocircles les plus communs rencontreacutes en eacutelectrotechnique Il est impeacute-ratif de maicirctriser parfaitement les donneacutees de cet encadreacute et au pire de savoir lesretrouver sans peine
Theacuteoregraveme de Boucherot et triangle des puissances
Crsquoest le theacuteoregraveme incontournable qui reacutegit les raisonnements portant sur les diversespuissances en eacutelectrotechnique On reacutesume ce theacuteoregraveme et ses corollaires autour dela figure 117
Theacuteoregraveme de Boucherot La puissance active drsquoun systegraveme est la somme des puis-sances actives des eacuteleacutements le constituant de mecircme pour la puissance reacuteactive et la
S V I= loz I I
S P j Q= + loz = = +2 2S S P Q
U R
U
I R
U
I C
jX Dipocircle
parallegravele
Dipocircle seacuterie
U
I
R
U
I
L
I
jX
Reacutesistance
Inductance
Condensateur
Figure 116 Puissances associeacutees aux dipocircles communs
P Q
= R middot middot I= RI2
= U2 R
RI2 = U2 R 0
= jLω middot I middot I= jLωI2
= jU2 Lω0 jLωI2 = jU2 Lω
= ndash j Cω middot I middot I= ndash j CωI2
= jU2 Lω0 ndash j CωI2 = ndash jCωU2
= (R + jX)I middot I= RI2 + jX middot I2
R middot I2 X middot I2
= middot I
= (R jX)U2 R U2 X
S
S I
S
S
S
S U
U I
12 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
puissance apparente complexe En revanche crsquoest faux en ce qui concerne la puis-sance apparente
12 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 1 CIRCUITS MONOPHASEacuteS ET PUISSANCES EacuteLECTRIQUES
121 Eacutenonceacutes
Exercice 11 Charge monophaseacutee
On considegravere la charge monophaseacutee repreacutesenteacutee sur la figure 118 placeacutee sous unetension sinusoiumldale de valeur efficace V = 230 V et de freacutequence 50 Hz
1) Calculer la valeur efficace du courant circulant dans la reacutesistance 2) Calculer la valeur efficace du courant circulant dans la reacutesistance 3) Calculer la valeur efficace du courant absorbeacute par lrsquoensemble de ce circuit4) Calculer la valeur des puissances active P reacuteactive Q et apparente S relatives agrave cecircuit5) En deacuteduire la valeur du facteur de puissance de cette charge
P1 Q1 P2
Q2 Pn Qn
V
I
hellip
S = V middot I P = P1 + P2 + hellip + Pn Q = Q1 + Q2 + hellip + Qn S = S1 + S2 + hellip + Sn mais attention S ne S1 + S2 + hellip + Sn
P1
Q1S1
P2Q2
S2
Qn
Pn
Sn
S (S = VI)
Repreacutesentation de la conservation des puissances sous la forme de triangles des puissances
Figure 117 Theacuteoregraveme de Boucherot et triangles des puissances
V
I L = 20 mH
R2 = 10 ΩR1 = 20 Ω
Figure 118
1I 1R
2I 2RI
12 Seacuterie drsquoexercices ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 13copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Exercice 12 Repreacutesentation vectorielle des courants et tensions
On considegravere le circuit repreacutesenteacute sur la figure 119 ougrave est la repreacutesentationcomplexe drsquoune tension sinusoiumldale de valeur efficace V = 100 V et de freacutequence50 Hz Les composants de ce circuit sont directement caracteacuteriseacutes par la valeur deleur impeacutedance complexe
1) Calculer la valeur efficace du courant 2) Calculer la phase du courant si on considegravere la tension agrave lrsquoorigine desphases Eacutecrire alors lrsquoexpression temporelle de la tension v et du courant i3) Eacutecrire la loi de maille qui reacutegit ce circuit4) Repreacutesenter tous les complexes formant cette loi de maille sur un diagrammevectoriel dans le plan complexe (diagramme de Fresnel)
Exercice 13 Diviseur de courant
Du circuit repreacutesenteacute sur la figure 120 on ne connaicirct que la valeur du courant totalabsorbeacute I = 25 A ainsi que les valeurs des impeacutedances noteacutees sur la figure
1) Calculer la valeur de la tension efficace V appliqueacutee agrave cette charge2) En deacuteduire les valeurs de et 3) En deacuteduire lrsquoexpression litteacuterale de la puissance active P et de la puissance reacuteac-tive Q consommeacutees par cette charge
Exercice 14 Puissance apparente complexe
On considegravere ici la charge monophaseacutee sous 127 V repreacutesenteacutee sur la figure 121
V
V
I j10 Ω
20 Ω
ndashj5 Ω
Figure 119
I II V
V
I1
10 Ω
1 j0002
I2 j40 Ω
4 ΩI
Figure 120
1I 2I
V
I L = 10 mH
R = 10 ΩC
Figure 121
14 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
1) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la puissance apparente complexe enfonction de V R L et C
2) En deacuteduire lrsquoexpression litteacuterale de la puissance active P et de la puissance reacuteac-tive Q consommeacutees par cette charge
3) Calculer la valeur de la capaciteacute C permettant drsquoannuler la valeur de Q
4) Calculer en utilisant la valeur de C obtenue la valeur efficace du courantabsorbeacute par lrsquoensemble de ce circuit
5) Agrave quoi est alors eacutequivalent ce circuit pour cette valeur particuliegravere de la capaciteacute
Exercice 15 Traceacutes dans le plan complexe et compensation de puissance reacuteactive
Un atelier monophaseacute est constitueacute de trois ensembles de machines constituant lescharges 1 2 et 3 mises en parallegravele sur la mecircme tension sinusoiumldale agrave 50 Hz devaleur efficace V = 230 V On reacutecapitule dans le tableau 11 ci-dessous les mesuresfaites sur chacune de ces charges
1) Calculer pour chaque charge lrsquoensemble des grandeurs eacutelectriques la caracteacuterisant courant absorbeacute puissances actives reacuteactives et apparente facteur de puissance Onnotera ces grandeurs etc
2) En deacuteduire la valeur de la puissance active totale P et de la puissance reacuteactivetotale Q consommeacutees par la charge totale calculer eacutegalement la puissance apparentetotale S le facteur de puissance global ainsi que le courant total absorbeacute I
3) Repreacutesenter dans le plan complexe les courants et On reacutealisera undiagramme sans eacutechelle mais sur lequel les amplitudes et deacutephasages des vecteursseront noteacutes On prendra comme reacutefeacuterence de phase la tension
4) Repreacutesenter la construction du triangle des puissances de lrsquoensemble de cescharges
5) On deacutesire en placcedilant un condensateur C prime en parallegravele sur lrsquoinstallation relever lefacteur de puissance agrave la valeur Calculer la valeur de C prime6) Calculer eacutegalement la valeur CPrime drsquoun condensateur permettant drsquoobtenir unfacteur de puissance
7) Le facteur de puissance ayant la mecircme valeur dans les deux cas quel condensa-teur choisit-on en pratique
Tableau 11
Charge 1 Charge 2 Charge 3
S V I= loz
I
1 20 kWP =
1 15 kVARQ =
2 45 kVAS =
2cos 06 ARj =
3 10 kVAS =
3 5 kVARQ = -
1I 2I 3I 1P 2P
1I 2I 3I I
V
cos 09 ARϕ =cent
cos 09 AVϕ =centcent
12 Seacuterie drsquoexercices ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 15copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Exercice 16 Comparaison continualternatif
Un radiateur est constitueacute drsquoun enroulement de fil eacutelectrique repreacutesentant une reacutesis-tance et une inductance
1) Calculer la tension continue sous laquelle il faut placer cette reacutesistance de tellemaniegravere agrave ce qursquoelle dissipe une puissance P = 1 500 W En deacuteduire lrsquointensiteacute ducourant qui la traverse alors
2) On deacutesire agrave preacutesent mettre ce radiateur sous une tension sinusoiumldale agrave 50 HzCalculer la valeur efficace du courant permettant de dissiper P = 1 500 W dans lareacutesistance
3) En deacuteduire la valeur efficace de la tension neacutecessaire agrave la production de cette puis-sance Commenter ces valeurs
4) Mecircmes questions pour une tension de freacutequence 400 Hz Pourquoi eacutetudier eacutegale-ment le circuit pour cette valeur de freacutequence Le radiateur laquo fonctionnerait raquo-ilsous 240 V 400 Hz
5) Que devient la comparaison entre la solution continue et alternative si on neacutegligelrsquoinductance de lrsquoenroulement
122 Correction des exercices
Exercice 11 Charge monophaseacutee
1)
2)
3) Impossible ici drsquoajouter les valeurs efficaces calculeacutees Il est neacutecessaire de calculerlrsquoimpeacutedance eacutequivalente
On en deacuteduit
4)
drsquoougrave
30R Ω= 50 mHL =
11
230115 A
20
VI
R= = =
ω π-= = =
+ loz + loz yen yen2 2 2 2 3 2
2
230195 A
( ) 10 (20 10 2 50)
VI
R L
πω
π
3
1 2 3
20 (10 (20 10 100 )) 200 1256 ( )
30 628(20 10) (20 10 100 )
j jR R jL
jj
-
-loz + loz yen + loz
+ = =+ loz+ + loz yen
ω= = =
+ +
+
2 21 2
2 2
2302985 A
( ) 200 1256
30 628
VI
R R jL
= loz + loz = yen + yen =2 2 2 21 1 2 2 20 115 10 195 644 kWP R I R I
ω π-= loz = loz yen yen =2 3 22 20 10 100 195 239 kVARQ L I = + =2 2 686 kVAS P Q
16 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
5)
Exercice 12 Repreacutesentation vectorielle des courants et tensions
1)
2)
Il est alors immeacutediat de revenir aux formes temporelles des grandeurs
et
3) La loi de maille srsquoeacutecrit
4) Le diagramme de Fresnel correspondant agrave cette maille est repreacutesenteacute sur la figure 122
Exercice 13 Diviseur de courant
1) Les impeacutedances complexes des deux branches srsquoeacutecrivent
et Lrsquoimpeacutedance complexe eacutequivalente agrave tout le circuit est
Il suffit ensuite drsquoeacutecrire
ϕ = = =+2 2
cos 093P P
S P Q
= = =+ -2 2
100485 A
206120 (10 5)
VI
Ecirc ˆ= fi = - + loz = - = - infin = -Aacute ˜Euml macr+ loz5
Arg(I) 0 Arg(20 5) Arc tan 14 0245 rad20 5 20
VI j
j
π( ) 100 2 sin(2 50 )v t t= loz loz loz loz π( ) 485 2 sin(2 50 0245)i t t= loz loz loz loz -
= loz loz + - loz + loz10 ( 5) 20V j I j I I
V
I 20 middot I
j middot 10 middot I
ndash j middot 5 middot I
Im
Re
Figure 122
11
4 4 50002
Z jj
= + = - lozloz
2 10 40Z j= + loz
1 2
1 2
2 040 3401079 528
14 10eq
Z Z jZ j
Z Z j
loz - loz= = = + loz+ - loz
= loz = loz = + loz =2 21079 528 300 Veq eqV Z I Z I I
12 Seacuterie drsquoexercices ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 17copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
2)
3)
Exercice 14 Puissance apparente complexe
1) Si on appelle lrsquoimpeacutedance complexe eacutequivalente de lrsquoensemble du circuit alors il est
possible drsquoeacutecrire
Donc
Il suffit de calculer
2) drsquoougrave et
3) Q = 0 si crsquoest-agrave-dire si
4) Dans ce cas donc
5) Le circuit est eacutequivalent agrave la reacutesistance seule pour cette valeur de la capaciteacute C
= = =+
1 2 21
3006 A
4 50
VI
Z
= = =+
2 2 22
30073 A
10 40
VI
Z
= loz + loz = yen + yen =2 2 2 21 24 10 4 6 10 73 677 WP I I
= - loz + loz = - yen + yen =2 2 2 21 250 40 50 6 40 735 3316 VARQ I I
eqZ
eqV Z I= loz
= loz = loz = 2
eq eq
V VS V I V
Z Z
ωω
ωωω
ω
11
11
eq
LR
Cj LC
Z LRL
R L jRC LCCj L
C
Ecirc ˆ-Aacute ˜Euml macr= = loz
Ecirc ˆ+ + -Aacute ˜Euml macrEcirc ˆ-Aacute ˜Euml macr
ωω
Egrave ˘Ecirc ˆ= = loz - -Aacute ˜Iacute ˙Euml macrIcirc ˚
2 2
1
eq
V VS L jRC L
LR CZ
S P jQ= + =2V
PR
ωω
Ecirc ˆ= - +Aacute ˜Euml macr
2 1V CQ L
L C
ωω
- + =10L
C ω=
2
1C
L
1
0eqZ LR RL jRC
= loz =+ yen
127 AV
IR
= =
18 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Exercice 15 Traceacutes dans le plan complexe et compensation de puissance reacuteactive
1) On deacutetaille dans le tableau 12 ci-dessous lrsquoensemble des grandeurs eacutelectriques pourchaque charge les valeurs donneacutees dans lrsquoeacutenonceacute eacutetant encadreacutees
2)
3) On repreacutesente le traceacute demandeacute sur la figure 123
Tableau 12
Charge 1 Charge 2 Charge 3
1 20 kWP =
1 15 kVARQ =
2 21 1 1 25 kVAS P Q= + =
11 1087 A
SI
V= =
11
1
cos 08 AR car Q 0P
Sj = = gt
2 368j = infin
2 45 kVAS =
2cos 06 ARj =
2 2 2cos 27 kWP S= loz j =
1 2 2sin 36 kVARQ S= loz j =
22 1957 A
SI
V= =
2 531j = infin
3 10 kVAS =
3 5 kVARQ = -
2 23 3 3 866 kWP S Q= - =
33 435 A
SI
V= =
33
3
cos 086 AV car Q 0P
Sj = = lt
3 307j = - infin
1 2 3 5566 kWP P P P= + + =
1 2 3 46 kVARQ Q Q Q= + + =
2 2 722 kVAS P Q= + =
ϕcos 077P
S= =
314 AS
IV
= =
V 230 V 0˚
I1 108 A 368˚
Im
Re
I2 1977 A 531˚
I3 435 A 30˚
ϕ1
ϕ2
ϕ3
I = I1 + I2 + I3
I1
I2
I3
Figure 123
12 Seacuterie drsquoexercices ndeg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques 19copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
4) Le triangle des puissances de lrsquoensemble de ces charges est repreacutesenteacute sur la figure 124
5) Avant de placer le condensateur
Apregraves avoir placeacute le condensateur C prime cosϕPrime = 09 AR drsquoougrave
On en deacuteduit
Drsquoougrave
6) Si on deacutesire un cosϕ arriegravere le signe de la tangente de lrsquoangle final change on eacutecrit donc
7) On choisit en pratique le condensateur de valeur la plus faible par eacuteconomie et afindrsquoeacuteviter un surdimensionnement inutile
Exercice 16 Comparaison continualternatif
1) Si la tension drsquoalimentation est continue les grandeurs de tout le circuit sont constantes enreacutegime permanent et lrsquoinductance nrsquoa pas drsquoeffet Le circuit est donc parfaitement eacutequivalent
agrave la reacutesistance seule Ainsi continus
2) En sinusoiumldal pur on tient compte de lrsquoinductance en eacutecrivant la valeur de lrsquoimpeacutedance
que repreacutesentent R et L
Par ailleurs efficaces
Reacuteactif
ActifP1
P2
P3
P
Q2
Q3
Q1
QS
ϕ
Figure 124
ϕ1 2 3 tanQ Q Q Q P= + + = loz
ϕ ϕ1 2 3 tan( ) tanC CQ Q Q Q Q P P Q cent= + + + = loz = +cent
ω ϕ ϕcent = - = -cent cent2 (tan( ) tan )CQ C V P P
ϕ ϕω
- -cent= =cent2
(tan( ) tan )12 mF
PC
V
ϕ ϕω
- - -centcent= =centcent2
( tan( ) tan )42 mF
PC
V
= = fi = loz =2
1 500 W 212 VV
P V R PR
1 5007 A
212
PI
V= = =
ω π Ω-= + = + loz loz loz =2 2 2 3 2( ) 30 (50 10 2 50) 338 Z R L
= = loz fi = =21 500 W 7 AP
P R I IR
20 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
3) efficaces
4) Si la freacutequence est de 400 Hz
Drsquoautre part efficaces
Mais
Agrave cette freacutequence lrsquoinductance repreacutesente une impeacutedance tregraves forte qui reacuteduit eacutenormeacutement lecourant Le radiateur ne peut alors fonctionner comme preacutevu agrave moins drsquoaugmenter la tensionjusqursquoagrave 913 V ce qui est souvent impossible et inadapteacute Il faudrait alors disposer drsquoun radia-teur fait pour fonctionner agrave cette freacutequence Cela existe par exemple dans les avions ougrave lereacuteseau eacutelectrique de bord est agrave 400 Hz pour des raisons de poids total de ce reacuteseau plus faibleagrave cette freacutequence
5) Si on neacuteglige lrsquoinductance on trouve les mecircmes valeurs de tension en courant en continuet en alternatif (avec les valeurs efficaces bien entendu) Crsquoest normal la formulation despuissances agrave partir des grandeurs efficaces est faite expregraves et crsquoest la seule qui permet lamecircme eacutecriture des puissances eacutelectriques quelque soit le reacutegime consideacutereacute
13 SYNTHEgraveSE DE COURS Ndeg 2 SYSTEgraveMES TRIPHASEacuteS
131 Systegraveme triphaseacute les bases
Systegraveme de tension triphaseacute eacutequilibreacute direct
De faccedilon tout agrave fait theacuteorique un systegraveme de tensions triphaseacutees eacutequilibreacute direct(TED) est un ensemble de trois tensions sinusoiumldales de mecircme amplitude et deacutepha-
seacutees entre elles drsquoangles valant toujours On retiendra la formulation suivante
V eacutetant la tension efficace des trois tensions
La repreacutesentation temporelle de ces trois tensions nrsquoest pas pratique agrave repreacutesenteraussi il est toujours preacutefeacuterable de lui preacutefeacuterer la repreacutesentation complexe qui est
240 VP
V ZI ZR
= = =
ω π Ω-= + = + loz loz loz =2 2 2 3 2( ) 30 (50 10 2 400) 1292 Z R L
= = loz fi = =21 500 W 7 AP
P R I IR
= = = 9135 VP
V ZI ZR
π2
3
ω
πω
πω
1
2
3
( ) 2 sin( )
2( ) 2 sin
3
2( ) 2 sin
3
v t V t
v t V t
v t V t
Iuml= loz lozOcirc
OcircOcircOcirc Ecirc ˆ= loz loz -Igrave Aacute ˜Euml macrOcircOcirc Ecirc ˆ= loz loz +Ocirc Aacute ˜Euml macrOcircOacute
13 Synthegravese de cours ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes 21copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
caracteacuteristique des systegravemes triphaseacutes Ces deux repreacutesentations sont preacutesenteacutees surla figure 125
Construction des systegravemes triphaseacutes couplage des phases cocircteacute geacuteneacuterateur
En pratique les trois tensions drsquoun systegraveme triphaseacute sont produites agrave partir drsquoalterna-teurs triphaseacutes ou pris en sortie de transformateurs triphaseacutes Concregravetement ces troistensions sont deacuteveloppeacutees par trois bobinages indeacutependants (qui repreacutesentent troisgeacuteneacuterateurs de tensions) Il apparaicirct alors la neacutecessiteacute drsquoassocier ces bobinages entreeux on appelle cela laquo le couplage des phases raquo Il existe deux types de couplage eacutetoile (Y) et triangle (∆) Ces deux couplages repreacutesentent les deux faccedilons de conce-voir un geacuteneacuterateur de tensions triphaseacutees Leurs caracteacuteristiques sont reacutesumeacutees sur lafigure 126
Construction des systegravemes triphaseacutes couplage des phases cocircteacute charges
Une fois le geacuteneacuterateur coupleacute il existe encore deux moyens drsquoy raccorder descharges (crsquoest-agrave-dire des impeacutedances repreacutesentant les diffeacuterents reacutecepteurs) Ondistinguera ainsi les charges eacutetoile et les charges triangle Pour plus de clarteacute et deconcision toutes les caracteacuteristiques de ces diffeacuterents montages sont reacutesumeacutees surla figure 126 Il est impeacuteratif de bien maicirctriser ces diffeacuterents cacircblages et leursconseacutequences
Caracteacuteristiques des couplages en eacutetoile
Il existe deux types de tensions
ndash Les tensions dites laquo simples raquo et ndash Les tensions dites laquo composeacutees raquo
et
On repreacutesente ces tensions complexes ainsi que la relation liant leurs valeurs effi-caces sur la figure 127
Il est impeacuteratif de retenir la relation entre tension simple et tension composeacutee
efficaces
V1
V2V3
θ = ωt0 2π 3 4π 3
v1(t) v2(t) v3(t)Repreacutesentation temporelle Repreacutesentation complexe
2π 120˚
120˚
Figure 125 Repreacutesentations drsquoun systegraveme de tensions triphaseacutees eacutequilibreacutees direct
1V 2V 3V
12 1 2U V V= - 23 2 3U V V= - 31 3 1U V V= -
3U V= loz
22 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Eacutetant donneacutees les deacutefinitions et les repreacutesentations complexes des diffeacuterentestensions on retiendra les deux relations remarquables suivantes et
Les points N et N prime srsquoappellent respectivement laquo Neutre raquo et laquo Neutre cocircteacutecharge raquo Ces deux points peuvent ecirctre reacuteunis ou pas on dit alors qursquoon a laquo relieacute (oupas) le neutre raquo
V1
V3
Couplage des phases cocircteacute geacuteneacuterateur Couplages des phases cocircteacute laquo charge raquo
V2
V1
V2
V3
N
N
3
2
1
3
2
1
U12
U23
U31
U31
U12
U23
U23
1
2
3
Nprime
Z1
Z2
Z3
I1
I2
I3
1
2
3
Z12
Z23
I1
I2 Z31
J31
J12
I3
Geacuteneacuterateur Eacutetoile (Y) Charge Eacutetoile (Y)
Geacuteneacuterateur Triangle (∆) Charge Triangle (∆)
IN
U12 U31
Associations possibles
Figure 126 Diffeacuterents couplages des geacuteneacuterateurs et des charges triphaseacutes
V1
V2 V3
U12
U23
U31
π 6
Figure 127 Tensions simples et tensions composeacutees
rArr U = 2 middot V middot cos(π 6) = middot V3
1 2 3 0V V V+ + =12 23 31 0U U U+ + =
13 Synthegravese de cours ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes 23copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Lorsque le neutre est relieacute on appelle le courant circulant dans le neutre Oneacutecrit alors que
Lorsque le neutre nrsquoest pas relieacute
Caracteacuteristiques des couplages en triangle
Il nrsquoexiste qursquoun seul type de tension les tensions composeacuteesIl existe par contre deux types de courants
ndash Les courants dits laquo de ligne raquo et ndash Les courants dits laquo de phase raquo et
Le couplage triangle ne fait pas apparaicirctre lrsquoexistence drsquoun NeutreEacutetant donneacutee la deacutefinition des tensions composeacutees on retiendra la formule
suivante Eacutetant donneacute qursquoil nrsquoexiste pas de retour de courant possible dans le montage
eacutetoile on a toujours
Systegraveme triphaseacute eacutequilibreacute
Lrsquoeacutequilibre et le deacuteseacutequilibre drsquoun systegraveme triphaseacute sont des notions tregraves impor-tantes par ailleurs ce sont des eacutetats directement imposeacutes par les charges du systegraveme
On dit qursquoun systegraveme triphaseacute est eacutequilibreacute srsquoil fournit des courants de mecircmeamplitude et de mecircme phase sur les trois phases Ceci nrsquoest possible que quand lesimpeacutedances de charge sont les mecircmes sur les trois phases crsquoest-agrave-dire si
(pour une charge eacutetoile) ou (pour une chargetriangle)
Remarques importantes agrave lrsquoeacutequilibre
Les courants sont quel que soit le type de montage tels que et
Comme les impeacutedances sont les mecircmes sur les trois phases et
La relation entre les valeurs efficaces de ces courants est alors (non
deacutemontreacute)
Comme agrave lrsquoeacutequilibre le courant de neutre est nul si leneutre est relieacute Les montages agrave neutre relieacute et agrave neutre non relieacute sont donceacutequivalents On dit dans ce cas que le neutre est laquo indiffeacuterent raquo
Systegraveme triphaseacute deacuteseacutequilibreacute
On dit drsquoun systegraveme triphaseacute qursquoil est deacuteseacutequilibreacute si toutes les grandeurs eacutelectriquesanalogues ne sont pas eacutegales drsquoune phase sur lrsquoautre Dans le cas drsquoun systegraveme deacuteseacute-quilibreacute on ne peut pas appliquer les relations eacutevoqueacutees agrave lrsquoeacutequilibre On serestreindra donc aux relations geacuteneacuterales propres aux montages rencontreacutes
NI1 2 3 NI I I I+ + =
1 2 3 0I I I+ + =
1I 2I 3I
12J 23J 31J
12 23 31 0U U U+ + =
1 2 3 0I I I+ + =
1 2 3Z Z Z= = 12 23 31Z Z Z= =
1 2 3 0I I I+ + = 12 23 31 0J J J+ + =
1 2 3I I I I= = = 12 23 31J J J J= = =
3I J= loz
1 2 3 0I I I+ + =
24 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
132 Puissances en triphaseacute
En terme de puissance un systegraveme triphaseacute est eacutequivalent agrave trois circuits mono-phaseacutes cocircte agrave cocircte Les formulations des puissances drsquoun systegraveme triphaseacute sont deacutefi-nies autour des figures 128 et 129
Cas particulier des systegravemes triphaseacutes eacutequilibreacutes Eacutetant donneacute que les grandeurseacutelectriques ont les mecircmes valeurs drsquoune phase sur lrsquoautre la formulation des puis-sances se simplifie consideacuterablement Dans le cas des montages eacutetoile le neutreeacutetant indiffeacuterent les charges sont toujours sous tension simple V Par ailleurs lapuissance apparente S et le facteur de puissance sont agrave nouveau deacutefinis par analogieavec les circuits monophaseacutes Il est donc impeacuteratif de retenir les expressions de cespuissances en reacutegime eacutequilibreacute reacutesumeacutees autour de la figure 129 Il est agrave noter queles formulations deviennent identiques dans les deux types de couplage des chargesce qui facilite eacutenormeacutement la meacutemorisation
1
2
3 Nprime
Z1 = Z1 middot ejϕ1
Z2 = Z2 middot ejϕ2
Z3 = Z3 middot ejϕ3
I1
I2
I3
1
2
3
Z12I1
I2
I3
Z31= Z31middotejϕ31
J31
Z23
J12
IN
VZ1
Charge eacutetoile deacuteseacutequilibreacutee
Charge triangle deacuteseacutequilibreacutee
U12
Figure 128 Formulation des puissances en reacutegime deacuteseacutequilibreacute
S et le facteur de puissance ne sont pas deacutefinis
ϕ ϕ ϕ1 1 1 2 2 2 2 2 2cos cos cosZ Z ZP V I V I V I= loz loz + loz loz + loz loz
ϕ ϕ ϕ1 1 1 2 2 2 2 2 2sin sin sinZ Z ZQ V I V I V I= loz loz + loz loz + loz loz
S et le facteur de puissance ne sont pas deacutefinis
ϕ ϕ ϕ12 12 23 23 31 31cos cos cosP U J U J U J= loz loz + loz loz + loz loz
ϕ ϕ ϕ12 12 23 23 31 31sin sin sinP U J U J U J= loz loz + loz loz + loz loz
1
2
3
Nprime
Z = Z middot ejϕ
Z
Z
I1
I2
I3
1
2
3
ZI1
I2
I3
Z = Z middot ejϕ
J31
ZIN
Charge eacutetoile eacutequilibreacutee
Charge triangle eacutequilibreacutee
U12
V3
Figure 129 Formulation des puissances en reacutegime eacutequilibreacute
soit
facteur de puissance
3 cosP V I= sdot sdot sdot ϕ
3 sinQ V I= sdot sdot sdot ϕ
sup2 sup2 sup2S P Q= + 3S V I= sdot sdot
cosP
kS
= = ϕ
soit
facteur de puissance
3 cos 3 cosP U J V I= sdot sdot sdot ϕ = sdot sdot sdot ϕ
3 sin 3 sinQ U J V I= sdot sdot ϕ = sdot sdot sdot ϕ
sup2 sup2 sup2S P Q= + 3S V I= sdot sdot
cosP
kS
= = ϕ
14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 25copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
133 Scheacutema eacutequivalent monophaseacute drsquoun systegraveme eacutequilibreacute
En terme de puissances et de grandeurs eacutelectriques une charge eacutequilibreacutee preacutesenteles mecircmes caracteacuteristiques sur ses trois phases Il est alors suffisant de raisonner surun scheacutema monophaseacute repreacutesentant une des phases Par convention le scheacutemamonophaseacute repreacutesente une phase du systegraveme eacutequivalent agrave geacuteneacuterateur et charge eacutetoile(neutre relieacute) Quand le systegraveme eacutetudieacute ne possegravede pas de neutre (charge triangle oueacutetoile sans neutre) on fait apparaicirctre un neutre dit fictif qui est celui du montageeacutetoile agrave neutre relieacute eacutequivalent On reacutesume ces consideacuterations dans la figure 130
Remarque On montre qursquoune charge triphaseacutee eacutequilibreacutee en triangledrsquoimpeacutedance par phase est eacutequivalente agrave une charge eacutetoile eacutequilibreacuteepreacutesentant une impeacutedance par phase (et reacuteciproquement)
14 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 2 CIRCUITS TRIPHASEacuteS
141 Eacutenonceacutes
Exercice 17 Comparaison triphaseacutemonophaseacute
On souhaite comparer deux lignes de distribution drsquoeacutenergie une ligne monophaseacuteeet une ligne triphaseacutee Ces deux lignes sont repreacutesenteacutees sur la figure 131 et sontdestineacutees agrave veacutehiculer le courant eacutelectrique sur la distance L
1
2
3
Nprime
Z = Z middot ejϕ Z = Z middot ejϕ
Z
Z
I1
I2
I3
I1
I2
I3
1
2
3
3 Z
3 Z
3 Z
J31
IN
Charge eacutetoile eacutequilibreacutee
Charge triangle eacutequilibreacutee
U12
V3
P
N
I
V
Figure 130 Scheacutema monophaseacute eacutequivalent drsquoune charge eacutequilibreacutee
Avec
soit
facteur de puissance
3 cosP V I= sdot sdot sdot ϕ3 sinQ V I= sdot sdot sdot ϕ
sup2 sup2 sup2S P Q= + 3S V I= sdot sdot
cosP
kS
= = ϕ
Z 3Z
26 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
1) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la valeur efficace du courant de la phase 1du circuit triphaseacute Que sont les expressions des courants sur les autres phases et 2) Calculer lrsquoexpression de la valeur efficace du courant circulant dans le circuitmonophaseacute3) Calculer lrsquoexpression de la puissance totale consommeacutee par la charge du montagemonophaseacute en fonction de V et R Idem pour le montage triphaseacute4) Que dire alors de ces deux installations 5) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la section des conducteurs permettant drsquoimposerune densiteacute de courant δ (Am2) dans les deux installations (en fonction de V R et δ)6) En deacuteduire lrsquoexpression du volume des conducteurs neacutecessaires agrave assurer la distri-bution drsquoeacutenergie dans les deux cas7) Calculer lrsquoexpression de la puissance instantaneacutee consommeacutee par la charge ducircuit monophaseacute (pour des tensions agrave la freacutequence f )8) Idem pour celle du circuit triphaseacute9) Conclure
Exercice 18 Installation triphaseacutee
On srsquointeacuteresse agrave lrsquoinstallation eacutelectrique triphaseacutee 230 V400 V drsquoun atelier comportant
ndash Des luminaires et des appareils de bureautique repreacutesentant 6 kW reacutepartis unifor-meacutement sur les trois phases et de facteur de puissance unitaire
ndash Trois machines triphaseacutees consommant chacune 5 kW avec un facteur de puis-sance de 08 arriegravere
ndash Un appareillage particulier repreacutesentant trois impeacutedances identiques cacircbleacutees en triangle sur les phases
1) Calculer les puissances active et reacuteactive et consommeacutees par les impeacute-dances 2) Calculer la puissance active totale consommeacutee par lrsquoatelier3) Calculer la puissance reacuteactive totale consommeacutee par lrsquoatelier4) En deacuteduire la puissance apparente totale et la valeur du courant de ligne Iconsommeacute
V
I
R
Longueur de la ligne LLongueur de la ligne L
I1 3R
3R
3R
V1
V2
V3
V = V1 = V2 = V3
N Nprime
Figure 131
1I
2I
3I
I
Ω Ω10 15Z j= +
ZP ZQZ
14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 27copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
5) Calculer la valeur du facteur de puissance de lrsquoatelier ce facteur est-il toleacuterablepar le fournisseur drsquoeacutenergie
6) Repreacutesenter dans le plan complexe les tensions simples composeacutees et lescourants de ligne des trois phases
7) Calculer la valeur des capaciteacutes C cacircbleacutees en eacutetoile permettant de relever lefacteur de puissance agrave la valeur 1
8) Calculer dans le cas de la question preacuteceacutedente lrsquoimpeacutedance agrave laquelle lrsquoatelier esteacutequivalent en scheacutema monophaseacute eacutequivalent
Exercice 19 Charges eacutetoiles et triangle
On considegravere une charge triphaseacutee eacutequilibreacutee constitueacutee de trois impeacutedances cacircbleacutees en eacutetoile sur un systegraveme de tensions triphaseacutees de tension simple V
et de tension composeacutee U
1) Quelle relation relie U et V
2) Calculer lrsquoexpression litteacuterale du courant efficace I absorbeacute par une phase en fonc-tion de V et Z
3) Preacuteciser la valeur du deacutephasage couranttension sur chaque phase Preacuteciser alorslrsquoexpression des puissances actives et reacuteactives consommeacutees par cette charge
On considegravere agrave preacutesent trois impeacutedances cacircbleacutees en triangle sur lemecircme systegraveme de tensions triphaseacutees On appellera J prime le courant de phase efficacecirculant dans les impeacutedances On appellera I prime la valeur efficace du courant deligne
4) Quelle relation relie I prime et J prime Quelle est donc lrsquoexpression de I prime en fonction de Vet Z prime
5) Preacuteciser lrsquoexpression des puissances actives et reacuteactives absorbeacutees par cettecharge en fonction de V I prime et
6) En deacuteduire la relation entre et pour que ces deux charges soient eacutequiva-lentes vues du reacuteseau triphaseacute
7) Calculer la relation entre Z et Z prime pour que ces deux charges soient eacutequivalentesEn deacuteduire alors la relation entre et
Exercice 110 Compensation drsquoeacutenergie reacuteactive en triphaseacute
Une charge triphaseacutee consomme sur un systegraveme triphaseacute 230 V400 V une puis-sance de 25 kW avec un facteur de puissance de 07 AR
1) Calculer la valeur des capaciteacutes C cacircbleacutees en eacutetoile permettant de relever lefacteur de puissance agrave la valeur 092 AR
2) Calculer la valeur des capaciteacutes C prime cacircbleacutees en triangle permettant de relever lefacteur de puissance agrave la valeur 092 AR
ϕe jZ Z= loz
ϕe jZ Z cent= lozcent cent
Z cent
ϕ centϕ ϕ cent
Z Z cent
28 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
3) Calculer la valeur des capaciteacutes CPrime cacircbleacutees en triangle permettant de relever lefacteur de puissance agrave la valeur 092 AV
4) Le facteur de puissance ayant dans les trois cas la mecircme valeur quelle solutionpreacutefeacuterer
Exercice 111 Reacuteseau triphaseacute deacuteseacutequilibreacute
On considegravere le systegraveme triphaseacute deacuteseacutequilibreacute 220380 V repreacutesenteacute sur lafigure 132
On donne la valeur des impeacutedances
1) Le neutre eacutetant relieacute calculer rapidement les valeurs efficaces des courants deligne et
2) Repreacutesenter sur un diagramme sans eacutechelle dans le plan complexe les tensionssimples complexes ainsi que les courants de ligne complexes
3) Par accident le conducteur de neutre se rompt et ne relie plus les points N et N primeEacutenoncer alors les eacutequations de mailles reacutegissant le systegraveme en fonction des tensionssimples et des tensions aux bornes des charges et de la tension
4) Ajouter ces trois eacutequations et en deacuteduire lrsquoexpression de en fonction de et Remplacer alors cette expression dans les deux premiegraveres
eacutequations de maille
5) Eacutenoncer la loi des nœuds au point N prime En deacuteduire une eacutequation en fonction destensions et les impeacutedances
6) Reacutesoudre le systegraveme formeacute par trois des eacutequations significatives preacuteceacutedentes etcalculer les expressions des vecteurs en fonction de et
7) Calculer alors lrsquoexpression de en fonction de et Repreacutesenter ce
vecteur dans le plan complexe et en deacuteduire la repreacutesentation de
8) Conclure sur les conseacutequences du deacutefaut consistant en la perte du neutre
I1 Z1V1
I2 Z2V2
I3 Z3V3
N NprimeU12
V1Nprime
Figure 132
Ω1 30Z j= Ω2 10Z j= - Ω3 20Z j=
1I 2I 3I
1NV cent 2NV cent 3NV centN NV cent
N NV cent1NV cent 2NV cent 3NV cent
1NV cent 2NV cent 3NV cent
1NV cent 2NV cent 3NV cent 1V 2V
N NV cent 1V 2V
1NV cent 2NV cent 3NV cent
14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 29copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Exercice 112 Charge eacutequilibreacutee et importance du neutre lors drsquoun incident
On souhaite dans cet exercice eacutetudier lrsquoincidence du neutre (relieacute ou pas) sur uneinstallation triphaseacutee tregraves simple Cette installation est constitueacutee de trois ensemblesidentiques drsquoampoules drsquoeacuteclairages cacircbleacutees en eacutetoile avec ou sans neutre sur ungeacuteneacuterateur de tensions triphaseacutees 230400 V Les ampoules sont des eacuteleacutements reacutesis-tifs et on estime leur consommation agrave 3 kW Le scheacutema de lrsquoinstallation est repreacute-senteacute sur la figure 133
1) Le systegraveme triphaseacute eacutetant eacutequilibreacute et si le neutre est relieacute que vaut la sommevectorielle
2) Est-il alors important de connecter le neutre (crsquoest-agrave-dire de relier par un fil lespoints N et N prime) dans cette installation
3) Sous quelle valeur de tension se trouvent les ampoules Calculer alors la valeurde la reacutesistance R eacutequivalente aux ampoules de chaque phase
4) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la notation complexe du courant de laphase 1 du circuit triphaseacute en fonction de et R Calculer la valeur efficace de cecourant Que sont les expressions des courants sur les autres phases et
5) Repreacutesenter sur un diagramme dans le plan complexe les vecteurs et (On nrsquoadoptera pas drsquoeacutechelle particuliegravere sur ce dessin mais on indi-
quera les valeurs efficaces et les deacutephasages suffisants agrave la compreacutehension)
6) On considegravere agrave preacutesent qursquoune anomalie a deacuteconnecteacute toutes les ampoules bran-cheacutees sur la phase 3 du circuit repreacutesenteacute sur la figure 133 sur lequel le neutre nrsquoestpas relieacute Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la notation complexe du courant de laphase 1 du circuit triphaseacute en fonction de et R
7) Preacuteciser la relation qui existe dans ce cas entre et Preacuteciser la valeur effi-cace du courant 8) Calculer alors sous quelle tension se trouvent agrave preacutesent les ampoules restantes
9) Repreacutesenter sur un diagramme dans le plan complexe les vecteurs ainsi que les tensions aux bornes des ampoules et (On nrsquoadoptera
toujours pas drsquoeacutechelle particuliegravere sur ce dessin mais on indiquera les valeurs effi-caces et les deacutephasages suffisants agrave la compreacutehension)
I1
I2
V1
V2
V3
V = V1 = V2 = V3 = V = 230 V N Nprime
R
Va1
Va2
Figure 133
1 2 3I I I+ +
1I
1V
1I 2I 3I
1V 2V 3V
1I 2I 3I
1I
1V 2V
1I 2I
1I
1V 2V 3V
1I 2I 1aV 2aV
30 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
10) Est-ce que les changements observeacutes se seraient produits si le neutre avait eacuteteacuterelieacute Faut-il alors de preacutefeacuterence relier ou ne pas relier le neutre pour qursquoune telleinstallation fonctionne correctement sans deacutependre des charges qursquoon lui impose
11) Dans les derniegraveres questions on a supposeacute que la valeur des reacutesistances querepreacutesentent les ampoules ne varient pas est-ce le cas
142 Correction des exercices
Exercice 17 Comparaison triphaseacutemonophaseacute
1) Le systegraveme triphaseacute est eacutequilibreacute en conseacutequence N = N prime et les reacutesistances sont toutessous tension simple V
On eacutecrit alors
2)
3) Dans le montage monophaseacute
Dans le montage triphaseacute
4) Les deux installations sont donc eacutequivalentes en terme de puissance transmise
5) La densiteacute de courant srsquoeacutecrit S eacutetant la section du conducteur qui veacutehicule le
courant I Agrave courant et agrave densiteacute de courant fixeacutes on en deacuteduit les sections des conducteursdans les deux montages
et
6) Le volume des conducteurs neacutecessaire vaut
et
Il faut donc deux fois plus de cuivre pour alimenter une charge en monophaseacute qursquoen triphaseacute
7) En monophaseacute en consideacuterant que on eacutecrit
8) En triphaseacute
1 2 3 3
VI I I
R= = =
VI
R=
= loz = loz =2 2
22
V VP R I R
RR
= yen loz = loz =2 2
21 2
3 (3 ) 99
V VP R I R
RR
δ I
S=
δ δmonoI V
SR
= =loz tri δ δ
1
3
I VS
R= =
loz
mono mono δ2
2LV
Vol S LR
= yen =loz δtri tri 3
LVVol S L
R= yen =
loz
ω( ) 2 sin( )V t V t= loz
ω= loz = = loz2 2
2 2( ) 2( ) ( ) sin ( )
V t Vp t R i t t
R R
= + +22 2
31 2 ( )( ) ( )( )
3 3 3
V tV t V tp t
R R R
14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 31copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Avec
9) En triphaseacute eacutequilibreacute la puissance instantaneacutee est constante et eacutegale agrave la puissancemoyenne Il nrsquoy a pas de puissance fluctuante et crsquoest un avantage pour certains reacutecepteurseacutelectriques Si on ajoute agrave ccedila qursquoil faut deux fois moins de conducteurs eacutelectriques pourtransmettre la mecircme puissance qursquoen monophaseacute on comprend pourquoi tous les reacuteseaux dedistribution drsquoeacutenergie eacutelectrique en alternatif sont triphaseacutes
Exercice 18 Installation triphaseacutee
1) Les impeacutedances sont cacircbleacutees en triangle crsquoest-agrave-dire conformeacutement au scheacutema de lafigure 134
Le courant efficace qui traverse les trois impeacutedances vaut
La puissance reacuteactive est due agrave la partie active des trois impeacutedances et peut srsquoeacutecrire
La puissance reacuteactive est due agrave la partie reacuteactive des impeacutedances
ωπ
ω
πω
1
2
3
( ) 2 sin( )
2( ) 2 sin
3
2( ) 2 sin
3
V t V t
V t V t
V t V t
IumlOcirc = loz lozOcircOcircOcirc Ecirc ˆ= loz loz -Igrave Aacute ˜Euml macrOcircOcirc Ecirc ˆ= loz loz +Ocirc Aacute ˜Euml macrOcircOacute
π πω ω ω
Egrave ˘Ecirc ˆ Ecirc ˆ= + - + +Aacute ˜ Aacute ˜Iacute ˙Euml macr Euml macrIcirc ˚
22 2 22 2 2
( ) sin ( ) sin sin3 3 3
Vp t t t t
R
π πω ω ω
Egrave ˘yen yenEcirc ˆ Ecirc ˆ= yen - + - - + - +Aacute ˜ Aacute ˜Iacute ˙Euml macr Euml macrIcirc ˚
22 1 2 2 2 2( ) 1 cos(2 ) 1 cos 2 1 cos 2
3 2 3 3
Vp t t t t
R
= yen yen = = =2 2
moyenne2 1
( ) 33 2
V Vp t P P
R R
I1V1
I2V2
I3V3
N Z
ZZU12
J
Figure 134
= =+2 2
127 A10 15
VJ
= yen loz =23 10 483 kWZP J
= yen loz =23 15 725 kVARZQ J
32 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
2)
3)
4)
drsquoougrave
5) Le facteur de puissance srsquoeacutecrit
Ce facteur de puissance est juste supeacuterieur agrave la limite de 08 en dessous de laquelle les four-nisseurs drsquoeacutenergie eacutelectrique facturent des taxes aux utilisateurs
6) Le traceacute des diffeacuterents vecteurs est repreacutesenteacute sur la figure 135
7) Trois capaciteacutes C en eacutetoile consomment la puissance reacuteactive
Pour obtenir un facteur de puissance unitaire il faut que la puissance reacuteactive totale delrsquoinstallation et des capaciteacutes soit nulle On eacutecrit donc
On en deacuteduit
8) La puissance reacuteactive totale eacutetant nulle lrsquoinstallation est eacutequivalente agrave trois reacutesistancespures de mecircme valeur R sur chaque phase
total 6 kW 3 5 kW 2583 kWZP P= + yen + =
3total 0 VAR 3 5 10 tan(Ar cos(08)) 185 kVARZQ Q= + yen loz yen + =
= + =2 2total total total 3177 kVAS P Q
total 3S V I= loz loz total 46 A3
SI
V= =
ϕ total
total
cos 081P
S= =
I1
I2
I3
V3 V2
V1U31 U12
U23
ϕ
Figure 135
ω
ω
= - loz = -2
23 31C
VQ C V
C
ω= - = - = -2total3 185 kVARCQ C V Q
ω π= = =
yen yen yen2 2
185 kVAR 185 kVAR037 mF
3 3 2 50 230C
V
14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 33copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Cette reacutesistance R est telle que
On en deacuteduit
Exercice 19 Charges eacutetoiles et triangle
1)
2) Le systegraveme est eacutequilibreacute chaque impeacutedance est donc sous tension simple et les rela-
tions de maille donnant les courants de ligne srsquoeacutecrivent
On en deacuteduit
3) Lrsquoargument de lrsquoimpeacutedance correspond au deacutephasage entre le courant de ligne
et la tension simple de chaque phase On eacutecrit donc
La puissance active consommeacutee par la charge totale est donc
Et la puissance reacuteactive consommeacutee par la charge est
4)
Comme dans chaque impeacutedance
5) Les trois impeacutedances sont cacircbleacutees en triangle crsquoest-agrave-dire qursquoelles sont sous tensioncomposeacutee (U) et parcourues par des courants de phase (J prime)
La puissance active totale consommeacutee par la charge vaut donc
La puissance reacuteactive totale consommeacutee par la charge vaut elle
6) Si les deux charges sont eacutequivalentes elles consomment le mecircme courant de ligne I = I primela mecircme puissance active P et la mecircme puissance reacuteactive Q
En eacutecrivant et
On en deacuteduit que
7) Il suffit ici drsquoeacutecrire que
= =2
total 2583 kW 3V
PR
Ω= =2
total
3614
VR
P
3U V= loz
Z
V Z I= loz
VI I
Z= =
ϕe jZ Z= lozϕϕ Arg( e ) ( )jZ I V= loz =
ϕ3 cosP V I= loz loz loz
ϕ3 sinQ V I= loz loz loz
3I J= lozcent cent
U Z J= lozcent cent3
3 3U V
I JZ Z
= loz = loz =cent centcent cent
ϕ ϕ ϕ3 cos 3 3 cos 3 cos3
IP U J V VI
cent= loz loz loz = loz loz loz loz =cent cent cent cent cent cent
ϕ ϕ3 sin 3 sinQ U J VI= loz loz loz =cent cent cent
ϕ ϕ3 cos 3 cosP V I P V I= loz loz loz = = loz loz lozcent cent ϕ ϕ3 sin 3 sinQ V I Q V I= loz loz loz = = loz loz lozcent cent
ϕ ϕ= cent
3V VI I
Z Z= = =cent
cent
34 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
On en deacuteduit que
Comme par ailleurs les arguments des deux impeacutedances sont eacutegaux on en deacuteduit
Pour reacutesumer une charge triangle est eacutequivalente agrave une charge eacutetoile composeacutee des mecircmesimpeacutedances diviseacutees par trois
On reacutesume cette remarque sur la figure 136
Exercice 110 Compensation drsquoeacutenergie reacuteactive en triphaseacute
1) La charge consomme la puissance active avec un facteur de puissance
On calcule drsquoembleacutee
Cette charge consomme donc la puissance reacuteactive positive (deacutephasage arriegravere = charge
inductive = Q gt 0)
Trois condensateurs de capaciteacute C cacircbleacutes en eacutetoiles sont sous la tension V = 230 V
En conseacutequence ils consomment la puissance reacuteactive
Pour finir les condensateurs ne modifiant pas la puissance active totale consommeacutee parle systegraveme lrsquoensemble charge + condensateurs va consommer la puissance reacuteactive
La relation entre ces diffeacuterentes puissances reacuteactives srsquoeacutecrit
crsquoest-agrave-dire
On en deacuteduit
2) Dans le cas des capaciteacutes C prime cacircbleacutees en triangle le calcul est le mecircme sauf que les trois
condensateurs sont sous la tension En conseacutequence ils consomment la puissance
reacuteactive
3
ZZ
cent=
ϕe3
j ZZ Z
cent= loz =
I1
Z
Z Z
V1
I2V2
I3V3
N
U12
I1V1
I2V2
I3V3
U12 J
Z 3
Z 3
Z 3
N
Figure 136
25 kWP =ϕcos 07 AR=
ϕtan 102= +
ϕ 3charge tan 25 10 102 255 KVARQ P= loz = loz yen =
ω= - loz 23CQ C V
total tan(Arccos(092)) 1064 kVARQ P= loz =
total charge CQ Q Q= + ω= - 2total 3Q Q C V
ω π- loz - loz
= = =yen yen
3 3total2 2
255 10 1064 10029 mF
3 3 100 230
Q QC
V
3U V= lozω ωcent = - loz = - lozcent cent2 23 9CQ C U C V
14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 35copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
La relation entre les diffeacuterentes puissances reacuteactives srsquoeacutecrit ici
On en deacuteduit
3) Dans le cas de trois capaciteacutes CPrime cacircbleacutees en triangle le calcul est le mecircme qursquoagrave la questionpreacuteceacutedente La diffeacuterence est que le facteur de puissance de 092 AV signifie que ledeacutephasage entre courants de ligne et tensions simples sera neacutegatif
En conseacutequence il faut eacutecrire
La relation entre les diffeacuterentes puissances reacuteactives srsquoeacutecrit toujours
Et on en deacuteduit
4) Il est clair que pour assurer la mecircme valeur du cosϕ la solution 2 permet le choix decondensateurs de moindres capaciteacutes donc plus petits et moins chers En cacircblant les conden-sateurs en triangle on gagne un facteur 3 sur la puissance reacuteactive produite et donc sur lavaleur de la capaciteacute neacutecessaire En choisissant un cosϕ Avant comme objectif on surdimen-sionnerait les condensateurs de maniegravere tout agrave fait inutile
Exercice 111 Reacuteseau triphaseacute deacuteseacutequilibreacute
1) Le neutre eacutetant relieacute on eacutecrit et
En passant aux modules
et
2) On repreacutesente les tensions simples et les courants sur la figure 137
On notera que lrsquoimpeacutedance de la phase 1 est une inductance celle de la phase 2 un conden-sateur et celle de la phase 3 encore une inductance Les deacutephasages entre les courants corres-pondants et les tensions simples sont alors immeacutediats
ω= - cent 2total 9Q Q C V
microω π- loz - loz
= = =centyen yen
3 3total
2 2
255 10 1064 10994 F
9 9 100 230
Q QC
V
total tan( Arccos(092)) 1064 kVARQ P= loz - = -
ω= - centcent 2total 9Q Q C V
ω π- loz + loz
= = =centcentyen yen
3 3total
2 2
255 10 1064 10024 mF
9 9 100 230
Q QC
V
1 11V Z I= loz 2 22V Z I= loz 3 33V Z I= loz
11
766 A30
V VI
Z= = = 2
2
23 A10
V VI
Z= = = 3
3
115 A20
V VI
Z= = =
V3 V2
V1
I3
I2
I1
Figure 137
36 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
3) Comme le neutre nrsquoest plus relieacute la tension nrsquoest plus nulle Les eacutequations de
mailles srsquoeacutecrivent donc sur les trois phases
4) En ajoutant ces trois eacutequations on obtient
On en deacuteduit
On forme ainsi les deux eacutequations
5) Comme le neutre est interrompu et la loi des nœuds au point N prime srsquoeacutecrit
On en deacuteduit lrsquoeacutequation
6) Le systegraveme agrave reacutesoudre est donc
En ajoutant la troisiegraveme eacutequation multiplieacutee par aux deux autres on obtient
N NV cent
1 1
2 2
3 3
N N N
N N N
N N N
V V V
V V V
V V V
cent cent
cent cent
cent cent
= +IumlOcirc = +IgraveOcirc = +Oacute
1 2 3 1 2 30 3N N N N NV V V V V V Vcent cent cent cent+ + = = + + + loz
1 2 3
3N N N
N N
V V VV cent cent cent
cent+ +
= -
1 1 2 3
2 1 2 3
2 1 1
3 3 31 2 1
3 3 3
N N N
N N N
V V V V
V V V V
cent cent cent
cent cent cent
- -Iuml = + +OcircOcircIgrave - -Ocirc = + +OcircOacute
0NI =
1 2 3 0I I I+ + =
1 2 3
1 2 3
0N N NV V V
Z Z Zcent cent cent+ + =
1 1 2 3
2 1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 1 1
3 3 31 2 1
3 3 3
0
N N N
N N N
N N N
V V V V
V V V V
V V V
Z Z Z
cent cent cent
cent cent cent
cent cent cent
Iuml - -= + +Ocirc
Ocirc- -Ocirc = + +Igrave
OcircOcirc
= + +OcircOacute
3
3
Z
3 31 1 2
1 2
3 32 1 2
1 2
2 1
3 3 3 3
1 2
3 3 3 3
N N
N N
Z ZV V V
Z Z
Z ZV V V
Z Z
cent cent
cent cent
Iuml Ecirc ˆ Ecirc ˆ-= + + +Ocirc Aacute ˜ Aacute ˜loz lozEuml macr Euml macrOcirc
IgraveEcirc ˆ Ecirc ˆ-Ocirc = + + +Aacute ˜ Aacute ˜Ocirc loz lozEuml macr Euml macrOacute
14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 37copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
En remplaccedilant les impeacutedances par leurs valeurs on obtient
Il suffit drsquoajouter la premiegravere eacutequation multiplieacutee par ndash 4 agrave la seconde pour trouver
soit
En reportant cette valeur dans les autres eacutequations on obtient
et
7) On calcule donc
On repreacutesente ce vecteur par construction vectorielle sur la figure 138
Les autres vecteurs sont deacuteduits des lois de maille sur chaque phase
Graphiquement ces vecteurs partent du point N prime et le relient aux sommets des tensionssimples
8) On constate sur la construction graphique que la perte du neutre a fortement deacuteseacutequilibreacutele systegraveme Les tensions qui srsquoappliquent aux impeacutedances de charge ne forment plus du toutun systegraveme de tensions triphaseacutees eacutequilibreacute
1 1 2 1 2
2 1 2 1 2
2 2 1 2 4 1
3 9 3 3 9 3
1 2 2 2 5 4
3 9 3 3 9 3
N N N N
N N N N
V V V V V
V V V V V
cent cent cent cent
cent cent cent cent
Iuml -Ecirc ˆ Ecirc ˆ= - + + = loz + lozAacute ˜ Aacute ˜Ocirc Euml macr Euml macrOcircIgrave
-Ecirc ˆ Ecirc ˆOcirc = - + + = - loz +Aacute ˜ Aacute ˜Ocirc Euml macr Euml macrOacute
1 2 17
43 NV V V cent- loz + = - loz
1 1 212 3
7 7NV V Vcent = -
2 1 25 4
7 7NV V Vcent = + 3 1 22 10
7 7NV V Vcent-= -
1 2 31 2
5 3
3 7 7N N N
N N
V V VV V Vcent cent cent
cent+ +
= - = - +
1NV cent 2NV cent 3NV cent
N
N prime
V1N prime
V2N prime
VN primeN
V3Nprime
3 7 middot V2
ndash7 5 middot V1
V1
V2
V3
Figure 138
38 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Exercice 112 Charge eacutequilibreacutee et importance du neutre lors drsquoun incident
1) Le systegraveme est eacutequilibreacute les courants repreacutesentent trois vecteurs de mecircme amplitude et
deacutephaseacutes de 120deg entre eux ainsi
2) Il nrsquoest pas ici important de relier le neutre puisque le courant qui y passerait si crsquoeacutetait lecas serait nul On dit alors que le neutre est indiffeacuterent
3) La tension qui srsquoapplique aux reacutesistances est donc la tension simple V = 230 V Ainsi
drsquoougrave
4) par ailleurs et
5) On repreacutesente sur la figure 139 le scheacutema demandeacute
6) La nouvelle relation de maille passe par les phases 1 et 2
Soit donc
7) Par ailleurs
8) La tension sous laquelle est chacune des deux ampoules est
9) On repreacutesente le scheacutema demandeacute sur la figure 140
1 2 3 0I I I+ + =
= = loz2
3 3V
P kWR
Ω= loz =2
3 529 V
RP
11
VI
R= 1
1230
434 A529
VI
R= = = 2
2
VI
R= 3
3
VI
R=
I2
I1 434 A
I3
V1 230 V
V3 V2
Figure 139
11 2 2V V R I- = loz
1 2 121 2 2
V V UI
R R
-= =
1 22 1 2
V VI I
R
-= - = - 1 2 12
1400
378 A2 2 1058
V V UI
R R
-= = = =
1 200 VaV R I= loz =
15 Problegraveme ndeg 1 Charges monophaseacutees et triphaseacutees 39copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
10) Si le neutre avait eacuteteacute relieacute chaque ampoule serait resteacutee sous la tension de 230 V et auraitconsommeacute le mecircme courant qursquoavant Lrsquoabsence du neutre a ici complegravetement modifieacute lanature du circuit lorsque la charge de la phase 3 a disparu et les ampoules restantes sont agravepreacutesent sous une tension plus faible que preacuteceacutedemment Mis agrave part le deacuteseacutequilibre total dusystegraveme elles eacuteclairent donc moins ce qui montre qursquoun incident sur une des charges a uneinfluence directe sur tout le reste du systegraveme Il est donc impeacuteratif ici de relier le neutre
11) En reacutealiteacute la reacutesistance des ampoules varie avec le courant qui les traverse En effet lefilament chauffe et sa reacutesistance augmente avec la chaleur Ainsi deux valeurs de courantsdiffeacuterentes ne repreacutesenteront pas la mecircme valeur de reacutesistance eacutequivalente
15 PROBLEgraveME Ndeg 1 CHARGES MONOPHASEacuteES ET TRIPHASEacuteES
151 Eacutenonceacute
Partie 1 Charge monophaseacutee
On srsquointeacuteresse dans cette partie agrave la caracteacuterisation drsquoune charge sous tension alter-native sinusoiumldale agrave freacutequence fixe f = 50 Hz Quelle que soit la nature de la chargeelle peut ecirctre consideacutereacutee comme un dipocircle repreacutesenteacute sur la figure 141 consom-mant la puissance active P et la puissance reacuteactive Q
378 A
230 V
378 A
V1 ndash V2 400 V
Va1 = R middot I1
Va2 = R middot I2
200 V
200 V
I2
I1
V3 V2
V1
Figure 140
P QIV
Figure 141
40 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
On deacutesire en un premier temps eacutetablir le scheacutema eacutequivalent de type R-L seacuterie repreacute-senteacute sur la figure 142
1) Quelle est lrsquoexpression litteacuterale de la puissance active consommeacutee par une reacutesis-tance parcourue par le courant I
2) Quelle est lrsquoexpression litteacuterale de la puissance reacuteactive consommeacutee par uneinductance parcourue par le courant I
3) Eacutetablir pour la charge de la figure 141 lrsquoexpression litteacuterale du courant I en fonc-tion de V P et Q
4) Eacutetablir alors les expressions litteacuterales de la reacutesistance et de lrsquoinductance
5) Si la puissance reacuteactive Q est neacutegative quel est alors le signe de lrsquoinductance Agrave quoi est alors eacutequivalente cette inductance
On deacutesire maintenant eacutetablir le scheacutema eacutequivalent de type R-L parallegravele repreacutesenteacutesur la figure 143
6) Quelle est lrsquoexpression litteacuterale de la puissance active consommeacutee par une reacutesis-tance placeacutee sous la tension V
7) Quelle est lrsquoexpression litteacuterale de la puissance reacuteactive consommeacutee par uneinductance placeacutee sous la tension V
8) Eacutetablir alors les expressions litteacuterales de la reacutesistance et de lrsquoinductance
9) Si la puissance reacuteactive Q est neacutegative quel est alors le signe de lrsquoinductance Agrave quoi est alors eacutequivalente cette inductance
Partie 2 Charges triphaseacutees
On srsquointeacuteresse agrave preacutesent agrave la caracteacuterisation drsquoun ensemble de charges triphaseacutees et agravela construction drsquoun scheacutema eacutequivalent simple On considegravere le reacuteseau triphaseacute 230400 V en sortie de transformateur repreacutesenteacute sur la figure 144 Le circuit de chargede ce systegraveme est constitueacute de charges eacutequilibreacutees classeacutees par type charge capaci-tive charges reacutesistives et charges quelconques
V
I Ls
Rs P QIV
Figure 142
sR
sL
sR sL
sL
V Lp RpP QIV
Figure 143
pR
pL
pR pL
pL
15 Problegraveme ndeg 1 Charges monophaseacutees et triphaseacutees 41copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
1) Repreacutesenter dans le plan complexe les vecteurs et Repreacutesenter eacutegale-
ment les vecteurs = ndash = ndash et = ndash (on nrsquoadoptera
pas drsquoeacutechelle particuliegravere dans cette construction)
2) Lrsquoensemble des charges reacutesistives est repreacutesenteacute par trois reacutesistances R coupleacuteesen eacutetoile Eacutetant donneacute que la puissance correspondante agrave ces charges vaut
= 8 kW calculer lrsquoexpression litteacuterale de R Faire lrsquoapplication numeacuterique
3) Que valent la puissance active et la puissance reacuteactive consommeacutees par phase parlrsquoensemble des charges quelconques
4) Calculer alors les eacuteleacutements du scheacutema eacutequivalent parallegravele des charges quelcon-ques (on utilisera le scheacutema eacutequivalent et les notations correspondant agrave la figure 143Faire lrsquoapplication numeacuterique
5) Repreacutesenter les charges eacutequivalentes sous la forme drsquoun scheacutema eacutequivalent mono-phaseacute Quelles hypothegraveses permettent de construire un tel scheacutema
6) Simplifier le scheacutema en faisant intervenir une reacutesistance eacutequivalente
7) Repreacutesenter sur un diagramme vectoriel lrsquoallure des diffeacuterents courants en adop-tant la tension simple comme reacutefeacuterence de phase
8) Calculer alors la valeur du condensateur C permettant drsquoobtenir un facteur depuissance global de 09 AR
9) Calculer dans ce cas-lagrave la valeur efficace du courant de ligne
10) Quelle est lrsquoutiliteacute de la charge capacitive C
On deacutesire agrave preacutesent retrouver les reacutesultats preacuteceacutedents agrave partir drsquoun bilan de puis-sance et agrave lrsquooccasion de prouver lrsquoefficaciteacute de cette deacutemarche
11) Quelle est la valeur de la puissance active totale fournie aux charges
12) Quelle est la valeur de la puissance reacuteactive totale fournie aux chargeshors condensateurs
13) Quelle est la valeur de la puissance reacuteactive totale fournie par les trois condensa-teurs C
I1
V1 V2 V3N
Charges quelconques PM = 40 kW
QM = 40 kVAR
R C
Charges capacitives
Charges reacutesistives
PR = 8 kW
U23
Figure 144
1V 2V 3V
12U 1V 2V 23U 2V 3V 31U 3V 1V
RP
V
1I
totP
totQ
42 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
14) Retrouver rapidement la valeur du condensateur C permettant drsquoobtenir unfacteur de puissance global de 09 AR
15) Retrouver rapidement la valeur du courant de ligne
16) Quelle valeur de C aurait suffi si les condensateurs avaient eacuteteacute cacircbleacutes en triangle
152 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Charge monophaseacutee
1) Une reacutesistance parcourue par le courant I consomme une puissance active
On reconnaicirct ici tout simplement la formule des pertes Joules dans une reacutesistance
2) Une inductance parcourue par le courant I consomme une puissance reacuteactive
Pour srsquoen convaincre il suffit drsquoappliquer la formule geacuteneacuterale de la puissance reacuteactive en
alternatif sinusoiumldal
3) Le plus simple pour reacutepondre agrave cette question est drsquoeacutecrire ce que vaut la puissance appa-
rente fournie agrave la charge
La valeur de I est donc
4) Il suffit ici drsquoeacutecrire que
De mecircme pour lrsquoinductance
5) Lrsquoinductance eacutequivalente est directement proportionnelle agrave la puissance reacuteactive Q Sicette derniegravere est neacutegative crsquoest-agrave-dire que la charge fournit de la puissance reacuteactive onconstate alors que lrsquoinductance eacutequivalente est neacutegative Il serait alors plus logique de repreacute-senter lrsquoeacuteleacutement reacuteactif du scheacutema eacutequivalent par un condensateur On peut drsquoailleurs consi-deacuterer agrave freacutequence fixe qursquoune inductance neacutegative est parfaitement eacutequivalente agrave uncondensateur
En effet une inductance correspond agrave une impeacutedance complexe
avec
1I
sR
2sP R I= loz
sL
ω 2sQ L I= loz loz
πϕ ω ω 2sin( ) ( ) sin
2s sQ V I L I I L IEcirc ˆ= loz loz = loz loz loz loz = loz lozAacute ˜Euml macr
= loz = +2 2S V I P Q
+=
2 2P QI
V
loz= loz fi = =+
22 2 2
s sP P V
P R I RI P Q
ωω ω
loz= loz loz fi = =loz loz +
22 2 2( )
s sQ Q V
Q L I LI P Q
0sL lt
ω ωω
1 1s s s
S
Z j L Lj j C
-= loz loz = loz =loz loz ω
-= gt
loz 2
10s
S
CL
15 Problegraveme ndeg 1 Charges monophaseacutees et triphaseacutees 43copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
6) Une reacutesistance placeacutee sous la tension V consomme une puissance active
7) Une inductance sous la tension V consomme une puissance reacuteactive
Pour srsquoen convaincre il suffit drsquoappliquer la formule geacuteneacuterale de la puissance reacuteactive en
alternatif sinusoiumldal
8) de mecircme
9) La reacuteponse est ici exactement la mecircme qursquoavec le scheacutema seacuterie La disposition deseacuteleacutements ne change absolument rien agrave la tendance inductive ou capacitive du circuit
Partie 2 Charges triphaseacutees
1) Cette question tregraves classique consiste simplement agrave repreacutesenter dans le plan complexe lesseules grandeurs inteacuteressantes relatives aux tensions du systegraveme triphaseacutees Les valeurs effi-caces et les deacutephasages La repreacutesentation sous forme de vecteur est ideacuteale dans cette optiqueet du coup incontournable On repreacutesente le scheacutema attendu sur la figure 145
pR =2
p
VP
R
pLω
=loz
2
p
VQ
L
πϕ
ω ωEcirc ˆ= loz loz = loz loz =Aacute ˜Euml macrloz loz
2
sin( ) sin2p p
V VQ V I V
L L
= fi =2 2
pp
V VP R
R P ω ω= fi =
loz loz
2 2
pp
V VQ L
L Q
+
ndash2π 3
ndash2π 3
V3V3
V2
V2
V1
V1
U31
U12
U12
U23
U31
U23
Figure 145
44 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Le choix de repreacutesentation des tensions composeacutees sous la forme drsquoun triangle est agrave retenirpuisque beaucoup plus facile agrave mettre en œuvre qursquoen choisissant le centre du repegravere commeorigine des vecteurs
NB Bien que cette question ne fasse pas intervenir drsquoeacutechelle particuliegravere agrave respecter il est agravenoter que la norme des vecteurs repreacutesentera toujours la valeur efficace de la grandeurcorrespondante
2) Le calcul de puissance ici est tregraves aiseacute eacutetant donneacute que chaque reacutesistance est sous la
tension simple V
Application numeacuterique
3) Eacutetant donneacute que les charges quelconques sont globalement eacutequilibreacutees chaque phaseconsomme un tiers de la puissance totale qursquoelle soit active ou reacuteactive
Ainsi
4) Il suffit ici drsquoutiliser les reacutesultats obtenus dans la premiegravere partie mais avec les puissances
par phase des charges quelconques et
Application numeacuterique et avec V = 230 V et ω = 2π middot 50
5) Le scheacutema eacutequivalent monophaseacute obtenu est celui repreacutesenteacute sur la figure 146
Il est possible de repreacutesenter ce scheacutema agrave partir du moment ou la charge globale du systegravemeest eacutequilibreacutee ce qui est le cas ici Il suffit dans ce cas de travailler sur une maille entre phaseet neutre Par ailleurs que le systegraveme soit agrave neutre relieacute ou pas importe peu puisque dans lesdeux cas le courant dans le neutre est nul Ainsi pour faciliter lrsquoeacutetude on repreacutesenteratoujours le scheacutema eacutequivalent avec retour par le neutre comme srsquoil eacutetait relieacute
6) Il suffit ici de composer la reacutesistance eacutequivalente agrave lrsquoassociation parallegravele
La valeur de cette reacutesistance est
Le scheacutema eacutequivalent se ramegravene alors agrave celui repreacutesenteacute sur la figure 147
loz= loz fi =
2 233 RR
R
V VP
R P
Ω1983 R =
M_phase M_phase40 kW 40 kVAR
1333 kW et 1333 kVAR3 3
P Q= = = =
=2
M_phaseP
VR
P ω=
loz
2
M_phaseP
VL
Q
Ω396 PR = 126 mHPL =
V
I
Lp Rp
N
RC
Figure 146
PR R
Ω330 p
eq Pp
R RR R R
R R
loz= = =
+
15 Problegraveme ndeg 1 Charges monophaseacutees et triphaseacutees 45copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
7) Lrsquoimportant dans cette question est de ne pas se tromper sur le sens des deacutephasages entreles courants et la tension
Il suffit pour faire simple drsquoeacutecrire la relation couranttension sous forme complexe descomposants
donc est en phase avec
donc est deacutephaseacute drsquoun angle dans le plan complexe par rapport agrave
donc est deacutephaseacute drsquoun angle dans le plan complexe par rapport agrave
Le diagramme vectoriel demandeacute est donc conforme agrave celui de la figure 148
8) On a repreacutesenteacute sur la figure 149 la somme des trois courants crsquoest-agrave-dire le courant
On notera lrsquoangle comme eacutetant le deacutephasage de vers est volontairement preacutesenteacuteen retard par rapport agrave
V
I
Lp
N
ReqC
Figure 147
V
R eqI R V= loz I V
ωCI j C V= loz loz loz Iπ2
+ V
ωLp
VI
jL=
loz Iπ
2
-V
V IReq
ILp
IC
Re
Im +
Figure 148
I
ϕ I V IV
V
IReq ILp
IC
Re
Im +
I = IReq + IC + ILp IC
ϕ
Figure 149
46 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Pour obtenir un facteur de puissance global de 09 AR il faut que I soit deacutephaseacute en arriegraveredrsquoun angle Connaissant il suffit drsquoeacutecrire
Crsquoest-agrave-dire
Application numeacuterique
9) Il est visible sur le graphe de la figure 149 que
avec et
donc
Application numeacuterique I = 774 A
10) La batterie de condensateurs placeacutee en parallegravele sur lrsquoinstallation permet de compenserles effets inductifs que preacutesente la charge quelconque En absorbant un courant opposeacute agravecelui absorbeacute par les inductances eacutequivalentes les condensateurs permettent de relever defaccedilon significative le facteur de puissance de lrsquoinstallation
En deacutefinitive ces condensateurs sont tout simplement lagrave pour faire de la compensationdrsquoeacutenergie reacuteactive
11) On aborde agrave preacutesent la partie laquo bilans de puissances raquo qui permet en geacuteneacuteral de reacutesoudreles problegravemes beaucoup plus facilement que par la construction de scheacutemas eacutequivalents et dediagrammes de Fresnel
Drsquoapregraves le Theacuteoregraveme de Boucherot laquo la puissance active totale consommeacutee par un ensemblede charges est eacutegale agrave la somme des puissances actives individuelles de chaque charge raquo
Ici il suffit drsquoeacutecrire
12) Drsquoapregraves le Theacuteoregraveme de Boucherot laquo la puissance reacuteactive totale consommeacutee par unensemble de charges est eacutegale agrave la somme des puissances reacuteactives individuelles de chaquecharge raquo
Ici il suffit drsquoeacutecrire
13) Les trois condensateurs sont cacircbleacutes en eacutetoile crsquoest-agrave-dire qursquoils sont placeacutes sous tensionsimple V
La puissance reacuteactive totale qursquoils fournissent est
ϕ Arccos(09)= ϕ
ωω
ϕRe
tan( )L p C p
q
eq
VC V
I I L
VIR
-- loz
= =
ϕω ω1 1 tan( )
p eq
CL R
Ecirc ˆ= -Aacute ˜lozEuml macr
micro337 FC =
ϕRe cos( )qI I= loz
Reqeq
VI
R= ϕcos( ) 09=
ϕ1 cos( )eq
VI I
R= =
loz
tot 8 kW 40 kW 48 kWR MP P P= + = + =
tot 0 40 kVAR 40 kVARR MQ Q Q= + = + =
ω= - loz loz 23CQ C V
15 Problegraveme ndeg 1 Charges monophaseacutees et triphaseacutees 47copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Pour srsquoen convaincre il suffit drsquoappliquer par phase la formule geacuteneacuterale de la puissance
reacuteactive en alternatif sinusoiumldal
14) On peut ici et crsquoest peut-ecirctre le plus simple utiliser le fait que de faccedilon geacuteneacuterale
Si on ne place pas les condensateurs et
Avec les condensateurs et est inchangeacute
Comme on trouve
Application numeacuterique
15) La valeur du courant de ligne est tregraves facile agrave trouver en eacutecrivant
Application numeacuterique I = 773 A
16) Il faut agrave preacutesent se poser la question quelle est la puissance reacuteactive totale fournie partrois condensateurs monteacutes en triangle La figure 150 preacutesente les montages triangleeacutetoilede trois condensateurs de mecircme valeur C
En eacutetoile En triangle
Ainsi pour fournir la mecircme puissance reacuteactive il aurait suffi de disposer en triangle
3 condensateurs de valeur
πϕ ω ωEcirc ˆ= loz loz = loz loz loz - = lozAacute ˜Euml macr
2sin( ) sin ndash2
Q V I V C V C V
ϕtan( )Q P= loz
totQ Q= totP P=
ω ϕ= - loz loz = loz2tot tot3 tan( )Q Q C V P totP P=
ϕtan( ) tan(Arc cos(09)) 0484= =
ϕω
= - loz +loz tot tot2
1( tan( ) )
3C P Q
V
micro336 FC =
ϕtot 3 cos( )P V I= loz loz loz
ϕtot
3 cos( )
PI
Vfi =
loz loz
V V C C C
C
C C
U
V V
Figure 150
ω= - loz loz 23CQ C V ω ω= - loz loz = - loz loz2 23 9CQ C U C V
micro112 F3
CC = =cent
48 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
16 PROBLEgraveME Ndeg 2 SYSTEgraveMES TRIPHASEacuteS DEacuteSEacuteQUILIBREacuteS
161 Eacutenonceacute
Partie 1 Ensemble de charges en monophaseacute et triphaseacute
On srsquointeacuteresse dans ce problegraveme agrave lrsquoeacutetude des systegravemes triphaseacutes et agrave lrsquoinfluence desdeacuteseacutequilibres en courant sur leur fonctionnement On se propose drsquoeacutetudier particu-liegraverement une installation reacuteelle dont le scheacutema est repreacutesenteacute sur la figure 151
Cette installation est celle drsquoun atelier alimenteacute en triphaseacute dans lequel on regroupeles reacutecepteurs en diverses classes charges triphaseacutees eacutequilibreacutees et charges mono-
phaseacutees reacuteparties sur les trois phases repreacutesenteacutes par les impeacutedances complexes
et En un premier temps on consideacuterera le neutre relieacute sur chaque charge
Le transformateur abaisseur de tension sera tout drsquoabord consideacutereacute comme ideacuteal sesbobinages secondaires repreacutesentent alors un geacuteneacuterateur de tension triphaseacute 230400 V 50 Hz1) Preacuteciser la valeur de la tension simple V et de la tension composeacutee U2) Les charges 1 2 et 3 consomment les puissances
et
Calculer rapidement la valeur des courants de lignes consommeacutes par ces chargescrsquoest-agrave-dire et 3) Calculer les deacutephasages entre ces courants et les tensions simples associeacutees auxphases4) Calculer la valeur du courant consommeacute par phase par les charges triphaseacutees5) Repreacutesenter alors dans le plan complexe lrsquoensemble des tensions et des courantsdu systegraveme Preacuteciser pour cette construction les eacutechelles utiliseacutees6) Agrave quel type de systegraveme triphaseacute a-t-on affaire
Z3 Z2 Z1 V1 V2
V3
Transformateur abaisseur 15 kV 230 V
N
1 2 3
IZ3 IZ2 IZ1
Charges Triphaseacutees PT = 22 kW
cosϕT = 09 AR
Figure 151
1Z
2Z 3Z
1 2 330 kW 45 kW 10 kWP P P= = =
1 2 310 kVAR 15 kVAR 2 kVARQ Q Q= = =
1ZI 2ZI 3ZI
TI
16 Problegraveme ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes deacuteseacutequilibreacutes 49copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Partie 2 Apparition drsquoun deacutefaut reacutesolution graphique et theacuteorique
Dans cette partie on srsquointeacuteresse agrave lrsquoapparition drsquoun deacutefaut consistant en la rupture duconducteur principal de neutre le circuit devient donc celui repreacutesenteacute sur lafigure 152
Lors de lrsquoapparition de ce deacutefaut on relegraveve les tensions simples suivantes au niveaudes charges
1) Justifier la diffeacuterence de valeur de ces tensions
2) Eacutecrire les eacutequations de maille relatives agrave chaque phase Repreacutesenter qualitative-ment pour une phase la construction vectorielle correspondante
3) Connaissant la valeur des tensions simples sur les charges retrouver par construc-tion graphique la position des diffeacuterentes tensions du systegraveme
4) Quelles sont les conseacutequences de la disparition du neutre pour une charge noneacutequilibreacutee en courant
Afin drsquoillustrer la difficulteacute de reacutesoudre des systegravemes deacuteseacutequilibreacutes sans neutre onpropose la deacutemarche exclusivement theacuteorique suivante On supposera avoirrassembleacute comme sur la figure 153 lrsquoensemble des charges de ce circuit en troisimpeacutedances eacutequivalentes et
N
1 2 3
N prime
VNN prime
V3 Z3 Z2 Z1 Vc1 Vc2
Vc3
Transformateur abaisseur 15 kV 230 V
Charges Triphaseacutees PT = 22 kW
cosϕT = 09 AR
Figure 152
1 239 VcV = 2 174 VcV = 3 291 VcV =
1eZ 2eZ 3eZ
N
1 2 3
N primeVNN prime
V3
Ze3 Ze2 Ze1 Vc1 Vc2
Vc3
Transformateur abaisseur 15 kV 230 V
Figure 153
50 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
5) Agrave partir du systegraveme formeacute par les trois eacutequations de maille eacutecrire une eacutequation
reliant agrave et Remplacer alors et eacutecrire le nouveausystegraveme drsquoeacutequations ainsi formeacute6) Ce systegraveme drsquoeacutequations est-il soluble 7) Rajouter une eacutequation baseacutee sur la loi des nœuds au point neutre N prime8) Reacutesoudre alors partiellement ce systegraveme en donnant lrsquoexpression de en fonc-tion des tensions simples et des impeacutedances Agrave partir de lrsquoexpression de commet trouver simplement les expressions de et 9) Faire des commentaires sur la meacutethode utiliseacutee et sur le degreacute de difficulteacute de lareacutesolution algeacutebrique Existe-t-il drsquoautres meacutethodes de reacutesolution
Partie 3 Reacutealiteacute des deacuteseacutequilibres dus aux inductances de fuites des transformateurs
Dans cette partie on considegravere que le neutre de lrsquoinstallation est bien connecteacute Parailleurs on tient compte du fait que lrsquoinstallation est brancheacutee au secondaire drsquountransformateur non ideacuteal Ce deacutetail impose entre autre la preacutesence drsquoun deacutefaut uneinductance dite laquo de fuite raquo L = 1 mH en seacuterie sur chaque phase En rajoutant ceteacuteleacutement sur le scheacutema il est alors possible de consideacuterer le transformateur repreacutesenteacutecomme ideacuteal Le circuit se ramegravene ainsi au scheacutema de la figure 154
1) Calculer la valeur des impeacutedances complexes eacutequivalentes sur chaque phase auxcharges triphaseacutees On calculera les eacuteleacutements eacutequivalents par phase sous la forme
seacuterie eacutetant la reacuteactance eacutequivalente2) Calculer eacutegalement sous la mecircme forme la valeur des impeacutedances et 3) Calculer alors les valeurs des impeacutedances complexes eacutequivalentes agrave lrsquoensembledes charges et des inductances sur toutes les phases on appellera encore ces impeacute-dances et (mecircme si ce ne sont pas les mecircmes que dans la partie 24) Calculer alors les valeurs des tensions appliqueacutees aux charges et 5) Conclure
NNV cent 1CV 2CV 3CV NNV cent
1CV
1CV
2CV 3CV
N
1 2 3
L = 1 mH
Z3 Z2 Z1
Transformateur abaisseur 15 kV 230 V
Charges Triphaseacutees PT = 22 kW
cosϕT = 0 9 AR
Vc1 Vc2
Vc3
Figure 154
T TR X- TX
1Z 2Z
3Z
1eZ 2eZ 3eZ
1cV 2cV 3cV
16 Problegraveme ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes deacuteseacutequilibreacutes 51copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
162 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Ensemble de charges en monophaseacute et triphaseacute
1) La valeur de ces tensions est donneacutee dans lrsquoeacutenonceacute 230400 V
Ceci signifie que la valeur efficace de la tension simple est V = 230 V et que la valeur effi-
cace de la tension composeacutee est
2) Les charges sont des charges monophaseacutees ici brancheacutees entreune phase et le neutre Ainsi chaque charge est sous la tension V = 230 V
Le plus simple pour aboutir agrave la valeur des courants de lignes est de passer par le calcul despuissances apparentes
On en deacuteduit
et de mecircme et
3) Le deacutephasage ϕ qui existe entre le courant et la tension drsquoune charge monophaseacutee
srsquoexprime facilement agrave partir de lrsquoexpression Cependant il est important
drsquoorienter lrsquoangle ainsi calculeacute Pour ne pas se tromper le mieux est de retenir un cas simple Lorsque la charge est inductive (la puissance reacuteactive est positive) le courant est en retard sur
la tension Ainsi lrsquoangle est positif
Ici
et
4) Les charges triphaseacutees sont eacutequilibreacutees les valeurs efficaces des courants sont identiques
sur les trois phases on nomme cette valeur Ces charges consomment une puissance de
22 kW avec Il suffit alors drsquoeacutecrire
Ainsi
5) Pour effectuer ce traceacute on commence tout drsquoabord par dessiner les vecteurs repreacutesentant
les tensions simples et en placcedilant par exemple sur lrsquoaxe des imaginaires
Ensuite il est simple de placer les vecteurs et crsquoest-agrave-dire les courants enrepreacutesentation complexe consommeacutes par les charges triphaseacutees Ces courants possegravedent tousla mecircme norme et sont deacutephaseacutes drsquoun mecircme angle (258deg = Arccos(09)) vers lrsquoarriegravere parrapport aux tensions simples correspondantes
400 V 3U V= = loz
1 2 3 et 10 kWP P P =
2 2 2 2 2 21 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 Z Z ZS P Q V I S P Q V I S P Q V I= + = loz = + = loz = + = loz
3 2 3 21
1(30 10 ) (10 10 ) 1375 A
230ZI = loz + loz =
2 2062 AZI = 3 443 AZI =
ϕtanQ
P=
ϕ ( )I V=
ϕ 11 Z1 1
1
( ) Ar tan 184Q
I V cP
Ecirc ˆ= = = infinAacute ˜Euml macr
ϕ 22 Z2 2
2
( ) Ar tan 184Q
I V cP
Ecirc ˆ= = = infinAacute ˜Euml macr
ϕ 33 Z3 3
3
( ) Ar tan 113Q
I V cP
Ecirc ˆ= = = infinAacute ˜Euml macr
TI
ϕcos 09T = ϕ= = loz loz loz22 kW 3 cosT TP V I
ϕ354 A
3 cosT
TT
PI
V= =
loz loz
1V 2V 3V 1V
1TI 2TI 3TI
52 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
Il faut ensuite placer correctement et en nrsquooubliant pas qursquoils sont drsquoamplitudeet de deacutephasage diffeacuterents
Pour finir on peut repreacutesenter le courant de neutre la somme descourants des charges triphaseacutees eacutetant nulle
On aboutit ainsi au scheacutema de la figure 155
6) Le systegraveme triphaseacute est deacuteseacutequilibreacute en courant et eacutequilibreacute en tensions crsquoest-agrave-dire queles tensions qui srsquoappliquent aux charges sont directement les tensions simples imposeacutees parle geacuteneacuterateur
Partie 2 Apparition drsquoun deacutefaut reacutesolution graphique et theacuteorique
1) La diffeacuterence de valeur de ces tensions est due au fait que les eacutequations de maille des trois
phases vont faire intervenir la tension Par exemple on peut eacutecrire pour la phase 3
et de mecircme sur les autres phases Ainsi non seulement chaque tension
ou nrsquoest plus eacutegale respectivement agrave ou mais leurs modules
seront bien diffeacuterents les uns des autres
2) Les eacutequations de maille srsquoeacutecrivent
et
1ZI 2ZI 3ZI
1 2 3N Z Z ZI I I I= + +
V1
V3
V2
IZ2
IZ3
IZ2
IZ3
IZ1
IT2
IT3 IT1
INRe
Im Eacutechelles Tensions
100 V
Courants 100 A
258˚
184˚
N
Figure 155
NNV cent
3 3C NNV V V cent= +
1CV 2CV 3CV 1V 2V 3V
1 1C NNV V V cent= + 2 2C NNV V V cent= + 3 3C NNV V V cent= +
16 Problegraveme ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes deacuteseacutequilibreacutes 53copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
La construction vectorielle correspondante pour la phase 3 par exemple est repreacutesenteacutee
sans eacutechelle sur la figure 156 On suppose pour cette construction le vecteur connu
3) Les tensions complexes et sont connues Pour pouvoir tracer les tensions
et il suffit donc de connaicirctre le vecteur Ceci est possible par reacutesolu-
tion graphique Connaissant les amplitudes des tensions et on peut tracer
trois cercles de centre N et de rayons ces amplitudes Lrsquointersection de ces trois cercles sera
bien sucircr le point N prime qui suffit agrave tracer le vecteur Ceci fait il suffit de faire trois cons-
tructions analogues agrave celles de la figure 156 pour compleacuteter le graphique
On voit ainsi apparaicirctre sur la figure 157 les vecteurs et
NNV cent
V3
Re
Im
Vc3
VNN prime
N
Figure 156
1V 2V 3V
1CV 2CV 3CV NNV cent
1CV 2CV 3CV
NNV cent
1CV 2CV 3CV
Re
ImEacutechelles Tensions
100 V
N Nprime
239 V
174 V291 V
V1
Vc1
V2
Vc2V3 Vc3
Figure 157
54 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
4) On constate tregraves nettement sur cette construction que la disparition du neutre a eu pour
effet de deacuteseacutequilibrer le systegraveme en tensions En effet les tensions et ne sont
plus de mecircme amplitude et ne sont drsquoailleurs plus deacutephaseacutees de 120deg Le systegraveme triphaseacuteobtenu nrsquoa donc plus rien agrave voir avec un systegraveme triphaseacute eacutequilibreacute en tension conventionnel
5) En ajoutant les eacutequations eacutecrites agrave la question 2-2 on forme lrsquoexpression
ainsi
En remplaccedilant cette expression dans le systegraveme drsquoeacutequations on obtient le systegraveme suivant
6) Non le systegraveme nrsquoest pas soluble on peut remarquer qursquoune des trois eacutequations peut ecirctre
deacuteduite des deux autres en utilisant le fait que
Ainsi sur trois eacutequations deux seulement peuvent servir agrave la reacutesolution ce qui est insuffisantpuisqursquoil y a trois inconnues On peut tout aussi bien calculer le deacuteterminant de la matrice des
coefficients du systegraveme crsquoest-agrave-dire
7) La loi des nœuds au point N prime srsquoeacutecrit tout simplement
crsquoest-agrave-dire en fonction des tensions
8) Le systegraveme drsquoeacutequations soluble est donc le suivant en prenant les deux premiegraveres eacutequa-tions de maille et cette derniegravere
soit
En utilisant lrsquoexpression de correspondant agrave la troisiegraveme eacutequation on se ramegravene au
systegraveme de deux eacutequations agrave deux inconnues suivant
1CV 2CV 3CV
1 2 3 1 2 3 3 3C C C NN NNV V V V V V V Vcent cent+ + = + + + loz = loz ( )1 2 31
3NN C C CV V V Vcent = + +
1 1 2 3
2 1 2 3
3 1 2 3
2 1 1
3 3 31 2 1
3 3 31 1 2
3 3 3
c c c
c c c
c c c
V V V V
V V V V
V V V V
Iuml = - -OcircOcircOcirc = - + -IgraveOcircOcirc = - - +OcircOacute
1 2 3 0V V V+ + =
23 ndash 13 ndash 13
det ndash 13 23 ndash 13 0
ndash 13 ndash 13 23
Ecirc ˆAacute ˜ =Aacute ˜Euml macr
1 2 3 0I I I+ + =
1 2 3
1 2 3
0C C C
e e e
V V V
Z Z Z+ + =
1 1 2 3
2 1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 1 1
3 3 31 2 1
3 3 3
0
c c c
c c c
C C C
e e e
V V V V
V V V V
V V V
Z Z Z
Iuml= - -Ocirc
OcircOcirc = - + -IgraveOcircOcirc
+ + =OcircOacute
1 1 2 3
2 1 2 3
1 233
1 2
2 1 1
3 3 31 2 1
3 3 3
c c c
c c c
C CeC
e e
V V V V
V V V V
V VV Z
Z Z
IumlOcirc = - -OcircOcircOcirc = - + -IgraveOcircOcirc Ecirc ˆ
= - -Ocirc Aacute ˜Euml macrOcircOacute
3CV
16 Problegraveme ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes deacuteseacutequilibreacutes 55copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Il suffit maintenant de diviser les eacutequations par les coefficients de et de les soustraire
pour obtenir
en simplifiant on obtient
soit
Pour obtenir les expressions de et il suffit de faire une permutation circulaire des
indices crsquoest-agrave-dire de remplacer 1 par 2 2 par 3 et 3 par 1
On peut drsquoailleurs veacuterifier simplement que cette opeacuteration conserve les trois eacutequations dusystegraveme
9) La meacutethode utiliseacutee est eacutevidemment tregraves lourde et incontestablement source drsquoerreurs decalcul En bref la reacutesolution algeacutebrique drsquoun systegraveme de charges triphaseacutees deacuteseacutequilibreacuteessans neutre est un petit peu laquo infernale raquo
Une meacutethode plus rapide et plus fiable si on possegravede un outil de calcul matheacutematique(Matlab Scilab etc) est drsquoinverser la matrice correspondant au systegraveme drsquoeacutequations
3 31 1 2
1 2
3 32 1 2
1 2
2 1
3 3 3 3
1 2
3 3 3 3
e ec c
e e
e ec c
e e
Z ZV V V
Z Z
Z ZV V V
Z Z
Iuml Ecirc ˆ Ecirc ˆ= + + - +Ocirc Aacute ˜ Aacute ˜loz lozEuml macr Euml macrOcirc
IgraveEcirc ˆ Ecirc ˆ-Ocirc = + + +Aacute ˜ Aacute ˜Ocirc loz lozEuml macr Euml macrOacute
2CV
3 31 1
1 11 2
3 3 3 3
2 2 2 2
2 13 3 3 3
1 2 1 23 3 3 3 3 3 3 3
e ec c
e e
e e e e
e e e e
Z ZV V
Z ZV V
Z Z Z Z
Z Z Z Z
Ecirc ˆ Ecirc ˆ-+ +Aacute ˜ Aacute ˜loz lozEuml macr Euml macr- = -
- + + - + +loz loz loz loz
3 11 3 1 11 2
3 2 3 1 3 2 32 2
( )(2 )1
2 3 2
e ce e c e
e e e e e e ee e
Z Z VZ Z VV V
Z Z Z Z Z Z Z Z Z
Ecirc ˆ- +loz +- = -Aacute ˜- + loz + loz - + loz +Euml macr
1 1 21
1 3 1 3 2 3 2 3
3 2 32
3(2 ) ( ) 2
2
ec
e e e e e e e e
e e ee
V VZV
Z Z Z Z Z Z Z ZZ Z Z Z
Ecirc ˆloz= -Aacute ˜loz + - + - + loz +Euml macr-
- + loz +
2CV 3CV
1 1 2 3
2 1 2 3
1 232 1 2
1 2
2 1 1
3 3 31 2 1
3 3 3
1 2 1
3 3 3
c c c
c c c
C Cec c
e e
V V V V
V V V V
V VV V V Z
Z Z
IumlOcirc = - -OcircOcircOcirc = - + -IgraveOcircOcirc Ecirc ˆ
= - + - - -Ocirc Aacute ˜Euml macrOcircOacute
56 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
crsquoest-agrave-dire que si
alors
Pour finir il existe une meacutethode plus geacuteneacuterale de reacutesolution de ces systegravemes qui consiste enun changement de base Cette meacutethode consiste en lrsquoutilisation des composantes symeacutetriques
Partie 3 Reacutealiteacute des deacuteseacutequilibres dus aux inductances de fuites des transformateurs
1) Le calcul des eacuteleacutements eacutequivalent se fait naturellement agrave partir de lrsquoidentification des puis-sances actives et reacuteactives consommeacutees par les charges Comme les eacuteleacutements eacutequivalents
sont demandeacutes sous la forme seacuterie il suffit drsquoeacutecrire
et avec
ainsi et
2) On procegravede de la mecircme maniegravere mais cette fois en monophaseacute sur chaque phase
Pour plus de clarteacute on preacutesente tous les reacutesultats sous la forme du tableau 13
3) Sur chaque phase on trouve au niveau des charges une impeacutedance en paral-
legravele avec lrsquoimpeacutedance
Tableau 13
Charges Tri Phase 1 Phase 2 Phase 3
P
Q
I
R
X
Z
3 1 3 2
2 3 ndash 13 ndash 13
ndash 13 23 ndash 13
ndash 13 ndash 3Z ndash 13 ndash 2Z 0
M
Z Z
Ecirc ˆAacute ˜= Aacute ˜Aacute ˜Euml macr
1 11
2 2
3 3
c
c
c
V V
V M V
V V
-Ecirc ˆ Ecirc ˆAacute ˜ Aacute ˜= lozAacute ˜ Aacute ˜Aacute ˜ Aacute ˜Euml macr Euml macr
ndash T TR X
23T T TP R I= loz loz 23T T TQ X I= loz loz 354 ATI =
Ω2 2
22 000585
3 3 354T
TT
PR
I= = =
loz yenϕ
Ω2 2
tan 22 000 048283
3 3 354T T
TT
PX
I
loz yen= = =
loz yen
23 22 kWT T TP R I= loz loz = 21 1 1 30 kWZ Z ZP R I= loz = 2
2 2 2 45 kWZ Z ZP R I= loz = 23 3 3 10 kWZ Z ZP R I= loz =
23T T TQ X I= loz loz 21 1 1 10 kVARZ Z ZQ X I= loz = 2
2 2 2 15 kVARZ Z ZQ X I= loz = 23 3 3 2 kVARZ Z ZQ X I= loz =
35 4 ATI = 1 1375 AZI = 2 2062 AZI = 3 443 AZI =
5 8 TR = W
2 8 TX = W
1 16 ZR = W
1 05 ZX = W
2 1 ZR = W
2 035 ZX = W
3 5 ZR = W
3 1 ZX = W
5 8 2 8TZ j= + loz 1 16 05Z j= + loz 2 1 035Z j= + loz 3 5Z j= +
[1 3] i iZ Œ
TZ
16 Problegraveme ndeg 2 Systegravemes triphaseacutes deacuteseacutequilibreacutes 57copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Le scheacutema eacutequivalent est conforme agrave celui de la figure 158
Il suffit alors de former les impeacutedances eacutequivalentes
et
crsquoest-agrave-dire
On obtient apregraves calcul
et
Sachant que lrsquoinductance de valeur L = 1 mH est eacutequivalente agrave une impeacutedance
le scheacutema eacutequivalent final est donc simplement celui de la
figure 159
4) Pour calculer ces tensions il suffit drsquoappliquer la formule du pont diviseur de tension auximpeacutedances mises en eacutevidence pour aboutir agrave
Z1 = 16 + j middot 05 Z3 = 5 + j
Z2 = 1 + j middot 05
Transformateur abaisseur 15 kV 230 V
N
1 2 3
L
Vc3
ZT = 58 + j middot 28
Figure 158
1 1e TZ Z Z= 2 2e TZ Z Z= 3 3e TZ Z Z=
11
1
Te
T
Z ZZ
Z Z
loz=
+2
22
Te
T
Z ZZ
Z Z
loz=
+3
33
Te
T
Z ZZ
Z Z
loz=
+
1 126 045eZ j= + loz 2 085 031eZ j= + loz 3 274 087eZ j= + loz
π3(1 10 2 50) 031LZ j j-= loz loz loz = loz
Ze3 = 274 + j middot 087
Ze2 = 085 + j middot 031
Ze1 = 126 + j middot 045
N
1 2 3
ZL = j middot 031Transformateur abaisseur
15 kV 230 V
Vc3 Vc2 Vc1
Figure 159
58 1 bull Circuits monophaseacutes et triphaseacutes puissances eacutelectriques
et
il est inutile de calculer lrsquoexpression complexe finale il suffit agrave preacutesent de passer auxmodules crsquoest-agrave-dire drsquoeacutecrire
et
5) On constate que les tensions aux bornes des charges ne sont eacutequilibreacutees ainsi bien que leneutre soit relieacute le systegraveme triphaseacute est deacuteseacutequilibreacute en courant et en tension Il faut doncretenir que les deacuteseacutequilibres en courant des systegravemes triphaseacutes ont des conseacutequences sur lesvaleurs et les deacutephasages des tensions ce qui est agrave bannir Voilagrave pourquoi les socieacuteteacutes produc-trices drsquoeacutenergie eacutelectrique font tout pour que le reacuteseau soit globalement eacutequilibreacute
11 1 1
1
126 045
126 076e
ce L
Z jV V V
Z Z j
+ loz= loz = loz+ + loz
22 2 2
2
085 031
085 062e
ce L
Z jV V V
Z Z j
+ loz= loz = loz+ + loz
33 3 3
3
274 087
274 118e
ce L
Z jV V V
Z Z j
+ loz= loz = loz+ + loz
+= loz =
+
2 2
1 2 2
126 045230 2091 V
126 076cV
+= loz =
+
2 2
2 2 2
085 031230 1978 V
085 062cV
+= loz =
+
2 2
3 2 2
274 087230 2216 V
274 118cV
copy D
unod
ndash L
a ph
otoc
opie
non
aut
oris
eacutee e
st u
n deacute
lit
Chapitre 2
Circuits magneacutetiques et transformateurs
21 SYNTHEgraveSE DE COURS Ndeg 3 CIRCUITS MAGNEacuteTIQUES ET TRANSFORMATEURS
211 Circuits magneacutetiques en eacutelectrotechnique
Preacutesentation des grandeurs et des relations qui les lient
Les inductances transformateurs alternateurs machines asynchrones etc sont baseacutessur lrsquoutilisation de circuits magneacutetiques crsquoest-agrave-dire de masses de mateacuteriaux ditslaquo magneacutetiques raquo propres agrave canaliser une induction magneacutetique Plus que de lrsquoinduc-tion on parle souvent du laquo flux raquo de cette induction La figure 21 preacutesente un reacutesumeacutedes grandeurs mises en jeu dans les circuits magneacutetiques lineacuteaires ainsi que des rela-tions simplifieacutees qui les relient
Courant i Champ magneacutetique H (A m)
Induction B (T)
Flux φ (Wb) Spires
et geacuteomeacutetriedu circuit
Naturedu mateacuteriau
Geacuteomeacutetrie du circuit
Relations Theacuteoregraveme
drsquoAmpegravere NI = H middot L
Permeacuteabiliteacute magneacutetique micro B = microH
Flux φ = B middot S
Figure 21 Les grandeurs du magneacutetisme en eacutelectrotechnique
60 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
Circuits magneacutetiques homogegravenes et lineacuteaires
Les circuits magneacutetiques sont essentiellement reacutealiseacutes avec des mateacuteriaux ferroma-gneacutetiques ou ferri-magneacutetiques car ils permettent drsquoobtenir des inductions eacuteleveacuteesEn effet dans lrsquoair ou un mateacuteriau quelconque les lignes de champ produites par unbobinage parcouru par un courant ne sont pas canaliseacutees et le flux produit ne prendque des valeurs tregraves faibles En revanche dans le fer les lignes de champs sontlaquo concentreacutees raquo dans la matiegravere ce qui produit de grandes valeurs du flux Lrsquoallureclassique drsquoun circuit magneacutetique est repreacutesenteacutee sur la figure 22
Dans ce circuit magneacutetique la canalisation des lignes de champ eacutetant importanteon fait lrsquohypothegravese que le champ magneacutetique est constant notamment sur unecourbe moyenne (repreacutesenteacutee en pointilleacutes) Or le theacuteoregraveme drsquoAmpegravere srsquoeacutecrit sur ce
contour soit donc
On eacutecrit alors pour les circuits lineacuteaires crsquoest-agrave-dire
Pour retenir une relation pratique entre le flux et le courant qui le creacutee on faitintervenir la grandeur appeleacutee Reacuteluctance et noteacutee R satisfaisant agrave la relation ditedrsquoHopkinson NI = RΦ
En reacutesumeacute pour caracteacuteriser toutes les grandeurs dans un circuit magneacutetiquehomogegravene lineacuteaire on retiendra la relation
Analogie avec les circuits eacutelectriques
Lrsquoutilisation de la notion de reacuteluctance permet de dresser une analogie entre les rela-tions des circuits magneacutetiques et les relations des circuits eacutelectriques On reacutesume lescaracteacuteristiques de cette analogie sur le tableau 21
Cette analogie sera utiliseacutee sans retenue dans les circuits lineacuteaires et fait de lrsquoeacutetudedes circuits magneacutetiques classiques un ensemble de techniques faciles agrave maicirctriserpour lrsquoeacutelectrotechnicien
iH
(C) de longueur L
dl
S
Figure 22 Morphologie classique drsquoun circuit magneacutetique bobineacute
d dC C
H l H l NIloz = loz =Uacute Uacute H L NIloz =
micromicro NIB H
L= =
microΦ SNIBS
L= =
Φmicro
avec L
NIS
= not not =
21 Synthegravese de cours ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 61copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Circuits heacuteteacuterogegravenes lineacuteaires
Un circuit est dit heacuteteacuterogegravene degraves lors qursquoil est constitueacute de mateacuteriaux diffeacuterents ou degeacuteomeacutetries agrave sections variables La meacutethodologie va consister comme dans un circuiteacutelectrique agrave utiliser les associations connues de reacuteluctances afin de calculer les diffeacute-rentes grandeurs On repreacutesente sur la figure 23 les cas de circuits heacuteteacuterogegravenes seacuterie etparallegravele Pour chaque circuit on repreacutesente eacutegalement lrsquoanalogie eacutelectrique corres-pondante en utilisant le caractegravere R pour deacutesigner de faccedilon usuelle une reacuteluctance
Tableau 21 ANALOGIE ENTRE CIRCUITS EacuteLECTRIQUES ET CIRCUITS MAGNEacuteTIQUES
Circuits eacutelectriques Circuits magneacutetiques
U Force eacutelectromotrice fem NI Force magneacutetomotrice fmm
R Reacutesistance R Reacuteluctance
Loi drsquoOhm U = R middot I Loi drsquoHopkinson
Associations de Reacutesistances Associations de Reacuteluctances
Seacuterie R = R1 + R2 Seacuterie
Parallegravele R = R1 middot R2 (R1 + R2) Parallegravele
UI
R NIΦ
real
Φloz = not lozN I
not = not + not1 2
not loz notnot =
not + not1 2
1 2
R1
R2NI
i
N
A
B
R0
A
B
R2NI
i
N
A
B
R0
A
B
VAB R1
R1
R2
R0
R0
R1
R2
ϕ
Figure 23 Circuits magneacutetiques heacuteteacuterogegravenes seacuterie et parallegraveles
62 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
Inductance
Lrsquoinductance est en reacutegime lineacuteaire la grandeur de proportionnaliteacute entre le courantdans le bobinage et le flux dit laquo total raquo intercepteacute par le bobinage crsquoest-agrave-dire le
flux On eacutecrit alors
La grandeur L est lrsquoinductance du circuit magneacutetique bobineacute son uniteacute est leHenry (H)
On retiendra
Circuits non-lineacuteaires
Degraves lors qursquoil est impossible de neacutegliger la saturation magneacutetique dans un circuit ilest important drsquoeacutecarter les relations qui ne sont propres qursquoau reacutegime lineacuteaire Lesseules relations qursquoil est toujours possible drsquoutiliser sont
Le theacuteoregraveme drsquoAmpegravere et la relation flux induction
En revanche il est neacutecessaire drsquoeacutecrire B = micro(H) middot H En pratique agrave champ magneacute-tique H constant on va se reacutefeacuterer agrave la courbe drsquoaimantation B(H) du mateacuteriau pour yfaire correspondre la valeur de lrsquoinduction B
De faccedilon plus commune on se reacutefegravere preacutefeacuterentiellement agrave la courbe quipossegravede la mecircme allure que la courbe B(H) et dont on preacutesente un exemple sur lafigure 24
212 Circuits magneacutetiques en reacutegime alternatif sinusoiumldal
En reacutegime alternatif sinusoiumldal la relation entre la tension aux bornes du bobinageenrouleacute sur un circuit magneacutetique et le flux qui le parcours est la loi de Lenz Il appa-raicirct alors une relation directe entre lrsquoinduction maximale (la valeur maximale delrsquoinduction sinusoiumldale) et la valeur efficace de la tension aux bornes du bobinageOn reacutesume ces consideacuterations tregraves importantes pour lrsquoeacutetude et la reacutealisation descircuits magneacutetiques autour de la figure 25
Φ φT N= loz ΦTNI
N L I= loz = loznot
2NL =
not
H L NIloz = Φ BS=
Φ( )I
φ(I)
I
Zone non-lineacuteaire micro ne Cte et L ne Cte
Zone lineacuteaire micro = Cte L = Cte
Figure 24 Exemple de non lineacuteariteacute de la courbe flux courant
21 Synthegravese de cours ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 63copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Mateacuteriau lineacuteaire ideacuteal
Si le mateacuteriau possegravede une courbe B(H) lineacuteaire cela signifie que la permeacuteabiliteacute et
lrsquoinductance sont constantes Agrave partir de lagrave on eacutecrit et la bobine
est une inductance pure
Le mateacuteriau reacuteel non-lineacuteaire et ses pertes
Le mateacuteriau reacuteel non-lineacuteaire possegravede une courbe B(H) qursquoon caracteacuterise en bassefreacutequence sur un cycle de variations et qui fait apparaicirctre un pheacutenomegravene drsquohysteacutereacutesisOn repreacutesente ce cycle sur la figure 26
Ce pheacutenomegravene eacutetant non-lineacuteaire il est impossible de parler drsquoinductance et depermeacuteabiliteacute constantes De plus le mateacuteriau reacuteel est la source de pertes dans lamasse meacutetallique qursquoon appelle pertes fer elles sont constitueacutees de
ndash Pertes par hysteacutereacutesis PH On montre que la preacutesence drsquoun hysteacutereacutesis correspondagrave une dissipation de puissance active dont la valeur par uniteacute de volume du mateacute-riau est eacutegale agrave la surface de lrsquohysteacutereacutesis
φ(t)
Circuit magneacutetique Longueur L (m) Sections S (m2) Mateacuteriau le plus courant acier au silicium
i(t)
N spiresv(t)
2 middot cos(ωt) v(t) = V middot
Loi de Lenz La loi de Lenz srsquoeacutecrit en convention geacuteneacuterateur
Relation Tension Induction
ainsi ou
On retiendra la relation
Figure 25 Relations fondamentales en alternatif sinusoiumldal
Φ Φ= loz =
d d( )
d dTv t N
t t
Φω Φ ω
ωloz
= loz = loz loz fi = loz = lozloz
d 2( ) 2 cos( ) ( ) sin( ) ( )
dV
v t N V t t t B t St N
ω πloz loz
= =loz loz loz lozmax
2 22
V VB
S N S N fπ
= loz loz lozmax2
2V N B S f
= loz loz loz lozmax444V N B S f
Φd d( )
d dT i
v t Lt t
= =
B(H)
H
PH volumique
Figure 26 Cycle drsquohysteacutereacutesis
64 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
ndash Pertes par courants de Foucault PCF Le fer mateacuteriau magneacutetique le plus utiliseacuteeacutetant eacutegalement conducteur eacutelectrique le bobinage induit des courants au sein dumateacuteriau ce qui implique des pertes joules Ces courants srsquoappellent courants deFoucault pour les eacuteviter on reacutealise les circuits magneacutetiques agrave base de tocircles defaibles eacutepaisseurs (voir scheacutema) isoleacutees entre elles on parle alors de feuilletage ducircuit magneacutetique De plus on ajoute du silicium dans lrsquoacier pour sans modifierses proprieacuteteacutes magneacutetiques augmenter sa reacutesistiviteacute
ndash Pertes Fer PF Les laquo Pertes fer raquo repreacutesentent la totaliteacute des pertes eacutenonceacutees
Ainsi
Modegravele lineacuteaire drsquoune bobine agrave noyau de fer
On souhaite souvent repreacutesenter un modegravele eacutequivalent lineacuteaire de la bobine Ce modegravelea pour objectif principal de permettre les calculs du rendement des caracteacuteristiquesnominales et des valeurs de court-circuit La figure 27 preacutesente le modegravele eacutequivalentdrsquoun circuit magneacutetique reacuteel Pour construire ce modegravele on distingue les caracteacuteris-tiques suivantes
ndash Reacutesistance R reacutesistance du bobinage rameneacutee hors des enroulements
ndash Flux principal sous le bobinage ougrave est le flux de fuites magneacute-
tiquesndash Loi de Lenz
On peut donc repreacutesenter le bobinage comme la mise en seacuterie de deux inductances Lm et Lf respectivement lrsquoinductance magneacutetisante et lrsquoinductance de fuite
On montre que les pertes fer sont quasiment proportionnelles au carreacute de la f-e-mdu circuit magneacutetique On peut donc repreacutesenter ces pertes par une reacutesistancenoteacutee Rf en parallegravele sur cette f-e-m
213 Transformateurs
Transformateur monophaseacute ideacuteal
Un transformateur monophaseacute est constitueacute de deux bobinages enrouleacutes sur le mecircmecircuit magneacutetique On repreacutesente sur la figure 28 le scheacutema de principe ainsi que
F H CFP P P= +
b m fϕ ϕ ϕ= + fϕ
ϕϕ ϕ dd d d d( )
d d d d dfb m
m fi i
e t N N N L Lt t t t t
= loz = loz + loz = +
i(t)
v(t)
R
Flux dans le circuit magneacutetique N middot ϕm = Lm middot I
Flux de fuite (en partie dans lrsquoair)N middot ϕf = Lf middot I
e(t) R Lf
Rf Lm V
I
Figure 27 Scheacutema eacutequivalent drsquoun circuit magneacutetique en reacutegime sinusoiumldal
21 Synthegravese de cours ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 65copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
les deux relations fondamentales qui reacutegissent le fonctionnement drsquoun transforma-teur ideacuteal
Remarques La grandeur m srsquoappelle le laquo rapport de transformation raquo
Lrsquoeffet transformateur consiste dans le fait que si on impose le sens ducourant primaire le courant secondaire sera induit de telle maniegravere agrave srsquoopposerau flux qui lrsquoa creacutee Ceci justifie le sens conventionnel du courant secondairechoisi sur le scheacutema Crsquoest cette remarque qui conduit au fait de neacutegliger leflux reacutesiduel dans le circuit magneacutetique du transformateur en charge crsquoest-agrave-dire lorsque le courant secondaire est important
On repreacutesente les deux symboles les plus usuels du transformateur mono-phaseacute sur la figure 29 Les deux symboles repreacutesenteacutes font apparaicirctre laconvention dite laquo des points raquo Celle-ci permet de repeacuterer les sens conven-tionnels des tensions Une fois ce sens repeacutereacute il faut ensuite orienter lescourants de telle maniegravere agrave toujours faire apparaicirctre le primaire en reacutecepteuret le secondaire en geacuteneacuterateur Crsquoest uniquement en respectant ces conven-tions que les relations fondamentales srsquoappliquent sans souci de signe
I1
N1V1
I2
V2N2
Circuitprimaire
CircuitsecondaireR
Figure 28 Le transformateur ideacuteal et ses relations fondamentales
Relations
Et
en charge
φ= loz1 1
d( )
dv t N
tφ
= loz2 2d
( )d
v t Nt
fi = = =2 2 2
1 11
( )( )
Vv t Nm
v t V N
φloz - loz = not loz ordf1 1 1 1( ) ( ) 0N i t N i t
fi = = =2 12
1 21
( ) 1( )
Ii t Ni t I N m
V1V2
I1
V1 V2
I1 I2
I2
m
BobinagePrimaire
Conventionreacutecepteur
BobinageSecondaireConventiongeacuteneacuterateur
BobinagePrimaire
Conventionreacutecepteur
BobinageSecondaireConventiongeacuteneacuterateur
Figure 29 Les symboles et les conventions du transformateur ideacuteal
66 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
Puissance La puissance apparente complexe agrave lrsquoentreacutee du transformateursrsquoeacutecrit
Ainsi par analogie des parties
reacuteelles et imaginaires on notera que P1 = P2 et Q1 = Q2 Le transformateurideacuteal est donc absolument passif et sans pertes Quand il eacutelegraveve la tensionil abaisse le courant (ou inversement) et ne modifie pas la puissance quitransite
Remarque preacutealable
Une impeacutedance en seacuterie au primaire drsquoun transformateur ideacuteal est eacutequivalente agravelrsquoimpeacutedance en seacuterie avec le secondaire (et vice-versa)
Pour srsquoen convaincre il suffit drsquoeacutecrire la loi de maille au primaire et au secondairedans les deux cas et drsquoexprimer la relation entre la tension secondaire et primaireCette tension est la mecircme dans les deux cas si on adopte cette eacutequivalence
Transformateur monophaseacute reacuteel scheacutema eacutequivalent
Dans un transformateur reacuteel il faut tenir compte des eacuteleacutements drsquoimperfection desbobinages primaires et secondaires On distinguera R1 et R2 les reacutesistances seacuteriesdes bobinages L1 et L2 les inductances de fuites des bobinages Rf et Lm la reacutesistanceeacutequivalente aux pertes fer et lrsquoinductance magneacutetisante vue du primaire Apregraves quel-ques manipulations et approximations sur le scheacutema eacutequivalent complet on aboutitau scheacutema eacutequivalent du transformateur monophaseacute repreacutesenteacute sur la figure 210 (agraveretenir absolument)
Deacutetermination expeacuterimentale des eacuteleacutements eacutequivalents On deacutetermine habituelle-ment ces eacuteleacutements au cours de deux essais appeleacutes laquo essai agrave vide raquo et laquo essai encourt-circuit raquo
Essai agrave vide Le transformateur nrsquoest connecteacute agrave aucune charge et alimenteacute par le
primaire sous tension nominale On mesure P10 et On en deacuteduit
et
( ) 21 2 21 1 2 2
VS V I m I V I S
m= loz = loz loz = loz =
Z2Z mloz
V1m middot V1
m
I2
I1
R L Rf Lm
Ru Charge
V2
avec R = R2 + R1 middot m2 et L = L2 + L1 middot m2
Figure 210 Scheacutema eacutequivalent rameneacute au secondaire du transformateur monophaseacute
10 1 10nS V I= loz2
1
10
nf
VR
P=
ω
21
2 210 10
nm
VL
S P=
loz -
21 Synthegravese de cours ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 67copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Essai en court-circuit Le transformateur est court-circuiteacute au secondaire etalimenteacute au primaire sous tension reacuteduite (ce qui permet de neacutegliger Rf et Lm) On
mesure P1cc et
On en deacuteduit et
Repreacutesentation complexe des grandeurs eacutelectriques du scheacutema eacutequivalent chute de tension secondaire
Apregraves avoir formeacute lrsquoeacutequation de maille qui relie les grandeurs eacutelectriques au secon-daire du transformateur on repreacutesente sur la figure 211 le diagramme de Fresnelcorrespondant On a consideacutereacute le cas geacuteneacuteral drsquoune charge lineacuteaire de facteur de puis-sance (cosϕ) donneacute et arriegravere pour lrsquoexemple
Remarques
Il est agrave noter drsquoapregraves ce scheacutema qursquoil existe en geacuteneacuteral et agrave cause desimperfections un deacutephasage entre les tensions V2 et V1 on le note θ
Plus important il existe une chute de tension entre V2 et m middot V1 la tension agravevide
On exprime cette laquo chute de tension secondaire raquo comme ∆V2 = m middot V1 ndash V2
En faisant lrsquoapproximation tregraves classique et geacuteneacuteralement justifieacutee commequoi θ est faible on retiendra la formule donnant la chute de tensionsecondaire en fonction du courant et des eacuteleacutements drsquoimperfection
214 Transformateurs triphaseacutes
Pour transformer lrsquoamplitude des tensions drsquoun systegraveme triphaseacute on utilise un trans-formateur triphaseacute Celui-ci est composeacute de trois bobinages primaires et trois bobi-nages secondaires enrouleacutes sur le mecircme circuit magneacutetique Un transformateur triphaseacute
1 1 1cc cc ccS V I= loz
2 121
ccf
cc
PR m
I= loz
ω
2 21 12
21
cc ccm
cc
S PL m
I
-= loz
loz
V2 R middot I2
jLω middot I2 m middot V1
I2
I1
θRe
Im
Relation de maille au secondaire m middot V1 = V2 + R middot I2 + jLω middot I2
ψϕ
Figure 211 Diagramme de Fresnel de la chute de tension secondaire
∆ ϕ ω ϕ2 1 2 2 2cos sinV m V V R I L I= loz - loz loz + loz loz
68 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
deacutebitant sur une charge eacutequilibreacutee est eacutequivalent agrave trois transformateurs monophaseacuteset sera donc tributaire drsquoun scheacutema eacutequivalent monophaseacute conforme agrave celui de lafigure 210
Remarque importante Le rapport de transformation qui relie les grandeursanalogues du primaire et du secondaire ne deacutepend plus uniquement des nombresde spires mais aussi du mode de couplage des enroulements Degraves lors qursquoonparle drsquoun transformateur triphaseacute on se doit donc drsquoen preacuteciser les diffeacuterentscouplages
Notation conventionnelle des transformateurs triphaseacutes
Afin de caracteacuteriser drsquoune maniegravere conventionnelle les couplages des transformateurstriphaseacutes on deacutesigne la nature des couplages par des lettres deacutesignant en majusculele primaire et en minuscule le secondaire On reacutesume autour de la figure 212 ladeacutesignation du transformateur triphaseacute Yd1 agrave titre drsquoexemple ainsi que la liste descouplages les plus rencontreacutes
Preacutecisions sur le rapport cyclique et le rapport de transformation
On deacutesigne par rapport de transformation m le rapport entre une tension simple ausecondaire et la tension simple correspondante au primaire On repreacutesente sur lafigure 213 les tensions primaires et secondaires ainsi que lrsquoexpression du rapport detransformation correspondant au transformateur Yd1 de lrsquoexemple
On note deux caracteacuteristiques importantes
bull
bull Le deacutephasage entre VA et Va vaut π 6 = 2π 12 = 1 h
Afin de caracteacuteriser un transformateur triphaseacute on donnera toujours son couplageson rapport de transformation et son indice horaire crsquoest-agrave-dire le deacutephasage entre latension simple primaire et secondaire
VA Uab
N
m
A B C
a b c
Le couplage est toujours indiqueacute par un symbole Y ou y couplage eacutetoile primaire ou secondaire∆ ou d couplage triangle primaire ou secondaire Z ou z couplage Zig-Zag primaire ou secondaire Les couplages les plus freacutequents sont Yy0 Yd1 Yz11 Dy11 Dd0 Zy1
Couplage du primaire
Yd1
Couplage du secondaire
Indice horaire(en h)
ici
Figure 212 Repreacutesentation et notation conventionnelle des transformateurs triphaseacutes
1
3 3a ab a
A AA
V U nm
V nV= = = loz
loz
22 Seacuterie drsquoexercices ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 69copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Remarque Lrsquoindice horaire est souvent exprimeacute en heures pour plus de commo-diteacute dans lrsquoexemple choisi lrsquoindice horaire correspond agrave π 6 = 1 h
22 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 3 CIRCUITS MAGNEacuteTIQUES ET TRANSFORMATEURS
221 Eacutenonceacutes
Exercice 21 Reacutealisation drsquoune inductance
On bobine N = 100 spires de fil de cuivre sur le circuit magneacutetique repreacutesenteacute surla figure 214 Le mateacuteriau utiliseacute est du fer de permeacuteabiliteacute magneacutetique relative
1) Calculer la valeur en m2 de la surface drsquoune section droite du circuit magneacutetiqueau milieu drsquoun des barreaux horizontaux ou verticaux
2) En consideacuterant cette section constante le long du parcours moyen calculer lareacuteluctance Rf du fer circuit magneacutetique
3) Calculer la reacuteluctance Ra de la tranche drsquoair que constitue lrsquoentrefer
4) Calculer alors la reacuteluctance totale R que repreacutesente le circuit magneacutetique
VA
VC VB
Uab Uca
Ubc
Va
N
La relation qui relie sur cet exemple VA et Va est
6middot middot
31
je
nA
naVa = VA middot
rapport de transformation indice horaire (π 6 = 1 h)
π
ϕ
Figure 213 Rapport cyclique et rapport de transformation du transformateur Yd1
micro 5286 SIR =
Eacutepaisseur drsquoentrefere = 1 mm
10 cm
10 cm
Libre parcours moyen
L = 80 cm
i
v N = 100
10 cm
Figure 214
70 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
5) En deacuteduire la valeur de lrsquoinductance que repreacutesentent les 100 spires bobineacutees surce circuit magneacutetique
6) Calculer la valeur de lrsquoinduction maximale produite dans le fer lorsque lrsquoinduc-
tance est sous la tension Quelle serait cette valeursi on avait choisi de ne bobiner que 10 spires Comment interpreacuteter ce dernierreacutesultat
7) Calculer la valeur du courant efficace I absorbeacute par lrsquoinductance formeacutee par les
100 spires sous la tension En deacuteduire la sectionminimale des conducteurs permettant de ne pas deacutepasser une densiteacute de courant de5 Amm2
Exercice 22 Circuit coupleacutes et inductance de fuite
On srsquointeacuteresse au circuit magneacutetique repreacutesenteacute en coupe sur la figure 215 sur lequelsont bobineacutes deux enroulements de fil de cuivre Les reacuteluctances des tronccedilons sontdirectement noteacutees R1 R2 et R3
Le tronccedilon 3 repreacutesente les fuites du bobinage 1 crsquoest-agrave-dire un ensemble de trajetsde lignes de champ traversant ce bobinage mais pas lrsquoautre
1) Repreacutesenter le scheacutema eacutequivalent (en analogie avec un circuit eacutelectrique) de cecircuit magneacutetique
2) Eacutecrire la relation reliant Φ1 Φ2 et Φ3
3) En consideacuterant que le bobinage 2 est ouvert (i2 = 0) calculer lrsquoexpression litteacuteraledu flux Φ2
4) Calculer eacutegalement lrsquoexpression litteacuterale du flux Φ3
5) Calculer lrsquoexpression de lrsquoinductance mutuelle M du bobinage 1 sur le bobinage 2
6) Calculer eacutegalement lrsquoexpression de lrsquoinductance Lf qui repreacutesente le facteur deproportionnaliteacute entre le flux Φ3 et le courant i1
7) En utilisant la loi de Lenz montrer qursquoil est possible de ramener cette inductanceen seacuterie avec un circuit magneacutetique plus simple qursquoon repreacutesentera On appellera la tension aux bornes du bobinage 1
π( ) 230 2 sin(2 50 )v t t= loz loz yen yen
π( ) 230 2 sin(2 50 )v t t= loz loz yen yen
N1N2
R1R3
R2
i1
v1v2
i2Φ1
Φ3
Φ2
Figure 215
1V cent
22 Seacuterie drsquoexercices ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 71copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
8) Calculer lrsquoinductance L que repreacutesente le circuit magneacutetique vu du bobinage 1 et
la valeur du rapport Repreacutesenter un scheacutema eacutequivalent du circuit total
Comment srsquoappelle le dispositif eacutetudieacute dans cet exercice 9) Comment faire apparaicirctre sur le scheacutema eacutequivalent les fuites (pour lrsquoinstant neacutegli-geacutees) du second bobinage
Exercice 23 Circuit magneacutetique non lineacuteaire eacutelectroaimant
On considegravere lrsquoeacutelectroaimant repreacutesenteacute sur la figure 216
Les deux parties de cet eacutelectro-aimant sont reacutealiseacutees en acier mouleacute dont on fournitci dessous la caracteacuteristique drsquoaimantation sous la forme du tableau 22
1) La partie mobile eacutetant en contact avec la partie fixe on deacutesire creacuteer un flux Calculer la valeur de lrsquoinduction B correspondante En deacuteduire la
valeur du champ magneacutetique et la valeur du nombre minimal de spires permettantdrsquoobtenir ce flux si le courant I est limiteacute agrave 20 A par le geacuteneacuterateur Le bobinage seraconstitueacute deacutefinitivement de deux fois ce nombre de spires2) La partie mobile est agrave preacutesent deacutecolleacutee de la partie fixe drsquoun entrefer e = 1 mmCalculer le courant neacutecessaire agrave lrsquoeacutetablissement drsquoun flux Calculeralors le nombre de spires reacuteellement neacutecessaires pour imposer ce flux3) Repreacutesenter la courbe sans eacutechelle pour lrsquoentrefer seul et pour le circuiten acier mouleacute seul En deacuteduire une repreacutesentation sans eacutechelle de pourle circuit magneacutetique total Commenter
Tableau 22
B (T) 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17
H (Am) 380 490 600 760 980 1 300 1 700 2 450 3 300 4 700 7 500
2
1
Vm
V=
cent
N
I
Ve
Partie mobile Longueur l2 = 20 cm section S = 20 cm2
Partie fixe Longueur l1 = 60 cm section S = 20 cm2
φ
Figure 216
Φ 32 10 Wb-= loz
Φ 32 10 Wb-= loz
Φ ( )f NI=( )f NIΦ =
72 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
Exercice 24 Transformateur monophaseacute
Un transformateur monophaseacute porte les indications suivantes sur sa plaque signa-leacutetique
rendement 95 Primaire V1n = 220 V Secondaire V2n = 127 V
1) Calculer le courant primaire nominal I1n
2) Calculer le courant secondaire nominal I2n
3) Le rendement est preacuteciseacute pour une charge absorbant le courant nominal sous tensionsecondaire nominale et preacutesentant un facteur de puissance cosϕ = 08 Calculer la valeurdes pertes dans le transformateur dans ces conditions
4) Repreacutesenter un scheacutema eacutequivalent rameneacute au secondaire du transformateur enfaisant apparaicirctre les eacuteleacutements classiques exposeacutes dans le cours
5) En supposant qursquoau reacutegime nominal les pertes sont uniformeacutement reacuteparties entrepertes fer et pertes Joules calculer alors la valeur de tous les eacuteleacutements reacutesistifs duscheacutema
6) La tension secondaire agrave vide de ce transformateur vaut V0 = 133 V Calculer alorsle rapport de transformation m En utilisant la formule simplifieacutee donnant la chutede tension au point nominal calculer la valeur de lrsquoinductance de fuiterameneacutee au secondaire du transformateur
7) En utilisant toujours la formule de la question 6 calculer la valeur de la tensionsecondaire correspondant agrave une charge absorbant la moitieacute du courant secondairenominal toujours avec un cos ϕ = 08
8) Calculer alors le rendement du transformateur lorsqursquoil deacutebite sur une chargeabsorbant la moitieacute du courant nominal toujours avec un cos ϕ = 08
Exercice 25 Transformateurs en cascade
Un ensemble de distribution drsquoeacutenergie eacutelectrique sous tension sinusoiumldale agrave 50 Hzest repreacutesenteacute en scheacutema monophaseacute eacutequivalent sur la figure 217
Les transformateurs repreacutesenteacutes sont consideacutereacutes comme parfaits et les rapports detransformations connus et
2 200 VAnS =
2 0 2V V V∆ = -
32 10m -= loz 100m =cent
V1 V2
I1 I2
V
r = 100 Ω lω = 300 Ω
mprime
V prime~
m
I
ChargeLigneGeacuteneacuterateur
Figure 217
22 Seacuterie drsquoexercices ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 73copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Les eacuteleacutements drsquoimperfection des transformateurs et de la ligne sont rameneacutes agrave la reacutesis-tance r et agrave lrsquoinductance l La charge consomme par phase une puissance de 500 kWsous 230 V et avec un facteur de puissance cos ϕ = 08 arriegravere
1) Calculer la valeur du courant I2
2) En deacuteduire la valeur du courant I1 et calculer la valeur de V1
3) Repreacutesenter un diagramme de Fresnel faisant apparaicirctre toutes les grandeurs de lamaille centrale
4) Calculer alors la valeur de la tension V prime en faisant une hypothegravese de colineacuteariteacutedes tensions V1 et V prime5) En deacuteduire la valeur de la tension V neacutecessaire agrave assurer 230 V en bout de ligne
6) Reprendre les deux derniegraveres questions en faisant un bilan de puissances actives etreacuteactives Conclure sur lrsquohypothegravese faite agrave la question 4
Exercice 26 Transformateurs en parallegravele
Afin drsquoalimenter une charge demandant plus de puissance que ne peut en fournir untransformateur A on associe agrave celui-ci un transformateur B en parallegravele Le scheacutema dela figure 218 fait apparaicirctre cette mise en parallegravele ainsi que les eacuteleacutements drsquoimper-fections des deux transformateurs (les eacuteleacutements correspondant au fonctionnement agravevide ne sont pas pris en compte dans cet exercice)
On notera que les deux transformateurs preacutesentent les puissances apparentes nomi-nales suivantes SAn = 24 kVA et SBn = 12 kVA
1) Quelle relation doit exister entre les rapports de transformations mA et mB pourqursquoaucun transformateur ne deacutebite de courant agrave vide crsquoest-agrave-dire lorsque la chargenrsquoest pas preacutesente sur cette installation
2) Calculer les courants primaires nominaux IA1n et IB1n
3) En deacuteduire les courants secondaires nominaux IA2n et IB2n
V2
I2P
cosϕ = 08 V1
Transformateur B
Transformateur A 002 Ω j014 Ω
004 Ω j028 Ω
mA = 0167
mB
V1n = 1 500 V
mA middot V1
mB middot V1
Charge
Figure 218
74 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
4) Calculer alors la tension secondaire nominale V2n de chaque transformateur enutilisant la formule classique donnant la chute de tension secondaire Commenter cereacutesultat Que se passerait-il si ces deux valeurs nrsquoeacutetaient pas identiques
5) Calculer la valeur du courant total secondaire nominal I2n que preacutesente cette instal-lation Calculer alors la puissance apparente nominale de cette association de trans-formateurs
6) Calculer le rendement du systegraveme sur une charge absorbant le courant nominalavec un facteur de puissance de 08
7) Calculer la valeur du courant deacutebiteacute par chaque transformateur pour un courant
total
222 Correction des exercices
Exercice 21 Reacutealisation drsquoune inductance
1) S = 10 cm times 10 cm = 100 cm2 = 10ndash 2 m2
2) La longueur moyenne du profil en fer est
On considegravere que la section du circuit est constante (on neacuteglige les effets de coins) et lapermeacuteabiliteacute relative du fer est
On eacutecrit donc la reacuteluctance
3) Dans la couche drsquoair que forme lrsquoentrefer
4) Les deux circuits fer et air sont associeacutes en seacuterie La reacuteluctance totale du circuit magneacute-
tique formeacute sera donc
5) Lrsquoinductance que repreacutesentent les 100 spires du bobinage sur ce circuit est
6) Lrsquoinduction maximale dans le circuit magneacutetique est donneacutee par la formule
ougrave N = 100 f = 50 Hz et S = 10ndash 2 m2 On en deacuteduit
Si on ne deacutecide de bobiner que 10 spires lrsquoapplication de la formule donne Cette valeur est impossible agrave obtenir dans du fer et on en conclut que le circuit magneacutetiquesaturerait tregraves fortement ce qui ne correspond plus du tout agrave la lineacuteariteacute attendue entre le
22 2
nII =
80 cmfL L e L= - ordf =
micro 5286 R SI=
micro micro micro π 7 20
08120 423 SI
4 10 5286 10f
R
L L
S S - -not = = = =loz loz yen yen
micro π
3
7 20
1079 577 SI
4 10 10a
e
S
-
- -not = = =yen
200 000 SIf anot = not +not =
2
50 mHN
L = =not
max444V N B S f= loz loz loz loz
max 103 T444
VB
N S f= =
loz loz loz
max 103 TB =
22 Seacuterie drsquoexercices ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 75copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
courant et le flux Il est donc eacutevident que ce choix de nombre de spires ne permet pasdrsquoaboutir agrave la reacutealisation drsquoune inductance constante
7) Si le circuit magneacutetique bobineacute forme une inductance de valeur L = 50 mH alors on peut
eacutecrire en notation complexe
En passant aux modules
Pour ne pas deacutepasser une densiteacute de courant de 5 Amm2 il faut assurer la relation suivante
Donc
Exercice 22 Circuit coupleacutes et inductance de fuite
1) On repreacutesente le scheacutema eacutequivalent en analogie eacutelectrique sur la figure 219
2)
3)
4) De mecircme
5) Lrsquoinductance mutuelle M est deacutefinie comme le rapport du flux intercepteacute par le bobi-
nage 2 par le courant i1
Ici
ωV jL I=
ω π3
2301465 A
50 10 2 50
VI
L -= = =loz yen yen
2max
conducteurs
5 AmmI
Slt
2maxcond_mini
2414 mm
5 5
I IS
loz= = =
N1 middot i1 N2 middot i2
R1
R3
R2
Φ1 Φ2
Φ3
Figure 219
Φ Φ Φ1 2 3= +
Φ 2 3 2 32 1 1 1 1
2 1 2 3 2 1 2 1 3 2 3
1 1R R R RN i N i
R R R R R R R R R R R
loz= loz loz = loz loz =
+ loz + loz + loz
31 1
1 2 2 3 1 3
RN i
R R R R R Rloz loz
loz + loz + loz
Φ 2 3 23 1 1 1 1
3 1 2 2 3 1 3 1 2 3 1 3
1 R R RN i N i
R R R R R R R R R R R R R
loz= loz loz = loz loz
loz + loz + loz loz + loz + loz
( )2 2N Φloz
Φ 32 21 2
1 1 2 2 3 1 3
RNM N N
i R R R R R R
loz= = loz loz
loz + loz + loz
76 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
6) Lrsquoinductance demandeacutee correspond au rapport du flux dans le tronccedilon 3 intercepteacute par lebobinage 1 par le courant i1
Ici on eacutecrira alors que
7) La loi de Lenz permet drsquoeacutecrire
Cette eacutequation de maille correspond au circuit repreacutesenteacute sur la figure 220
8) est lrsquoinductance eacutequivalente du bobinage 1 lorsque i2 = 0
Par ailleurs on peut eacutecrire que et drsquoougrave
Ce rapport permet de repreacutesenter le circuit magneacutetique comme un transformateur parfait derapport m
Le scheacutema eacutequivalent total du circuit est repreacutesenteacute sur la figure 221
Le circuit magneacutetique proposeacute correspond agrave un transformateur dans lequel on tient comptedes fuites magneacutetiques sous la forme de lrsquoinductance de fuite et de lrsquoinductance eacutequivalenteau primaire L qursquoon appelle en geacuteneacuteral lrsquoinductance magneacutetisante
9) Pour repreacutesenter les fuites au secondaire un raisonnement identique agrave celui conduit danscet exercice amegravenerait agrave repreacutesenter une autre inductance de fuite au secondaire de ce trans-formateur crsquoest-agrave-dire en seacuterie avec le bobinage 2
Φ 21 3 31
1 1 2 2 3 1 3f
N RL N
i R R R R R R
loz= = loz
loz + loz + lozΦ1 3 1fN L iloz = loz
Φ ΦΦ Φ2 31 2 11 1 1 1
d( )d d d( )
d d d dfi
V t N N N Lt t t t
+= loz = loz = loz + loz
N1N2
R1 + R2
i1
v1 v2
i2Lf
V1prime
φ
Figure 220
2
1 2
NL
R R=
+
Φ1 1
d( )
dV t N
tcent = loz
Φ2 2
d( )
dV t N
t= loz 2 2
11
( )
( )
V t Nm
NV t= =
cent
m = N2 N1 i1
V1V2
i2Lf
V1prime L
Transformateur parfait
Figure 221
22 Seacuterie drsquoexercices ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 77copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Exercice 23 Circuit magneacutetique non lineacuteaire eacutelectroaimant
Dans cet exercice le mateacuteriau nrsquoest pas lineacuteaire il est donc impossible drsquoutiliser la formuledrsquoHopkinson NI = RΦ Il est donc impeacuteratif de nrsquoutiliser que le theacuteoregraveme drsquoampegravere
appliqueacute aux circuits magneacutetiques simplifieacutes ougrave C est le libre parcours
moyen crsquoest-agrave-dire en utilisant les hypothegraveses classiques ougrave L est la
longueur du circuit homogegravene
1) On deacutesire avoir crsquoest-agrave-dire
On lit alors dans le tableau que le champ correspondant est H = 760 Am
Le theacuteoregraveme drsquoAmpegravere srsquoeacutecrit alors NI = H middot L crsquoest-agrave-dire que
soit donc 31 spires
On considegravere donc agrave preacutesent que N = 62 spires
2) Lrsquoapparition de lrsquoentrefer rend le circuit magneacutetique non homogegravene La deacutecomposition de
lrsquointeacutegrale du theacuteoregraveme drsquoampegravere se reacuteduit agrave
Lrsquoair repreacutesente un milieu lineacuteaire dans lequel
Dans lrsquoacier on lit toujours dans le tableau
On en deacuteduit
Le courant eacutetant limiteacute agrave 20 A il est neacutecessaire de preacutevoir un nombre de spires tel que avec I = 20 A Crsquoest-agrave-dire N = 110 spires
3) Il faut noter que le flux et lrsquoinduction sont proportionnels puisqursquoon eacutecrit Demecircme le champ magneacutetique et le courant sont eacutegalement proportionnels puisque NI = H middot LAinsi les courbes B(H) ou ont exactement les mecircmes formes mais eacutevidement pas les mecircmes
eacutechelles On repreacutesente ainsi sur la figure 222 lrsquoallure des courbes et
en fonction de Les points correspondant agrave B = 13 T (c-agrave-d )sont cocircteacutes sur chaque dessin
On en deacuteduit lrsquoallure de NI = Hacier middot L + Hair middot 2 middot e qui caracteacuterise les ampegraveres tours en fonc-tion de Φ pour le circuit magneacutetique avec entrefer
dC
NI H l= lozUacuted
CNI H l H L= loz = lozUacute
Φ 32 10 Wb-= lozΦ 3
4
2 101 T
20 10B
S
-
-loz
= = =loz
2
minimax
760 80 10304
20
H LN
I
-yen lozloz= = =
acier air 2NI H L H e= loz + loz loz
micro πair 70
17957 kAm
4 10
BH -= = =
loz
acier 760 AmH =
2 3 3acier air 2 760 80 10 7957 10 2 10
3547 A62
H L H eI
N
- -loz + loz loz yen loz + loz yen loz= = =
3547 62 2 200NI = yen =
Φ B S= loz
( )IΦΦ acier( )H Lloz Φ air( 2 )H eloz
Φ B S= loz Φ 426 10 Wb-= loz
78 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
On constate sur ces scheacutemas de principe que lrsquoentrefer a un effet deacute-saturant sur la courbe drsquoaimantation du circuit magneacutetique
Exercice 24 Transformateur monophaseacute
1)
2)
3)
Par ailleurs le rendement srsquoeacutecrit
4) Un scheacutema eacutequivalent classique du transformateur est repreacutesenteacute sur la figure 223
Φ = BS Φ = BS
Φ = BS
NI = Hair middot 2e NI = Hacier middot L
26 middot 10ndash4 Wb
26 middot 10ndash4 Wb
2 0691 360
3 429 NI = Hacier middot L + Hair middot 2e
Entrefer seul
Acier seul
Circuit magneacutetique complet
Figure 222
1 1 2 2 11
2 20010 A
220n
n n n n n nn
SS V I V I I
V= loz = loz fi = = =
22
2 200173 A
127n
nn
SI
V= = =
ϕutile charge 2 2 cos 127 173 08 1 760 Wn nP P V I= = loz loz = yen yen =
ηη
ηutile
pertes utileutile pertes
1 1 0951 760 926 W
095
PP P
P P
- -= fi = loz = yen =
+
V1 m V1 = V0
m
I2
I1
R L Rf Lm Ru Charge V2
Figure 223
22 Seacuterie drsquoexercices ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 79copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
5) Si les pertes sont uniformeacutement reacuteparties entre pertes fer et pertes Joules cela signi-fie que
drsquoougrave
Et drsquoougrave
6) drsquoougrave
La formule simplifieacutee donnant la chute de tension secondaire srsquoeacutecrit
En utilisant cette formule avec les grandeurs nominales connues on en deacuteduit
7) On eacutecrit agrave nouveau la formule de la chute de tension mais pour le courant
On en deacuteduit
8) On eacutecrit le rendement agrave la moitieacute du courant nominal
avec
Application numeacuterique
Exercice 25 Transformateurs en cascade
1) La puissance consommeacutee par phase par la charge srsquoeacutecrit
Drsquoougrave
pertes 2Joules 2463 W
2 n
PP R I= = = loz pertes
22
0152 n
PR
IΩ= =
2pertes 1
Fer 4636 W2
n
f
P VP
R= = =
21
pertes
21 045n
f
VR
PΩ= =
0 1133 V nV m V= = loz 0
1
0604n
Vm
V= =
∆ ϕ ω ϕ2 0 2 cos sinV V V R I L I= - = loz loz + loz loz
ϕω ϕ
0 2 cos12 mH
sinn n
n
V V R IL
I
- - loz loz= =
loz loz
2nI
∆ ϕ ω ϕ2 0 2 cos sin 3 V2 2n nI I
V V V R L= - = loz loz + loz loz =
∆2 0 2 130 VV V V= - =
ϕη
ϕ
22
utile2 2
utile pertes 2 2 12
V cos2
V cos2 2
n
n n n
f
IP
P P I I VR
R
loz loz= =
+ Ecirc ˆloz loz + loz +Aacute ˜Euml macr
∆2 0 2 130 VV V V= - =
094η =
ϕ2 2500 kW cosP V I= = loz loz
ϕ22
2 717 Acos
PI
V= =
loz
80 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
2) Les transformateurs sont consideacutereacutes comme parfaits crsquoest-agrave-dire qursquoon peut eacutecrire
Par ailleurs les tensions son aussi relieacutees par le rapport de transformation
3) Le courant I2 et la tension V2 sont deacutephaseacutes de lrsquoangle ϕ Les transformateurs eacutetantparfaits les courants et tensions primaires sont colineacuteaires aux courants et tensions secon-daires On repreacutesente donc le courant I1 et la tension V1 sur la figure 224
Par ailleurs la loi de maille de la maille centrale srsquoeacutecrit drsquoougrave lesautres vecteurs compleacutetant lrsquoeacutegaliteacute vectorielle
4) Les hypothegraveses classiques de la maille de sortie drsquoun transformateur sont applicables ici et on
neacuteglige lrsquoangle entre les vecteurs et On eacutecrit alors
Application numeacuterique
5) On deacuteduit la tension V agrave partir de la connaissance du rapport de transformation
6) On peut reacutesoudre les deux questions preacuteceacutedentes sans faire lrsquoapproximation faite sur lediagramme de Fresnel en passant par un bilan de puissances
La puissance active totale fournie par le geacuteneacuterateur est
La puissance reacuteactive totale fournie par le geacuteneacuterateur est
Par ailleurs la valeur du courant fourni par le geacuteneacuterateur est
Il ne reste plus qursquoagrave eacutecrire la puissance apparente S que repreacutesente le geacuteneacuterateur
31 2 2 10 2 717 543 AI m I -= loz = loz yen =
1 2 3
1 1230 115 kV
2 10V V
m -= loz = yen =loz
ω1 1 1V r I jl I Vcent = loz + loz +
V1 I1 r middot I1
jlω middot I1 V prime
ϕ
Figure 224
1V V cent ϕ ω ϕ1 1 1cos sinV V r I l Icent = + loz loz + loz loz
116 411 VV cent =
100V
mV
centcent = =
1164 VV
Vm
cent= =
cent
2total 1 50295 kWP P r I= + loz =
ϕ ω 2total 1tan 38384 kVARQ P l I= loz + loz =
1 543 AI m Icent= loz =
2 2total total 63269 kVAS V I P Q= loz = + =
22 Seacuterie drsquoexercices ndeg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs 81copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Ce qui donne
Ce reacutesultat qui ne souffre drsquoaucune approximation autre que celles des deacutecimales prouve lebien fondeacute de lrsquoapproximation reacutealiseacutee agrave la question 4
Exercice 26 Transformateurs en parallegravele
1) Pour qursquoil ne circule aucun courant dans les secondaires des transformateurs lorsqursquoonenlegraveve la charge il suffit que mAV1 = mBV1 crsquoest-agrave-dire que mA = mB = m = 0167
2) et
3) et
4) On utilise la formule classique ce qui donne
Les tensions secondaires nominales des deux transformateurs sont identiques ce qui est faitexpregraves pour que le reacutegime nominal de lrsquoensemble corresponde au reacutegime nominal de chaquetransformateur Rappelons que ce reacutegime correspond au rendement optimal de chaque appa-reillage
Si ces deux tensions nrsquoavaient pas eacuteteacute les mecircmes le systegraveme aurait eacuteteacute brideacute par le transfor-mateur preacutesentant la tension nominale la plus hautehellip
5) Vu la proportionnaliteacute des eacuteleacutements drsquoimperfections les courants secondaires et
sont en phase En conseacutequence
Comme V2n = 2409 V
6) Le rendement nominal du systegraveme srsquoeacutecrira
7) Vu la proportionnaliteacute des eacuteleacutements drsquoimperfections la chute de tension correspondant agrave
la moitieacute du courant nominal vaut donc
En appliquant la formule ontrouve IA2 = 48 A De mecircme on trouve IB2 = 24 A
Les courants secondaires des deux transformateurs restent bien dans la proportion deux tiersun tiers
1165 VS
VI
= =
11
24 00016 A
1 500An
A nn
SI
V= = = 1
1
12 0008 A
1 500Bn
B nn
SI
V= = =
2 11
958 AA n A nI Im
= = 2 11
479 AB n B nI Im
= =
ϕ ω ϕ1 2 2 2cos sinm V V r I l Iloz - = loz loz + loz loz
ϕ ϕ2 1 2 2002 cos 014 sin 2409 VA n A n A nV m V I I= loz - loz loz - loz loz =
ϕ ϕ2 1 2 2004 cos 028 sin 2409 VB n B n B nV m V I I= loz - loz loz - loz loz =
2A nI 2B nI
2 2 2 1437 An A n B nI I I= + =
2 2 2409 1437 346 kVAn n nS V I= loz = yen =
ϕη
ϕutile 2 2
2 2utile pertes 2 2 2 2
cos 099
cos 002 004n n
n n A n B n
P V I
P P V I I I
loz loz= = =
+ loz loz + loz + loz
1 2 9648 V
2 2A nm V Vloz -
= = 2 2 2457 VA BV V= =
ϕ ϕ2 1 2 2002 cos 014 sin 2457 VA A AV m V I I= loz - loz loz - loz loz =
82 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
23 PROBLEgraveME Ndeg 3 CARACTEacuteRISATION ET UTILISATION DE TRANSFORMATEUR INDUSTRIEL MISE EN PARALLEgraveLE DE TRANSFORMATEURS
231 Eacutenonceacute
On srsquointeacuteresse dans ce problegraveme au choix et agrave la caracteacuterisation drsquoun transformateurtriphaseacute MTBT utiliseacute pour alimenter en eacutenergie eacutelectrique un site de productionindustrielle Ce site qui comprend plusieurs parcs de machines et des installations eacutelec-triques classiques est alimenteacute crsquoest classique pour les gros consommateurs drsquoeacutelec-triciteacute agrave partir du reacuteseau moyenne tension (MT) comme le repreacutesente le scheacutema dela figure 225 On notera de faccedilon conventionnelle les phases du primaire du trans-formateur A B C et les phases du secondaire abc On notera eacutegalement de maniegravereconventionnelle les tensions simples V (qursquoelles soient reacuteelles ou fictives) et les tensionscomposeacutees U
Lrsquoensemble des reacutecepteurs eacutelectriques du site consomme theacuteoriquement agrave plein reacutegimeune puissance de 780 kW avec un facteur de puissance toujours supeacuterieur agrave 08 Onsupposera dans tout le problegraveme que la charge est eacutequilibreacutee
Pour le constructeur du transformateur lrsquoapplication concerneacutee correspond agrave unefamille de transformateurs dont la documentation est fournie en fin de cet eacutenonceacute(avec lrsquoaimable autorisation du groupe Merlin Gerin ndash Schneider electric) Lrsquoobjetde ce problegraveme est de faire le choix du transformateur approprieacute et drsquoen caracteacuteriserles deacutefauts pour eacuteventuellement faire eacutevoluer lrsquoalimentation du site ulteacuterieurement
Partie 1 Choix du modegravele et aspects pratiques
1) Agrave partir de la valeur de la puissance maximale qui est susceptible drsquoecirctre consommeacuteechoisir le modegravele du transformateur dans la documentation fournie en annexe
2) Justifier les indications laquo Triphaseacute trois fils raquo et laquo Triphaseacute quatre fils raquo indiqueacuteessur la figure 31
Site industriel
Pmax = 780 kW Cosϕ gt 08Reacuteseau MT
20 kV 50 Hz Triphaseacute trois
fils
Reacuteseau BT 230 400 VTriphaseacute
quatre fils
Transfo MT BT A B C
a b c
Figure 225
23 Problegraveme ndeg 3 Caracteacuterisation et utilisation de transformateur industrielhellip 83copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
3) Repreacutesenter sur un scheacutema le couplage des phases primaires et secondaires dutransformateur triphaseacute Justifier le choix de ce couplage
4) Repreacutesenter sur un diagramme vectoriel sans eacutechelle les tensions simples (reacuteellesou fictives) du primaire et du secondaire Noter alors le deacutephasage qui existe entredeux tensions analogues et justifier lrsquoappellation Dyn11 lue dans la documentation
5) Pourquoi est-il important de noter ces deacutephasages
6) Que repreacutesente le laquo reacutegime nominal raquo du transformateur Quelles sont les seulesdonneacutees nominales directement exploitables preacuteciseacutees dans la documentation
Partie 2 Utilisation des donneacutees de la documentation et caracteacuterisation des deacutefauts
Dans cette partie lrsquoobjectif est de calculer les valeurs des eacuteleacutements du scheacutema eacutequi-valent monophaseacute du transformateur Pour plus de commoditeacute on indexera les gran-deurs du primaire 1 et celles du secondaire 2 Le scheacutema utiliseacute est repreacutesenteacute sur lafigure 226 Le transformateur consideacutereacute dans la documentation est naturellement celuicorrespondant au choix de la question 1-1
1) Quelles sont les valeurs des tensions nominales primaires et secondaires pourcosϕ = 1 On notera ces grandeurs V1n et V2n Calculer alors dans ces conditions lavaleur des courants nominaux primaire et secondaire I1n et I2n
2) Comment calcule-t-on la valeur des eacuteleacutements donneacutes en pourcentages dans ladocumentation
3) Justifier briegravevement la preacutesence des divers eacuteleacutements du scheacutema eacutequivalent
4) Agrave partir de la valeur de la tension secondaire agrave vide releveacutee dans la documentationcalculer la valeur du rapport de transformation m
5) Quelle est la valeur du courant agrave vide Quelle est sur le scheacutema eacutequivalent lavaleur du courant agrave vide correspondant (qursquoon notera I10)
6) Quelle est la valeur de la puissance consommeacutee agrave vide Calculer alors les valeursde Rf et Lmicro
7) La tension de court-circuit correspond agrave la tension agrave appliquer au primaire lorsquele secondaire est court-circuiteacute pour deacutebiter le courant nominal Utiliser cette donneacuteepour trouver une relation reliant r2 et l2
m
Charge Z V2 V1
I1 I2
RfLmicro
l2r2
m middot V1
N Transformateur parfait Nfictif
Figure 226
84 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
8) En consideacuterant le cas drsquoune charge preacutesentant un facteur de puissance unitairerepreacutesenter toutes les grandeurs du transformateur sur un diagramme de Fresnel sanseacutechelle9) En utilisant la donneacutee de la chute de tension en charge calculer alors les valeursde r2 et l210) Y a-t-il un moyen plus simple de reacutesoudre la question preacuteceacutedente Si oui veacuteri-fier la concordance des reacutesultats (on considegraverera le cas agrave 120 degC)11) Pour valider le scheacutema eacutequivalent calculer la chute de tension theacuteorique corres-pondant agrave une charge de facteur de puissance 08 AR (pour la commoditeacute du calculon neacutegligera la reacutesistance r2) Comparer le reacutesultat avec la documentation12) Calculer eacutegalement le rendement theacuteorique agrave 100 de charge pour cosϕ = 1Comparer avec la documentation et conclure13) Calculer pour finir le facteur de puissance total de lrsquoinstallation pour une chargede facteur de puissance eacutegal agrave 08 Conclure
Partie 3 Mise en parallegravele de deux transformateurs identiques
Dans lrsquooptique drsquoun agrandissement futur du site on veut pouvoir doubler le parc demachines et donc pratiquement doubler la consommation du site On se proposeainsi drsquoacheter initialement deux transformateurs (choisis agrave la question 1-1) et de lesplacer en parallegravele sur le reacuteseau Deux strateacutegies srsquooffrent ensuite
ndash Strateacutegie ndeg 1 Mettre les deux secondaires en parallegravele et faire deacutebiter les deuxtransformateurs sur lrsquoensemble des charges
ndash Strateacutegie ndeg 2 Connecter les nouvelles charges uniquement sur le deuxiegraveme trans-formateur apregraves avoir assureacute la pleine charge du premier
1) Calculer le rendement drsquoun des transformateurs agrave 50 de sa charge (pour unecharge de cosϕ = 08)2) Repreacutesenter le scheacutema de lrsquoinstallation correspondant agrave la strateacutegie ndeg 1
3) Quel serait le rendement global de la strateacutegie ndeg 1 pour une charge totale corres-pondant agrave 15 fois la charge maximale drsquoun des deux transformateurs (toujours pourune charge de cosϕ = 08)4) Repreacutesenter le scheacutema de lrsquoinstallation correspondant agrave la strateacutegie ndeg 2
5) Quel serait le rendement global de la strateacutegie ndeg 2 pour une charge totale corres-pondant agrave 15 fois la charge maximale drsquoun des deux transformateurs (toujours pourune charge de cosϕ = 08)6) Quels seraient les problegravemes suppleacutementaires poseacutes par la strateacutegie ndeg 2 Nrsquoya-t-il pas une autre strateacutegie possible 7) Agrave partir du scheacutema correspondant agrave la strateacutegie ndeg 1 deacuteduire le scheacutema eacutequivalent(analogue agrave celui de la figure 32) de lrsquoinstallation8) Quel serait le rendement correspondant agrave lrsquoutilisation drsquoun transformateur de2 000 kVA pour la mecircme charge que dans les questions preacuteceacutedentes 9) Conclure sur la strateacutegie agrave adopter
23 Problegraveme ndeg 3 Caracteacuterisation et utilisation de transformateur industrielhellip 85copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Documentation du constructeur
86 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
232 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Choix du modegravele et aspects pratiques
1) La puissance theacuteorique maximale consommeacutee par le site est Pmax = 780 W Sur la docu-mentation on remarque que le critegravere principal de choix du modegravele est la puissance appa-rente S puisque lrsquouniteacute est le Volt Ampegravere (VA) En effet on retrouve le fait que la puissanceapparente soit la grandeur dite laquo de dimensionnement raquo des transformateurs
Il suffit ainsi de calculer
Le modegravele agrave choisir est donc agrave priori le modegravele de 1 000 kVA
2) On parle de laquo Triphaseacute trois fils raquo lorsque les trois phases sont distribueacutees sans le neutrecrsquoest eacutevidement le cas sur les longues distances de distribution (en THT HT et MT) ougrave lapreacutesence drsquoun quatriegraveme conducteur conduirait agrave un surcoucirct inacceptable En revanche onparle de laquo Triphaseacute quatre fils raquo quand il srsquoagit de distribuer localement lrsquoeacutenergie et doncentre autre de dispatcher les phases vers les diffeacuterents clients monophaseacutes Pour ce faire ilfaut eacutevidement disposer du neutre celui-ci est creacutee au plus proche par couplage eacutetoile dessecondaires des transformateurs de quartiers
3) Le transformateur choisi est coupleacute en Dyn11 or un transformateur triphaseacute peut ecirctreconsideacutereacute comme le regroupement de trois transformateurs monophaseacutes identiques dont onrepreacutesente les circuits magneacutetiques sur le scheacutema de la figure 227 Le couplage primairetriangle secondaire eacutetoile indiqueacute par le nom du couplage est ici sans eacutequivoque
Ce couplage est ici absolument impeacuteratif en effet le transformateur fait le lien entre letriphaseacute laquo trois fils raquo du reacuteseau moyenne tension et le triphaseacute laquo quatre fils raquo du reacuteseau bassetension ce dernier posseacutedant le conducteur de neutre doit ecirctre forceacutement coupleacute en eacutetoile
4) Il est ici important de bien repeacuterer le fait que les tensions simples du secondaire sontproportionnelles (par effet transformateur) aux tensions composeacutees du primaire
On peut donc repreacutesenter ceci sur le scheacutema de principe de la figure 228
Il est clair sur le dessin que les tensions simples du secondaire sont deacutephaseacutees par rapport auxtensions simples primaires (qui sont fictives puisqursquoelles nrsquoexistent pas en reacutealiteacute mais qursquoon
ϕ
3max
maxmini
780 10975 kVA
cos 08
PS
loz= = =
A
C
B
a
b
c
N Primaire Triangle Secondaire Eacutetoile
Figure 227
23 Problegraveme ndeg 3 Caracteacuterisation et utilisation de transformateur industrielhellip 87copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
peut former vectoriellement) drsquoun angle de On parle alors drsquoun laquo indice horaire raquo de 11 h
lrsquoeacutequivalent de anti-horaire sur un cadran de montre
On peut donc justifier pleinement lrsquoappellation
bull D primaire coupleacute en trianglebull yn secondaire en eacutetoile neutre sorti
bull 11 indice horaire de 11 h
5) Il est tregraves important de noter les deacutephasages existant entre les tensions pour eacuteviter deconnecter les sorties de plusieurs transformateurs ne posseacutedant pas le mecircme couplage et doncdes deacutephasages diffeacuterents par rapport au primaire Il ne suffit pas dans ce cas de ne se fierqursquoagrave la valeur des tensions il faut aussi assurer lrsquoeacutegaliteacute des phases
6) Le reacutegime nominal drsquoun appareillage correspond au reacutegime de fonctionnement permettantun optimum de rendement avec le respect drsquoune dureacutee de vie indiqueacutee par le constructeur Enbref crsquoest le reacutegime preacutefeacuterentiel de fonctionnement de lrsquoappareillage vers lequel on a inteacuterecirctagrave tendre
Dans les documentations du constructeur les grandeurs les plus importantes indiqueacutees sonttoujours celles qui correspondent au reacutegime nominal
On peut ici relever dans la documentation les valeurs qursquoon indexera par un laquo n raquo
On notera eacutegalement que toutes le donneacutees correspondant agrave 100 de charge correspondenten reacutealiteacute au reacutegime nominal On notera que la tension secondaire nominale nrsquoest paspreacuteciseacutee puisqursquoelle deacutepend du facteur de puissance de la charge
Partie 2 Utilisation des donneacutees de la documentation et caracteacuterisation des deacutefauts
1) On relegraveve sur la documentation pour le modegravele choisi et un cosϕ = 1 les valeurs
6
π
6
π
n11Dy
A
C B
a
b
c VA
VB VC
UAB UCA
UBC
Va Vb
Vc
deacutephasage = π 6 = 11 h
Tensions primaires Tensions secondaires
Figure 228
1 000 kVAnS = 1 20 kVnU =
1 000 kVAnS = 11 120 kV 1154 kVA
3n
n nU
U V= fi = =
88 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
et
Or on peut eacutecrire comme le transformateur est supposeacute eacutequilibreacute
On en deacuteduit
2) Les valeurs donneacutees en pourcentages sont toujours des pourcentages de la valeur nomi-nale Ainsi un courant primaire de 2 correspond agrave 2 de 288 A De mecircme une tensionsimple secondaire de 4 correspond agrave 4 de 237 V
3) Les divers eacuteleacutements qui apparaissent sur la figure 229 correspondent agrave des eacuteleacutementsdrsquoimperfection du transformateur rameneacutes au primaire ou au secondaire pour des raisons decommoditeacute du scheacutema eacutequivalent
On reconnaicirct ainsi
Rf Quand on met le transformateur sous tension au primaire il chauffe Les pertes corres-pondantes srsquoappellent les pertes fer Pour repreacutesenter ces pertes on envisage simplement uneacuteleacutement reacutesistif (comme un radiateur) eacutequivalent en parallegravele sur le primaire
Lmicro Le transformateur est constitueacute de mateacuteriau magneacutetique entoureacute de bobinages Si onouvre le circuit secondaire il est tout simplement eacutequivalent agrave une inductance On parledrsquoinductance magneacutetisante crsquoest-agrave-dire celle qui creacutee lrsquoinduction dans le fer On repreacutesentesimplement ce pheacutenomegravene par lrsquoinductance Lmicro en parallegravele sur le primaire
r2 Les dizaines voire centaines de megravetres de fil de cuivre bobineacutes repreacutesentent une reacutesis-tance non neacutegligeable qursquoil est possible de ramener theacuteoriquement au secondaire on parlealors de la reacutesistance seacuterie eacutequivalente aux pertes joules r2
l2 Les divers bobinages preacutesentent toujours des laquo fuites raquo magneacutetiques crsquoest-agrave-dire deslignes de champ qui ne traversent qrsquoun seul des deux bobinages et donc qui ne participent pasagrave lrsquoeffet transformateur On peut rassembler ces fuites au secondaire on forme ainsi lrsquoinduc-tance de fuite eacutequivalent l2
4) La valeur du rapport de transformation se calcule agrave partir de la tension primaire et non pasen charge pour ne pas tenir compte des chutes de tensions dues aux imperfections Attentionle scheacutema eacutequivalent fait apparaicirctre la tension simple primaire qui ici est fictive
Ainsi on eacutecrit
2 237(1 127 ) 234 VnV = - =
1 1 2 2 3 3 1 000 kVAn n n n nS U I V I= loz loz = loz loz =
1 2288 A et I 1 424 An nI = =
m
Charge Z V2 V1
I1 I2
RfLmicro
l2 r2
m middot V1
N Transformateur parfait Nfictif
Figure 229
20
1
237002053
11 540
Vm
V= = =
23 Problegraveme ndeg 3 Caracteacuterisation et utilisation de transformateur industrielhellip 89copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
5) Le courant agrave vide correspond drsquoapregraves la documentation agrave 12 du courant nominalprimaire
Ainsi
6) La puissance consommeacutee agrave vide correspond pour le modegravele choisi aux pertes agrave vide de ladocumentation crsquoest-agrave-dire P0 = 2 300 W
Il suffit maintenant drsquoeacutecrire lrsquoexpression de ces pertes en fonction de Rf pour en trouver la
valeur
Pour Lmicro on peut passer par lrsquoexpression de la puissance reacuteactive agrave vide qui est calculable agravepartir de la puissance apparente agrave vide
7) La tension de court-circuit est eacutegale agrave 6 de la tension nominale du primaire crsquoest-agrave-dire
Quand on applique cette tension au primaire le courant secondaire (dans le court-circuit) esteacutegal au courant nominal secondaire crsquoest-agrave-dire I2n = 1 424 A
Dans ces conditions la loi de maille au secondaire srsquoeacutecrit
en passant aux modules
10 112
034 A100 nI I= loz =
21
0 3 2 300 Wn
f
VP
R= loz =
21
0
3 1737 kOnf
VR
Pfi = loz =
( )micro ω
22 21
0 1 10 103 3 nn
VQ V I P
L= loz = loz loz -
loz
( )micro
ω
21
2 21 10 10
3 110 H 3
n
n
VL
V I Pfi = loz =
loz loz -
1 16
6924 V100cc nV V= loz =
( )ω ω2 2 2 22 2 21 m V r I j l I I r j lloz = loz + loz loz loz = + loz loz
( )ω Ω22 12 2
2
001cc
n
m Vr l
I
loz+ loz = =
m middot V1
V2 I2
jl2 ω middot I2
Re
Im
r2 I2
Figure 230
90 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
8) Dans le cas drsquoune charge reacutesistive (cosϕ = 1) il faut bien noter que la tension V2 est en phaseavec le courant I2 Comme la loi des mailles srsquoeacutecrit onpeut facilement dessiner le diagramme de Fresnel en partant de la tension V2 qursquoon placera agravelrsquoorigine des phases On aboutit ainsi au scheacutema de la figure 230
9) La chute de tension en charge dans ces conditions est eacutegale agrave 127 crsquoest-agrave-dire que
pour une charge reacutesistive
Ensuite lrsquoeacutequation la plus simple qui deacutecoule du diagramme de Fresnel est tout simplementlrsquoapplication du theacuteoregraveme de Pythagore au point nominal on eacutecrit alors
Lrsquoutilisation du reacutesultat de la question 2-7 permet de simplifier cette eacutequation en eacutecrivant
On obtient donc
En utilisant lrsquoeacutequation de la question 2-7 on obtient
10) Il y a effectivement un autre moyen qui consiste agrave eacutevaluer les puissances actives et reacuteac-tives en court-circuit Ensuite les expressions de ces puissances en fonction des eacuteleacutementspermettent de calculer leurs valeurs
Lrsquoimportant est de comprendre que les pertes en charges (11 000 W) sont eacutegales agrave la sommedes pertes fer (crsquoest-agrave-dire de P0) et des pertes joules dues agrave r2 Pr2 Or en charge comme encourt circuit le courant est eacutegal agrave I2n = 1 424 A
Ainsi on peut eacutecrire
Or on eacutecrit eacutegalement
Et
On remarque que les reacutesultats concordent bien entre les deux meacutethodes
11) Une charge de facteur de puissance 08 signifie que le courant I2 est deacutephaseacute en arriegraveredrsquoun angle de valeur ϕ = Arccos(08) = 368deg par rapport agrave la tension V2 Le diagramme deFresnel est donc celui repreacutesenteacute sur la figure 231
ω2 22 21 2Vm r I j l I Vloz = loz + loz loz loz +
2127
1 237 234 V100nV V
Ecirc ˆ= - loz =Aacute ˜Euml macr
( ) ( ) ( ) ( )ω ω2 2 2 22 2 21 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22n n n n n n n nm V V r I l I V V r I I r lEgrave ˘loz = + loz + loz loz = + loz loz loz + loz + lozIcirc ˚
( ) ( )2 221 2 2 2 2 12n n n n ccm V V V r I m Vloz = + loz loz loz + loz
( ) ( )2 222 1 1
22 2
17 m2
n cc n
n n
V m V m Vr
V IΩ
Egrave ˘- - loz + lozIacute ˙Icirc ˚= =loz loz
2 22 2
1001 313 Hl r micro
ω= - =
2 011 000 W 11 000 W 2 300 W 8 700 Wcc rP P P= = - = - =
2 22 2 2 2 2
2
3 8 700 W 14 m3
rr n
n
PP r I r
IΩ= loz loz = fi = =
loz
( )22 2 2 22 1 2 2 23 3 59 324 VARl cc cc cc n cc nQ S P m V I P l Iω= - = loz loz loz - = loz loz loz =
22 2
2
31 H3
l
n
Ql
Imicro
ωfi = =
loz loz
23 Problegraveme ndeg 3 Caracteacuterisation et utilisation de transformateur industrielhellip 91copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Il suffit alors au point nominal drsquoeacutegaler les projections des vecteurs sur les axes pour obtenirla valeur de V2
Pour plus de commoditeacute on neacuteglige la chute de tension due agrave la reacutesistance qui est infeacuterieureagrave 10 de celle due agrave lrsquoinductance et on considegravere toujours la mecircme valeur du courantnominal I2n = 1 424 A (en reacutealiteacute elle est leacutegegraverement diffeacuterente agrave cause de la diffeacuterence dechute de tension secondaire pour cosϕ = 08)
Afin drsquoeacuteliminer lrsquoinconnue ψ on ajoute enfin les carreacutes des deux eacutequations pour former
Crsquoest-agrave-dire lrsquoeacutequation
Apregraves reacutesolution on trouve que crsquoest-agrave-dire que la chute de tensionpour cette charge est eacutegale agrave 237 ndash 2283 = 87 V = 36 de 237 VLa chute de tension indiqueacutee dans la documentation est de 45 ce qui est assez prochedrsquoautant qursquoon a neacutegligeacute la chute de tension due agrave la reacutesistance
12) Le rendement se deacutefinit comme
Ici la puissance utile est
Les pertes valent
Le rendement vaut donc
Le rendement obtenu agrave partir du modegravele correspond parfaitement aux donneacutees constructeur(agrave savoir 9869 )
13) Le facteur de puissance total que preacutesente lrsquoinstallation pour une charge de facteur depuissance eacutegal agrave 08 srsquoeacutecrit
ϕ ω ϕ ψϕ ω ϕ ψ
2 2 2 2 2 1
2 2 2 2 1
cos sin cos
0 sin cos sinn n
n n
V r I l I m V
r I l I m V
+ loz loz + loz loz loz = loz lozIumlIgrave - loz loz + loz loz loz = loz lozOacute
m middot V1
V2 I2
jl2 middot ω middot I2
π 2 ndash ϕ
Re
Im
r2 middot I2ϕ
ψ
Figure 231
( ) ( )ω ω ϕ2 222 2 2 2 2 2 12 sinn nV l I V l I m V+ loz loz + loz loz loz loz loz = loz
22 2166 55 937 0V V+ loz - =
ϕ2 cos 08 2283 VnV = =
η100Puissance utile
Puissance totale=
ϕ2 2 23 cos 3 234 1 424 999 648 WnV Iloz loz loz = yen yen =2
2 22 300 3 1 424 12 641 Wf rP P r+ = + loz loz =
η100999 648
987 999 648 12 641
= =+
ϕϕ total 2 2 2
totaltotal 1 1
3 cos 3 2282 1 424 08 772 062cos 078
3 3 11 540 288 997 056n
n n
P V I
S V I
loz loz loz yen yen yen= = = = =loz loz yen yen
92 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
Ainsi pour une charge agrave la limite de la toleacuterance en ce qui concerne son facteur de puissancele facteur de puissance total ne franchit que de peu la valeur 08 On peut donc dire que cetransformateur nrsquoa que tregraves peu drsquoinfluence sur le cosϕ de lrsquoinstallation ce qui est primordialpour de telles gammes de puissances
Partie 3 Mise en parallegravele de deux transformateurs identiques
1) Maintenant que le modegravele du transformateur est connu le calcul du rendement agrave 50 decharge peut ecirctre calculeacute facilement
2) Le scheacutema correspondant agrave la mise en parallegravele des deux transfos est repreacutesenteacute sur lafigure 232
3) Le fait que les deux transformateurs sont en parallegravele va imposer le fait qursquoils deacutebitenttheacuteoriquement la mecircme puissance et qursquoils preacutesentent le mecircme rendement Pour une chargede 15 fois la charge nominale chaque transformateur va fournir 75 de cette charge Cettevaleur est preacuteciseacutee par la notice (on peut eacutegalement la calculer) agrave savoir
4) Le scheacutema correspondant agrave la strateacutegie de reacutepartition des nouvelles charges sur le nouveautransformateur est repreacutesenteacute sur la figure 233
( )( ) ( )
ϕη
ϕ2 2 2
50 22 2 2 2 2
3 2 cos 399 859987
404 7442 300 3 2 3 2 cos
n
n n
V I
r I V I
loz loz loz= = =
+ loz loz + loz loz loz
Reacuteseau MT 20 kV 50 Hz
Transfo MT BT A B C
a b c
Site industriel complet
Pmax = 2 times 780 kW
cosϕ gt 08
N
aprimebprimecprime
Figure 232
η150 1 9861=
Reacuteseau MT 20 kV 50 Hz
Transfo MT BT A B C
a b c
N
aprime bprime cprime
Charges additionnelles
N
Site industriel initial
Pmax = 780 kWcosϕ gt 08
Pmax = 780 kWcosϕ gt 08
Figure 233
23 Problegraveme ndeg 3 Caracteacuterisation et utilisation de transformateur industrielhellip 93copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
5) Drsquoapregraves la strateacutegie ndeg 2 on attendra que le transformateur initial soit agrave pleine charge pourensuite connecter le reste sur le deuxiegraveme transformateur Ainsi les charges correspondant agrave15 fois la charge nominale vont se reacutepartir de la faccedilon suivante
bull 100 pour le transformateur initial
bull 50 pour le transformateur secondaire
La puissance drsquoun transformateur agrave 100 de charge pour un cosϕ = 08 est eacutegale 772 062 W(voir question 2-13) connaissant les rendements des deux reacutegimes on peut donc eacutecrire quela puissance totale consommeacutee Ptot vaudra
Le rendement agrave calculer srsquoeacutecrira donc simplement
6) La strateacutegie ndeg 2 pose le problegraveme des chutes de tensions qui seront diffeacuterentes entre lescharges du site initial et celles du site rajouteacute De plus pour respecter cette strateacutegie il estimpeacuteratif de ne jamais connecter des conducteurs du site initial sur le site secondaire ce quirepreacutesente une contrainte importante et un surcoucirct en cacircbles et conducteurs divers puisqueaucun raccordement de proximiteacute ne sera possible
7) Le scheacutema eacutequivalent correspondant agrave la mise en parallegravele de deux transformateurs estcelui repreacutesenteacute sur la figure 234
tot1 1
(772 062) 100 (772 062) 50 1 176 407 W09836 09861
P = yen + yen =
η utile150 2
totale
15 772 0629844
1176 407
P
P
yen= = =
m
Charge V2 V1 Rf Lmicro
l2r2
m middot V1
N Transformateur parfait
m
V2 Rf Lmicro
l2 r2
m V1
N Transformateur parfait Nfictif
Figure 234
m
Charge V2 V1
Rf 2 Lmicro 2
l2 2 r2 2
m V1
NTransformateur parfait
Figure 235
94 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
En consideacuterant qursquoon peut confondre respectivement les tensions primaires et secondairesdes transformateurs parfaits on aboutit au scheacutema eacutequivalent simplifieacute de la figure 235
La connaissance des valeurs des imperfections permet ainsi de calculer les performances delrsquoassociation de transformateurs qui ne sont pas deacutetailleacutees dans la documentation
8) Il suffit ici de lire dans la documentation le rendement correspondant agrave 75 de charge dutransformateur de 2 000 kVA agrave savoir 9875 valeur qui est supeacuterieure agrave celles obtenuespar les strateacutegies preacuteceacutedentes
9) Au vu des rendements il est eacutevidemment plus inteacuteressant de se pourvoir directement drsquountransformateur pouvant supporter la charge totale preacutevisible Une eacutetude eacuteconomique montre-rait drsquoautant plus lrsquointeacuterecirct de se pourvoir directement de ce dernier en tenant compte de lafaciliteacute des cacircblages et de la simpliciteacute de lrsquoinstallation et de la maintenance par rapport auxsolution citeacutees plus haut La strateacutegie agrave adopter est donc celle qui consiste agrave anticiper intelligem-ment lrsquoexpansion du site et drsquoacheter directement un transformateur de 2 000 kVA
24 PROBLEgraveME Ndeg 4 MODEacuteLISATION DrsquoUN TRONCcedilON DE REacuteSEAU CONCLUSIONS SUR LA NEacuteCESSITEacute DrsquoINTERCONNEXION DES REacuteSEAUX
241 Eacutenonceacute
Partie 1 Modeacutelisation du reacuteseau
On srsquointeacuteresse dans ce problegraveme agrave la modeacutelisation drsquoun tronccedilon de ligne de distribu-tion drsquoeacutenergie eacutelectrique On repreacutesente la centrale de production drsquoeacutenergie comme ungeacuteneacuterateur de tensions triphaseacutees agrave 50 Hz cacircbleacute en eacutetoile et sans neutre En revancheon tient compte des deacutefauts de la ligne de distribution agrave savoir les inductances etcapaciteacutes parasites Pour respecter un point de vue purement laquo eacutenergeacutetique raquo duproblegraveme on repreacutesente la charge du reacuteseau (les consommateurs) comme une chargeeacutetoile eacutequilibreacutee appelant la puissance active P et la puissance reacuteactive Q Le scheacutemaeacutequivalent de lrsquoensemble correspond agrave la repreacutesentation de la figure 236
1) Rappeler la deacutefinition drsquoune auto-inductance et drsquoune inductance mutuelle Rappelereacutegalement agrave quoi est eacutequivalent un milieu isolant seacuteparant deux conducteurs
Charge P Q
Imperfections de la ligne
N
V1
V2
V3
N prime
Figure 236
24 Problegraveme ndeg 4 Modeacutelisation drsquoun tronccedilon de reacuteseauhellip 95copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
2) En appliquant ces deacutefinitions repreacutesenter le deacutetail des imperfections de la ligne entenant compte de toutes les inductances et capaciteacutes parasites Nommer tous les eacuteleacutementsintroduits dans le scheacutema qursquoon supposera toujours eacutequilibreacutes sur les trois phases
3) Ramener les capaciteacutes introduites en couplage eacutetoile par rapport au neutre donc
4) En tenant compte du fait que la charge est eacutequilibreacutee simplifier au maximum larepreacutesentation des inductances du scheacutema
5) Repreacutesenter alors le scheacutema monophaseacute eacutequivalent du systegraveme complet
6) Sachant que les conducteurs sont choisis en fonction du courant qui vont lestraverser et que les lignes aeacuteriennes sont majoritaires dans le cas de la distribution demasse quels eacuteleacutements drsquoimperfection peut on preacutefeacuterentiellement neacutegliger Repreacute-senter alors le scheacutema simplifieacute de lrsquoinstallation Ce scheacutema sera la base de lrsquoeacutetudede la partie 2
7) Quelle technique permet de minimiser les pertes dues aux reacutesistances seacuteries Dequel eacuteleacutement faudrait il alors tenir compte dans le scheacutema
Partie 2 Utilisation du scheacutema simplifieacute pheacutenomegravene drsquoeffondrement de la tension
On srsquointeacuteresse agrave preacutesent au scheacutema eacutequivalent monophaseacute correspondant agrave la figure 237On considegraverera que la tension VR est produite par une source de tension ideacuteale et onutilisera dans les expressions la valeur de la reacuteactance X = Lω On srsquointeacuteresse toutparticuliegraverement agrave caracteacuteriser lrsquoeacutevolution de la valeur efficace V en fonction despuissances appeleacutees par la charge P et Q
1) Repreacutesenter le diagramme de Fresnel sans eacutechelle reliant les complexes VR V et I(supposeacute en deacutephasage arriegravere par rapport agrave V) Faire apparaicirctre sur ce diagrammelrsquoangle ϕ = (I V)
2) Eacutecrire les expressions litteacuterales de cosϕ et sinϕ en fonction de V I P et Q
3) En appliquant le theacuteoregraveme de Pythagore aux formes geacuteomeacutetriques du diagrammede Fresnel de la question 2-1 former une eacutequation regroupant uniquement V VR XP et Q
4) Proposer un changement de variable facilitant la reacutesolution de cette eacutequationReacutesoudre alors cette eacutequation en exprimant toutes les solutions possibles
Charge P Q
N
VR
Lω = X
V
I
Figure 237
96 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
5) Que vaut V si P = Q = 0 Exclure alors une des deux solutions et donner lrsquoexpres-sion unique de la tension V en fonction de VR X P et tanϕ
6) Montrer qursquoil existe une puissance maximale Pmax pour chaque valeur de VR X ettanϕ au dessus de laquelle la fonction V(P) nrsquoest pas deacutefinie Donner lrsquoexpressionde Pmax en fonction de VR X et tanϕ
7) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de Pmax pour cosϕ = 1 cosϕ = 08 AR et cosϕ =08 AV Faire le lien avec la puissance apparente de court-circuit du reacuteseau crsquoest direla puissance apparente fournie lorsque la charge preacutesente une impeacutedance nulle
8) Si le reacuteseau consideacutereacute fournit 1 MW agrave sa charge sous 230 V et ce avec un cosϕ de09 AR quelle est la valeur maximale de la reacuteactance X que doit preacutesenter cereacuteseau
9) Mecircme question si la distribution se fait sous 400 kV Commenter ces reacutesultats
10) Donner finalement lrsquoexpression litteacuterale non simplifieacutee de V(Pmax) en fonctionde VR et tanϕ
11) La figure 238 repreacutesente la famille des courbes V(P) parameacutetreacutee par les valeursde tanϕ Repeacuterer sur ces courbes les valeurs remarquables mises en œuvre preacuteceacute-demment
Preacuteciser la nature du pheacutenomegravene laquo drsquoeffondrement de la tension du reacuteseau raquo Ce pheacuteno-megravene srsquoexprime-t-il en reacutealiteacute dans la distribution drsquoeacutenergie eacutelectrique
Partie 3 Interconnexion des reacuteseaux de distribution drsquoeacutenergie
Afin de palier le pheacutenomegravene drsquoeffondrement de la tension du reacuteseau il est neacutecessairedrsquointerconnecter au maximum les diffeacuterents reacuteseaux de distribution Cette partie permetde justifier cette neacutecessiteacute et preacutesente quelques caracteacuteristiques de sa reacutealisation Onconsidegravere agrave preacutesent le reacuteseau conforme au scheacutema de la figure 239 ougrave on voit appa-raicirctre une connexion agrave mi distance du reacuteseau 2 sur le reacuteseau 1 On note encore lesreacuteactances de lignes X (subdiviseacutee en X1 et X2) et Xprime1) Le reacuteseau 1 eacutetant celui de la partie 2 quelle relation relie X1 X2 et X
2) Repreacutesenter le scheacutema eacutequivalent de Theacutevenin du circuit situeacute agrave gauche des pointsA et B Repreacutesenter alors le scheacutema eacutequivalent total du circuit On notera XT la reacuteac-tance totale eacutequivalente aux imperfections des reacuteseaux
3) Quelle est lrsquoexpression litteacuterale de XT en fonction de X1 X2 et Xprime
230 V V
P
tanϕ = 06 tanϕ = 06 tanϕ = 0 tanϕ = 04
Figure 238
24 Problegraveme ndeg 4 Modeacutelisation drsquoun tronccedilon de reacuteseauhellip 97copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
4) Calculer alors lrsquoexpression de la puissance maximale que peut fournir cette instal-lation5) Que valent les puissances maximales que peuvent fournir les reacuteseaux seuls crsquoest-agrave-dire srsquoils nrsquoeacutetaient pas connecteacutes Comparer alors la puissance maximale dispo-nible en reacuteseaux connecteacutes par rapport aux reacuteseaux indeacutependants6) Quel est lrsquoordre de grandeur des puissances eacutelectriques que consomment les grandesvilles drsquoEurope Quel est celui des puissances consommeacutees au niveau national dansun pays comme la France 7) Au vu des reacutesultats des questions 1-7 2-6 2-9 2-11 et 3-5 quels sont les grandimpeacuteratifs de la distribution eacutelectrique au niveau international
242 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Modeacutelisation du reacuteseau
Toute boucle formeacutee par un conducteur eacutelectrique parcouru par un courant creacutee un champmagneacutetique qui entre en interaction avec le courant qui le creacutee Ce pheacutenomegravene srsquoappellelrsquoauto-induction Quand on considegravere une boucle ou une bobine de mateacuteriau conducteur (voirfigure 240) comme un reacutecepteur eacutelectrique le pheacutenomegravene drsquoauto-induction se traduit par lefait que la tension aux bornes de la bobine est proportionnelle agrave la deacuteriveacutee du courant parrapport au temps
On retiendra la relation ou en notation complexe
Charge P Q
N
VR
X1
V
VR
X prime
X2
Reacuteseau 1
Reacuteseau 2
A
B
Figure 239
d ( )( )
d
i tv t L
t= loz ωV jL I= loz
i(t)
v(t) L i(t)
v(t)
Figure 240
98 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
La grandeur L communeacutement appeleacutee inductance est en reacutealiteacute le laquo coefficient drsquoauto-inductance raquo
Lorsque deux circuits sont proches et partagent leurs champs magneacutetiques (voir figure 241)il se creacutee une interaction entre les courants eacutelectriques des deux circuits On parle alorsdrsquoinduction laquo mutuelle raquo Si on neacuteglige les effets drsquoauto-inductance de chaque bobine lepheacutenomegravene se traduit par le fait que la tension aux bornes drsquoun des bobinages est proportion-nelle agrave la deacuteriveacutee du courant dans lrsquoautre bobine
On retiendra les relations et
Et en notation complexe (en AC) et
La grandeur M est appeleacutee laquo coefficient de mutuelle inductance raquo
Pour finir lrsquoensemble de deux conducteurs seacutepareacutes par un milieu isolant forme tout simple-ment un condensateur Il est possible dans la caracteacuterisation des deacutefauts de la ligne de consi-deacuterer que des condensateurs parasites relient tous les conducteurs entre eux
2) Le tronccedilon de ligne est constitueacute de trois conducteurs seacutepareacutes par de lrsquoair il est alorslogique de faire apparaicirctre des capaciteacutes parasites entre chaque conducteurs On notera cescapaciteacutes CT Chaque conducteur constituant une boucle de courant possegravede sa propre auto-inductance On parlera ici drsquoinductance propre qursquoon notera Lp La proximiteacute des cacircbles laisseeacutegalement penser agrave lrsquoexistence drsquoune inductance mutuelle noteacutee M entre chaque conducteuret tous les autres
Pour finir chaque cacircble preacutesente naturellement une reacutesistance seacuterie noteacutee RS Les trois phaseseacutetant identiques on peut partir de lrsquohypothegravese que les grandeurs parasites analogues seront
21
d ( )( )
d
i tv t M
t= loz 1
2d ( )
( )d
i tv t M
t= loz
ω 21V jM I= loz ω 12V jM I= loz
i1(t)
v1(t) i1(t)
v1(t) i2(t)
v2(t)
i2(t)
v2(t)
M
Figure 241
Charge P Q
N V1
V2
V3
R
R
R
LP
LP
LP
M
M
M CT
N prime
Figure 242
24 Problegraveme ndeg 4 Modeacutelisation drsquoun tronccedilon de reacuteseauhellip 99copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
de mecircme valeur Le scheacutema de la figure 242 repreacutesente donc le deacutetail des imperfections de laligne de distribution
3) Pour ramener les capaciteacutes en couplage eacutetoile il suffit de faire un bilan de puissancereacuteactive
On notera V la tension simple efficace et U la tension composeacutee efficace
La puissance reacuteactive produite pas les capaciteacutes CT est cequi repreacutesente la puissance reacuteactive produite par des condensateurs de capaciteacute 3 middot CP encouplage eacutetoile Les capaciteacutes eacutequivalentes en couplage eacutetoile sont donc de valeur C = 3 middot CPOn aboutit ainsi au scheacutema de la figure 243
4) Le fait que la charge est eacutequilibreacutee impose lrsquoeacutegaliteacute suivante ainsi que
On dit souvent pour simplifier que N = N prime On peut alors eacutecrire la loi des mailles
sur la phase 1 comme suit
On suppose alors que la charge peut se ramener agrave une impeacutedance Z par phase comme par
ailleurs alors et sachant que on aboutit agrave
ω ω2 23 9T T TQ C U C V= loz loz loz = loz loz loz
Charge P Q
N
R
R
R
M
M
M
C = 3 middot CT
I1
I2N prime
V1
V2
V3
LP
LP
LP
Figure 243
1 2 3 0I I I+ + =
0NNV cent =
ω ω ω1 2 3 1 1 1P N NV j M I j M I j L I R I Z I V
cent= loz loz + loz loz + loz loz + loz + loz +
Charge P Q
N R
R
R
L = LP ndash M
L = LP ndash M
L = LP ndash M
C = 3 middot CT
I1
I2N prime
V1
V2
V3
Figure 244
1 2 3 0I I I+ + = 2 3 1I I I+ = - 0NN
Vcent=
ω ω1 1 1 1 1( ) PV j M I j L I R I Z I= loz loz - + loz loz + loz + loz
100 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
Crsquoest-agrave-dire que les inductances propres et mutuelles peuvent se ramener agrave une seuleinductance propre par phase de valeur L = LP ndash M ainsi le scheacutema simplifieacute est celui de lafigure 244
5) Le scheacutema monophaseacute revient simplement agrave une maille constitueacutee par une des phases et leneutre Il est repreacutesenteacute sur la figure 245 ougrave on note V la tension simple correspondante
6) Les conducteurs eacutelectriques sont effectivement choisis en fonction de lrsquointensiteacute ducourant qui va les traverser et ce afin drsquoen limiter lrsquoeacutechauffement Ceci veut dire que la reacutesis-tance seacuterie R doit normalement ecirctre neacutegligeable dans le cas drsquoune distribution drsquoeacutenergie eacutelec-trique ougrave le rendement est la grandeur la plus importante agrave respecter
Drsquoautre part dans le cas de lignes aeacuteriennes la capaciteacute que repreacutesente C est assez faible cequi nrsquoest pas le cas drsquoun transport par cacircbles Le scheacutema ultra simplifieacute auquel on aboutitainsi est donc celui de la figure 246
7) En reacutealiteacute la minimisation des pertes dues agrave la reacutesistance R se fait par le passage en haute
tension Plus la tension V est grande plus le terme est
minimal
Ainsi la preacutesence de transformateurs est impeacuterative dans la ligne de distribution pourpermettre drsquoeacutelever la tension agrave sa valeur la plus forte sur les grandes distances et ensuite dela rabaisser au niveau des lieux de consommation Ces transformateurs eux aussi imposentdes eacuteleacutements drsquoimperfection dont on ne tient pas compte dans le scheacutema ultra simplifieacute de lafigure 246
ω1 1 1 1( )PV j L M I R I Z I= loz - loz loz + loz + loz
N
V
R L = LP ndash M
C = 3 middot CT
I1
Charge Z
Figure 245
N
V
L = LP ndash MI1
ChargeZ
Figure 246
ϕ
223 3
3 cosRP
P RI RV
Ecirc ˆ= loz = loz loz Aacute ˜Euml macr
24 Problegraveme ndeg 4 Modeacutelisation drsquoun tronccedilon de reacuteseauhellip 101copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Partie 2 Utilisation du scheacutema simplifieacute pheacutenomegravene drsquoeffondrement de la tension
8) La loi des mailles relative au circuit proposeacute srsquoeacutecrit
Il suffit ensuite de placer par exemple le complexe V sur lrsquoaxe des phases et comme lecomplexe I est supposeacute en deacutephasage arriegravere par rapport agrave V le diagramme de Fresnel estsans eacutequivoque et a lrsquoallure proposeacutee sur le scheacutema de la figure 247
9) Crsquoest une question extrecircmement classique qui bien sucircr ne demande pas de deacutemonstration
10) La figure 248 repreacutesente le triangle rectangle formeacute par les projections de jX middot I sur lesaxes
Le theacuteoregraveme de Pythagore srsquoeacutecrit alors
Crsquoest-agrave-dire
En remplaccedilant les termes cosϕ et sinϕ on obtient
soit
RV jL I Vω= +
VR
VI
jLω middot I = jX middot I
ϕ
π 2 ndash ϕ
Re
Im
Figure 247
ϕ ϕcos et sinP Q
V I VI= =
loz
VR
VX middot I middot sinϕ
X middot I middot cosϕ
π 2 ndash ϕ
Figure 248
( ) ( )ϕ ϕ2 22 sin cosRV V XI XI= + loz + loz
ϕ ϕ ϕ2 2 2 2 2 2 2 2sin 2 sin cosRV V X I VXI X I= + loz + loz + loz
2 22 2 2 2
2 22R
Q PV V X XQ X
V V= + loz + +
( )2 2 4 2 2 2 22RV V V X Q P XQ Vloz = + loz + + loz
102 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
On aboutit donc agrave lrsquoeacutequation
11) Le changement de variable eacutevident revient agrave poser Y = V2
Lrsquoeacutequation preacuteceacutedente se ramegravene alors agrave lrsquoeacutequation du second degreacute suivante
La reacutesolution de cette eacutequation se fait en posant le discriminant
Ce discriminant eacutetant supeacuterieur ou eacutegal agrave zeacutero puisque une solution physique du problegravemeexiste forceacutement on peut directement eacutecrire lrsquoexpression des racines de lrsquoeacutequation
Crsquoest-agrave-dire
Ainsi les deux solutions possibles au problegraveme sont soit
12) Si P = Q = 0 on trouve que La seule solution agrave retenir est donc celleavec le signe + avant crsquoest-agrave-dire
En remarquant que Q = P middot tanϕ on obtient lrsquoexpression demandeacutee
Apregraves simplification
13) Pour que la fonction V(P) soit deacutefinie il faut que lrsquoexpression sous la deuxiegraveme racine
soit positive ou nulle Ainsi
La puissance Pmax correspond donc agrave la solution positive de lrsquoeacutequation
( ) ( )4 2 2 2 2 22 0RV XQ V V X P Q+ - loz + loz + =
( ) ( )2 2 2 2 22 0RY XQ V Y X P Q+ - loz + loz + =
( ) ( )∆22 2 2 22 4RXQ V X P Q= - - loz +
( ) ∆2
1 2
2
2
RXQ VY
- - plusmn=
( ) ( )22 2 2 2 2
1 2
2 2 4
2
R RV XQ XQ V X P QY
- plusmn - - loz +=
1 2V Y=
( ) ( )22 2 2 2 2
1 2
2 2 4
2
R RV XQ XQ V X P QV
- plusmn - - loz +=
1 2et 0RV V V= =∆
( ) ( )22 2 2 2 22 2 4
2
R RV XQ XQ V X P QV
- + - - loz +=
( ) ( )ϕ ϕ ϕ22 2 2 2 2 22 tan 2 tan 4 tan
2
R RV XP XP V X P PV
- loz + - - loz +=
ϕ ϕ2 4 2 2 22 tan 4 tan 4
2
R R RV XP V XP V X PV
- loz + - loz -=
ϕ2 2 2 44 4 tan 0R RX P X V P V- loz - loz loz + ge
ϕ2 2 2 4max max4 4 tan 0R RX P X V P V- loz - loz loz + =
24 Problegraveme ndeg 4 Modeacutelisation drsquoun tronccedilon de reacuteseauhellip 103copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
En effet graphiquement cette fonction est repreacutesenteacutee par une parabole agrave la concaviteacute dirigeacuteevers le bas Ainsi la racine positive de cette eacutequation correspond bien agrave une puissance maxi-male puisque toute puissance supeacuterieure rend la fonction neacutegative et donc la fonction V(P)non deacutefinie
La reacutesolution donne les deux solutions suivantes
crsquoest-agrave-dire
Il suffit maintenant drsquoexclure la solution comportant un signe ndash puisque la puissance recher-cheacutee est forceacutement positive La puissance Pmax srsquoeacutecrit alors
14) La puissance apparente de court-circuit srsquoeacutecrit
cos ϕ = 1 rArr tanϕ = 0 rArr
cos ϕ = 08 AR rArr tanϕ = 075 rArr
cos ϕ = 08 AV rArr tanϕ = ndash 075 rArr
Plus la puissance maximale est proche de Scc plus elle est proche de la valeur de puissanceactive maximale que le geacuteneacuterateur peut fournir On voit donc que lrsquoinfluence du cosϕ est tregravesimportante et a des conseacutequences de premiegravere importance sur le fonctionnement du reacuteseau
15) Si le reacuteseau fournit une puissance de 1 MW agrave la charge cette puissance est forceacutement
infeacuterieure agrave Pmax On peut donc eacutecrire que
Ainsi
La valeur maximale de la reacuteactance de ligne est donc
Lrsquoapplication numeacuterique sous 230 V avec un cosϕ de 09 AR donne
16) Lrsquoapplication numeacuterique sous 400 kV avec un cosϕ de 09 AR donne
Ce reacutesultat montre que sous 230 V la reacuteactance de ligne est limiteacutee par une valeur tregraves faiblece qui nrsquoest pas le cas en haute tension La reacuteactance de ligne eacutetant pratiquement proportion-
ϕ ϕ2 2 2 4 2 4
max1 2 2
4 tan 16 tan 16
8R R RX V X V X V
PX
loz plusmn loz loz + loz=
-
( )ϕ ϕ2
2max1 2 tan tan 1
2RV
PX
= - plusmn +
( )ϕ ϕ2
2max tan tan 1
2RV
PX
= - + +
2R
cc R ccV
S V IX
= loz =
2
max 2 2ccR SV
PX
= =
2
max 4 4ccR SV
PX
= =
2
maxR
ccV
P SX
= =
( )ϕ ϕ2
2max tan tan 1 1 MW
2RV
PX
= - + + ge
( )ϕ ϕ2
26
tan tan 12 10
RVX pound - + +
loz
( )ϕ ϕ2
2max 6
tan tan 12 10
RVX = - + +
loz
Ωmax 167 mX =
Ωmax 504 kX =
104 2 bull Circuits magneacutetiques et transformateurs
nelle agrave la distance de distribution il est alors eacutevident qursquoil est possible de couvrir des grandesdistances en tregraves haute tension (THT) et que ceci est impossible directement en bassetension (BT)
17) En remplaccedilant P par Pmax par lrsquoexpression trouveacutee dans V(P) on aboutit au reacutesultatsuivant
18) La figure 43 repreacutesente lrsquoeacutevolution de la tension reacuteseau BT en fonction de la puissancefournie on voit clairement que pour les diffeacuterentes valeurs du tanϕ preacutesenteacutees V(P) chutejusqursquoagrave un point de rebroussement ougrave elle fuit inexorablement vers 0 Le point de rebrousse-ment correspond agrave et ce qui se passe ensuite correspond au pheacutenomegravene drsquoeffondre-ment du reacuteseau
Ce pheacutenomegravene catastrophique au niveau drsquoun reacuteseau national srsquoexprime en reacutealiteacute Lesproducteurs drsquoeacutenergie eacutelectrique ont pratiquement tous des preacuteceacutedents certains remontentaux anneacutees 1950 en France mais un plus reacutecent srsquoest produit en 2003 en Italie
Pour reacutesumer les caracteacuteristiques de ce pheacutenomegravene il faut retenir qursquoun appel excessif depuissance active peut laquo eacutecrouler raquo un reacuteseau eacutelectrique agrave partir du moment ougrave la puissanceappeleacutee deacutepasse la valeur Pmax Le seul moyen de palier ce problegraveme est drsquointerconnecter lesreacuteseaux des pays voisins afin de constituer globalement un reacuteseau extrecircmement puissantpouvant reacutesister aux pics de consommation
Partie 3 Interconnexion des reacuteseaux de distribution drsquoeacutenergie
19) La reacuteactance totale de ce reacuteseau est X subdiviseacutee en X1 et X2 Les reacuteactances eacutetantproportionnelles agrave la longueur de chaque tronccedilon la relation qui les relie est toutsimplement X = X1 + X2
20) Le scheacutema eacutequivalent de Theacutevenin est constitueacute drsquoune source de tension eacutequivalente Veq
en seacuterie avec une impeacutedance eacutequivalente Zeq
Pour calculer Zeq il suffit de court-circuiter fictivement les sources de tension et de calculerlrsquoimpeacutedance eacutequivalente aux bornes du dipocircle AB Ainsi Zeq = jX jX prime
( )maxV P =
( ) ( ) ( )22 2 21 tan tan tan 1 1 2 tan tan tan 1 tan tan 1
2RV
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ- - + + + - - + + - - + +
( )maxV P
ChargeP Q
N
VR
X1 middot X prime (X1 + X prime)
V
X2A
B
Figure 249
24 Problegraveme ndeg 4 Modeacutelisation drsquoun tronccedilon de reacuteseauhellip 105copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Donc
Drsquoautre part Veq est la tension disponible entre les points A et B quand aucune charge nrsquoestconnecteacutee dessus Donc Veq = VR
Le scheacutema eacutequivalent total est donc conforme agrave celui de la figure 249
21) Au vu du scheacutema il est eacutevident que
22) En utilisant lrsquoexpression de Pmax trouveacutee agrave la question 2-6 on eacutecrit directement
23) Si les deux reacuteseaux nrsquoeacutetaient pas connecteacutes les puissances maximales individuelles qursquoils
pourraient fournir seraient
et
La puissance maximale disponible en reacuteseaux connecteacutes est supeacuterieure agrave ces puissances
individuelles puisque et que (si
)
24) Une grande ville europeacuteenne comme Paris consomme jusqursquoagrave 1 agrave 4 GW en consomma-tion de pointe Les consommations moyennes nationales drsquoun pays comme la France avoisi-nent les 60 agrave 70 GW en hiver Sur de telles valeurs des eacutecarts de quelques pourcents depuissances consommeacutees repreacutesentent vite quelques usines de production puisqursquoun reacuteacteurnucleacuteaire fournit au maximum 1 GW
25) La morale de ce problegraveme est la suivante Un reacuteseau eacutelectrique quel qursquoil soit possegravedeune limitation en puissance fournie (question 2-6) Au-delagrave de cette limitation le pheacutenomegravenedrsquoeffondrement de la tension met lrsquoensemble du reacuteseau en deacuteroute (question 2-11) Le seulmoyen drsquoeacuteviter ce problegraveme est drsquointerconnecter plusieurs reacuteseaux voisins (question 3-5)
Afin de ne pas sur-dimensionner chaque reacuteseau il est drsquoailleurs preacutefeacuterable drsquointerconnecterdes pays qui possegravedent des rythmes de vie diffeacuterents afin de reacutepartir les pointes de consom-mation tout au long de la journeacutee Crsquoest par exemple le cas entre la France et lrsquoEspagne Parailleurs la minimisation des pertes impose le fait de distribuer lrsquoeacutenergie eacutelectrique sur lesgrandes distances en haute tension (HT) voire en tregraves haute tension (THT) (question 1-7et 2-6)
Lrsquoensemble de ces contraintes pourtant mises en eacutevidence agrave partir drsquoun modegravele volontaire-ment simplifieacute repreacutesente donc bien les caracteacuteristiques technologiques des reacuteseaux dedistribution eacutelectrique
1
1
eqX X
Z jX X
centloz=
cent+
12
1
TX X
X XX X
centloz= +
cent+
( )ϕ ϕ2
2max tan tan 1
2R
T
VP
X= - + +
( )ϕ ϕ2
2max1 tan tan 1
2RV
PX
= - + +
( )ϕ ϕ2
2max2 tan tan 1
2
RVP
X= - + +
cent
12 1 2
1
TX X
X X X X XX X
centloz= + lt = +
cent+1
2
1
TX X
X X XX X
centloz cent= + ltcent+
1X Xcent pound
copy D
unod
ndash L
a ph
otoc
opie
non
aut
oris
eacutee e
st u
n deacute
lit
Chapitre 3
Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
31 SYNTHEgraveSE DE COURS Ndeg 4 CHARGES NON LINEacuteAIRES HARMONIQUES DE COURANTS ET REacuteGIMES TRANSITOIRES
311 Charges non lineacuteaires et puissances en reacutegime deacuteformeacute
Charges lineacuteaires et non lineacuteaires
Les reacutesistances inductances et capaciteacutes forment quand elles sont associeacutees des chargesdites laquo lineacuteaires raquo Crsquoest-agrave-dire que sous tension sinusoiumldale elles consomment descourants sinusoiumldaux On parle de charge non lineacuteaire degraves lors que ce nrsquoest pas le casOn srsquointeacuteresse dans cette partie agrave la caracteacuterisation des courants de reacutegime permanentsnon sinusoiumldaux courants peacuteriodiques de mecircme freacutequence que celle de la tensiondrsquoalimentation Il faut alors dans ce cas oublier les formules et meacutethodologies propresaux reacutegimes sinusoiumldaux et revenir aux seules formes geacuteneacuterales des relations agrave connaicirctre
Preacutecision sur les puissances en reacutegime deacuteformeacute
Degraves lors qursquoon considegravere une charge non lineacuteaire alimenteacutee en tension sinusoiumldale il estimpossible drsquoutiliser les formules des puissances eacutetablies dans la synthegravese de coursndeg 1 En revanche il existe toujours mis agrave part la puissance active les notions depuissances reacuteactive apparente et de facteur de puissance En reacutegime deacuteformeacute on
108 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
montre de plus lrsquoapparition drsquoun dernier type de puissance la puissance deacuteformanteappeleacutee en geacuteneacuteral D
On reacutesume ce qursquoil faut retenir drsquoune charge non lineacuteaire sous tension sinusoiumldaledans la figure 31
Remarques
La puissance reacuteactive nrsquoest due qursquoau fondamental du courant i
Si le courant et la tension sont en phase la puissance reacuteactive Q est nulle
Si le courant est sinusoiumldal pur la puissance deacuteformante D est nulle et onretrouve les proprieacuteteacutes des reacutegimes sinusoiumldaux
On srsquoest volontairement limiteacute dans cette synthegravese au cas ougrave la tension estsinusoiumldale vu que crsquoest pratiquement toujours vrai en eacutelectrotechnique clas-sique Crsquoest moins souvent le cas en eacutelectronique de puissance ougrave il convientdrsquoeacutetudier le cas geacuteneacuteral ougrave toutes les grandeurs sont non sinusoiumldales
312 Deacutecomposition du courant en seacuterie de Fourier notion drsquoharmoniques de courant
La deacutecomposition en Seacuterie de Fourier drsquoune grandeur peacuteriodique revient agrave dire quecelle-ci se deacutecompose toujours en une somme infinie de composantes sinusoiumldalesCrsquoest typiquement le cas des courants absorbeacutes par les charges non lineacuteaires pourlesquelles la deacutecomposition harmonique est la base de nombreuse consideacuterationsOn reacutesume ci dessous les deacutefinitions relatives agrave la deacutecomposition en seacuterie de Fourierdrsquoun courant i peacuteriodique de peacuteriode T (de pulsation ω = 2πT)
Deacutecomposition en seacuterie de Fourier de i
Chargenon lineacuteaire
v(t)
i(t)
Avec v(t) = V middot 2 middot sinωt
Figure 31 Charge non lineacuteaire et puissances en reacutegime deacuteformeacute
i eacutetant peacuteriodique de peacuteriode T de freacutequence f = 1T (50 Hz en geacuteneacuteral) on retiendra les formulations de
Valeur moyenne
Valeur efficace
Puissance active (W)
Puissance apparente S = V middot I (VA)Puissance reacuteactive Q (VAR)Puissance deacuteformante D (sans uniteacute)Relation geacuteneacuterale valable dans tous les reacutegimes
lt gt = Uacute( )
1( )d
T
i i t tT
= = Uacute 2eff
( )
1( )d
T
I I i t tT
= lt gt = lozUacute( )
1( ) ( ) ( )d
T
P p t i t v t tT
= + +2 2 2 2S P Q D
1
( ) cos( ) sin( )n nn
i t i a n t b n tω ωbull
== lt gt + loz + lozAcirc
31 Synthegravese de cours ndeg 4 Charges non lineacuteaires harmoniques de courantshellip 109copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Avec b et
Remarques importantes Si la fonction est paire les coefficients bn sont nuls Si la fonction est impaire les coefficients an sont nuls Si la fonction possegravede une symeacutetrie sur ses deux demi-peacuteriodes les termes
drsquoindice pairs sont nuls Les termes drsquoindice n = 1 srsquoappellent les termes fondamentaux les autres
srsquoappellent les harmoniques
Le cas le plus freacutequent en eacutelectrotechnique classique
On srsquointeacuteresse souvent dans lrsquoeacutetude des charges non lineacuteaires aux caracteacuteristiquesdrsquoun courant non sinusoiumldal deacutephaseacute drsquoun angle ϕ par rapport agrave la tension drsquoalimen-tation V Il est toujours plus aiseacute de calculer la deacutecomposition de seacuterie de Fourier enconsideacuterant le courant agrave lrsquoorigine des phases Ceci implique que les termes an sontnuls Les coefficients bn repreacutesentent alors directement les valeurs maximales dessinusoiumldes de freacutequences f 2f 3f etc qui forment la deacutecomposition harmonique ducourant La signification de ces amplitudes eacutetant claire il est possible de repreacutesentercette deacutecomposition sous la forme drsquoun graphe donnant les valeurs efficaces descomposantes en fonction de la freacutequence on parle alors de spectre On reacutesume autourde la figure 32 la deacutecomposition classique drsquoun courant en eacutelectrotechnique et larepreacutesentation de son spectre
ω2( ) cos( )dn
T
a i t n t tT
= lozUacute ω2( ) sin( )dn
T
b i t n t tT
= lozUacuteπω π2
2 fT
= =
0 t
i(t)
0 f0 2f0 3f0 4f0 5f0
f0 2f0 3f0 4f0 5f0
f
f
I(f )
I1
I2 I3 I4 I5helliphellip
T = 1 f0
v(t)
0
V(f ) V
Fondamentaux
Harmoniques
Figure 32 Deacutecomposition classique du courant et spectres
avec
et
Par ailleurs on retiendra que soit
=2n
nb
I
ω ϕ ω ϕ ω ϕ= loz loz + + loz loz + + loz loz + +1 1 2 2 3 3( ) 2 sin( ) 2 sin(2 ) 2 sin(3 ) i t I t I t I t
= + + +2 2 2 21 2 3 I I I I
bull
== Acirc 2
1n
n
I I
110 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
Expression des puissances en fonction des eacuteleacutements de la deacutecomposition en seacuterie de Fourier
On montre facilement que
De mecircme la puissance reacuteactive nrsquoest deacutefinie qursquoagrave partir du fondamental de courant
On eacutecrit alors
Pour deacuteterminer la relation geacuteneacuterale des puissances on eacutecrit que
Crsquoest-agrave-dire
On identifie ainsi la relation de la figure 31 en exprimant la puissance deacuteformante
313 Les reacutegimes transitoires en eacutelectrotechnique
Un reacutegime transitoirehellip crsquoest une eacutequation diffeacuterentielle agrave reacutesoudre
Les reacutegimes transitoires repreacutesentent les eacutevolutions des grandeurs eacutelectriques seacutepa-rant deux reacutegimes permanents En eacutelectrotechnique on srsquointeacuteresse globalement auxreacutegimes transitoires pour avoir une ideacutee de leurs dureacutees (qui deacutetermine les temps dereacuteactions des systegravemes) et des valeurs crecirctes des grandeurs (ce qui permet drsquoenvi-sager des mesures particuliegraveres en cas de surtensions ou surintensiteacutes)
Les reacutegimes permanents se caracteacuterisent par le fait que les grandeurs eacutelectriquesne reacutepondent agrave aucun reacutegime identifieacute preacuteceacutedemment (continu alternatif sinus ou peacuterio-dique) Les seuls moyens de les eacutetudier consistent en la reacutesolution des eacutequationsdiffeacuterentielles que forment les lois de maille et des nœuds Eacutetudier un reacutegime transi-toire crsquoest donc reacutesoudre une eacutequation diffeacuterentielle
Meacutethode geacuteneacuterale de reacutesolution des eacutequations diffeacuterentielles
Une eacutequation diffeacuterentielle agrave coefficients constants de la fonction inconnue S de lavariable t se preacutesente comme suit
ϕ1 1( )
1( ) ( ) ( )d cos
T
P p t i t v t t V IT
= lt gt = loz = loz lozUacute
ϕ1 1sinQ V I= loz loz
2 2 2 2 2
1n
n
S V I V Ibull
== loz = Acirc
( ) ( )ϕ ϕ2 22 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1
2 2
cos sinn nn n
S V I V I V I V I V Ibull bull
= == loz + = loz loz + loz loz +Acirc Acirc
2
2n
n
D V Ibull
== Acirc
1
1 1 01
d ( ) d ( ) d ( ) ( )
dd d
n n
n nn n
S t S t S ta a a a f t
tt t
-
- -loz + loz + + loz + =
31 Synthegravese de cours ndeg 4 Charges non lineacuteaires harmoniques de courantshellip 111copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
n est appeleacute le degreacute de lrsquoeacutequation la fonction f forme le second membre delrsquoeacutequation
La meacutethode permettant de reacutesoudre ces eacutequations se deacuteroule toujours en trois temps
ndash Reacutesolution de lrsquoeacutequation sans second membre
On obtient la fonction Sssm dans laquelle existe une ou plusieurs constantes drsquointeacute-gration
ndash La solution geacuteneacuterale de lrsquoeacutequation srsquoeacutecrit Sgen = Sssm + Spart ougrave Spart repreacutesente unesolution particuliegravere de lrsquoeacutequation crsquoest-agrave-dire une fonction quelconque qui veacuterifielrsquoeacutequation
Remarque tregraves importante En eacutelectrotechnique il est toujours possible detrouver cette solution particuliegravere puisque le systegraveme est reacuteel et qursquoil est toujourspossible de deacuteterminer son reacutegime permanent Ce dernier satisfera toujours agravelrsquoeacutequation diffeacuterentielle On retiendra donc Spart = Solution de lrsquoeacutequation enreacutegime permanent
ndash Deacutetermination des constantes agrave lrsquoaide des conditions initiales ou finales desgrandeurs
Solution de lrsquoeacutequation sans second membre du premier ordre
Une eacutequation diffeacuterentielle du premier ordre srsquoeacutecrit ougrave le terme τ
est homogegravene agrave un temps et srsquoappelle la laquo constante de temps raquo de lrsquoeacutequation La reacuteso-
lution de lrsquoeacutequation donne la solution de lrsquoeacutequation sans second
membre ougrave A est une constante agrave deacuteterminer
Solution de lrsquoeacutequation sans second membre du second ordre
Une eacutequation diffeacuterentielle du second ordre srsquoeacutecrit
Pour reacutesoudre lrsquoeacutequation on forme le polynocircme
caracteacuteristique
1
1 1 01
d ( ) d ( ) d ( ) 0
dd d
n n
n nn n
S t S t S ta a a a
tt t
-
- -loz + loz + + loz + =
τ d ( )( ) ( )
d
S tS t f t
t+ =
τ d ( )( ) 0
d
S tS t
t+ =
ssm ( ) et
S t A τ-
= loz
2
2
d ( ) d ( )( ) ( )
dd
S t S ta b c S t f t
ttloz + + loz =
2
2
d ( ) d ( )( ) 0
dd
S t S ta b c S t
ttloz + + loz =
2 0a r br cloz + + =
112 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
On note ∆ = b2 ndash 4ac le discriminant de ce polynocircme Les solutions deacutependent desa valeur
ndash ∆ gt 0 il existe deux racines reacuteelles au polynocircme la solution de
lrsquoeacutequation sans second membre srsquoeacutecrira avec A et B
deux constantes agrave deacuteterminer
ndash ∆ = 0 il existe une seule racine reacuteelle au polynocircme la solution de
lrsquoeacutequation sans second membre srsquoeacutecrira avec A et Bdeux constantes agrave deacuteterminer
ndash ∆ lt 0 il existe deux racines complexes au polynocircme
la solution de lrsquoeacutequation sans second membre srsquoeacutecrira
avec A et B deux constantes agrave
deacuteterminer
On eacutecrira preacutefeacuterentiellement la solution de lrsquoeacutequation sans second membre sous laforme
En posant et on obtient lrsquoeacutecriture
ougrave K et ϕ sont deux constantes agrave deacuteterminer
Remarques
Le terme β correspond toujours agrave la pulsation de reacutesonance du circuit appeleacutee communeacutement ω0
Il est facile agrave comprendre agrave ce stade que la valeur du discriminant permetde preacutedeacuteterminer si la grandeur sera laquo amortie raquo (∆ ge 0) ou laquo oscillante raquo(∆ lt 0) drsquoapregraves lrsquoallure des fonctions obtenues en reacutesolution sans secondmembre
La reacutesolution complegravete drsquoun reacutegime transitoire du premier ordre est tregravesclassique et est deacutetailleacutee dans les exercices 3 et 4 de la seacuterie ndeg 4
∆1 2 2
br
a
- plusmn=
1 2ssm ( ) er t r tS t A B eloz loz= loz + loz
2
br
a
-=
ssm ( ) ( ) er tS t A t B loz= loz + loz
∆α β1 2 2
b jr j
a
- plusmn= = plusmn
( )1 2ssm ( ) e e e er t r t j t j ttS t A B e A Bβ βαloz -= loz + loz = loz + loz
( )ssm ( ) e cos( ) sin( )tS t C t D tα β β= loz + loz
ϕtanD
C=
ϕcos
CK =
( )ssm ( ) e costS t K tα β ϕ= loz loz -
32 Seacuterie drsquoexercices ndeg 4 Grandeurs non sinusoiumldales et reacutegimes transitoires 113copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
32 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 4 GRANDEURS NON SINUSOIumlDALES ET REacuteGIMES TRANSITOIRES
321 Eacutenonceacutes
Exercice 31 Dipocircle non lineacuteaire puissances et deacutecomposition harmonique
Un dipocircle non lineacuteaire consomme sous la tension le courant irepreacutesenteacute sur la figure 33
1) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la valeur efficace I du courant i2) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la puissance active consommeacutee par le dipocircle D3) Preacuteciser la valeur de la puissance reacuteactive consommeacutee par le dipocircle D4) Calculer la valeur du facteur de puissance imposeacute par ce dipocircle et commenter5) Preacuteciser lrsquoexpression de la puissance deacuteformante consommeacutee par le dipocircle D6) Calculer les termes de la deacutecomposition en seacuterie de Fourier du courant i7) Repreacutesenter alors le spectre du courant i8) Montrer alors que la puissance active est bien due aux composantes fondamen-tales du courant et de la tension9) Eacutecrire lrsquoexpression de la valeur efficace I de i en fonction des amplitudes des compo-santes du deacuteveloppement en seacuterie de Fourier et donner lrsquoexpression de la puissancedeacuteformante consommeacutee par le dipocircle D en fonction de ces composantes
Exercice 32 Courants non sinusoiumldaux absorbeacutes par les redresseurs triphaseacutes
Dans cet exercice on souhaite comparer les performances en terme de facteur depuissance des redresseurs agrave diodes triphaseacutes P3 et PD3 La figure 34 repreacutesente leredresseur P3 et le courant qursquoil consomme en deacutebitant sur une charge reacutesistive et enconsideacuterant les diodes parfaites Les points 1 2 et 3 repreacutesentent les phases drsquoungeacuteneacuterateur triphaseacute et N son neutre
ω( ) 2 sin( )v t V t= loz loz
i
v D
v(θ)
i(θ)
0 2π θ = ωt
I0
ndash I0
π
Figure 33
114 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
La valeur efficace des tensions simples sera noteacutee V
1) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la valeur efficace du courant i1 noteacutee I1 en fonc-tion de V et R
2) Calculer lrsquoexpression de la puissance active consommeacutee par la phase 1 du systegravemetriphaseacute En deacuteduire lrsquoexpression de la puissance totale fournie P si on considegravere lesystegraveme triphaseacute eacutequilibreacute
3) Calculer alors la valeur du facteur de puissance que preacutesente ce montage
La figure 35 repreacutesente le redresseur PD3 et le courant qursquoil consomme en deacutebitantsur une charge reacutesistive et en consideacuterant les diodes parfaites Les points 1 2 et 3repreacutesentent les trois phases drsquoun geacuteneacuterateur triphaseacute et N son neutre
4) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la valeur efficace du courant i1 noteacutee I1 (On nrsquoheacutesi-tera pas agrave remarquer certaines similitudes avec le calcul effectueacute agrave la question 1)
5) Calculer lrsquoexpression de la puissance active consommeacutee par la phase 1 du systegravemetriphaseacute En deacuteduire lrsquoexpression de la puissance totale fournie si on considegravere lesystegraveme triphaseacute eacutequilibreacute
6) Calculer alors la valeur du facteur de puissance que preacutesente ce montage Commenter
Exercice 33 Reacutegimes transitoires drsquoun circuit inductif
Un appareil eacutelectrique donneacute est constitueacute de la mise en seacuterie drsquoune reacutesistanceR = 10 Ω et drsquoune inductance L = 10 mH repreacutesenteacutes sur la figure 36 On srsquointeacute-resse agrave sa mise sous tension sur diffeacuterents types de geacuteneacuterateurs ainsi qursquoagrave la coupurede son courant
i
V1 V2 V3
R 0 π 6 5π 6 2π
12
3
I1
N
Vmax R i1(θ)
v1(θ)
π θ = ωt
Figure 34
i
R
0
1
23
N
π + π 6 π + 5π 6V1
I1v1(θ)
i1(θ)
π 6 5π 6 2ππ θ = ωt
Figure 35
32 Seacuterie drsquoexercices ndeg 4 Grandeurs non sinusoiumldales et reacutegimes transitoires 115copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
1) Au temps t = 0 on connecte gracircce agrave lrsquointerrupteur cet appareil agrave un geacuteneacuterateur detension e(t) = cte = E = 100 V On suppose alors que la tension aux bornes de lrsquointer-rupteur est nulle Eacutecrire la relation de maille reacutegissant le circuit et calculer lrsquoexpres-sion du courant i(t) appeleacute par lrsquoappareil pour t gt 0
2) Repreacutesenter ce courant en preacutecisant les valeurs remarquables
3) Au bout de combien de temps peut on consideacuterer que le reacutegime permanent estatteint
4) Au temps t = t1 gtgt 3 ms on coupe le courant En reacutealiteacute la coupure nrsquoest pasinstantaneacutee et on va consideacuterer que lrsquointerrupteur impose une deacutecroissance du courantlineacuteaire de pente 10 Amicros Eacutecrire la loi de maille qui reacutegit le circuit pour t ge t1
5) Repreacutesenter alors lrsquoeacutevolution de la tension aux bornes de lrsquointerrupteur pour t ge t1Relever la valeur maximale de cette tension Agrave quoi la connaissance de cette valeurpeut servir
6) Reprendre les questions 1 agrave 3 avec un geacuteneacuterateur de tension sinusoiumldale pour f = 50 Hz
Exercice 34 Charges de condensateurs
On considegravere le circuit repreacutesenteacute sur la figure 37 Au temps t = 0 on fermelrsquointerrupteur le condensateur C1 eacutetant au preacutealable chargeacute agrave la tension de 50 V et C2complegravetement deacutechargeacute Les deux condensateurs preacutesentent la mecircme valeur de capa-citeacute C = 10 microF
1) Quelle eacutenergie totalise le circuit avant la fermeture de lrsquointerrupteur
2) Si on suppose que les deux condensateurs se partagent la charge et se stabilisent agravela tension de 25 V quelle est alors lrsquoeacutenergie totale que repreacutesente le circuit une foisque lrsquointerrupteur est fermeacute depuis longtemps Commenter cette valeur
e(t)
L
i(t)
Rvi(t)
Figure 36
( )π( ) 100 sin 2e t ft= loz
V(t) C2C1
i(t)
Figure 37
116 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
3) Est-il possible de trouver une eacutequation diffeacuterentielle soluble permettant de trouverlrsquoexpression de i(t) et V(t) pour t gt 0
4) En rajoutant dans le circuit la reacutesistance que repreacutesentent les conducteurs R = 10 Ωeacutecrire la loi de maille qui reacutegit le circuit
5) Former alors une eacutequation diffeacuterentielle portant sur i(t) et reacutesoudre cette eacutequation
6) Donner alors lrsquoexpression de VC1(t) et repreacutesenter ces deux grandeurs sur un graphepour t gt 0
7) Quelle est alors lrsquoeacutenergie totale que repreacutesente le circuit une fois le reacutegime perma-nent atteint Comment se justifie cette valeur
Exercice 35 Dipocircle non lineacuteaire de spectre connu
Un dipocircle non lineacuteaire consomme sous la tension lecourant i dont le spectre a eacuteteacute mesureacute sur un eacutenergie-megravetre et repreacutesenteacute sur la figure 38
Les composantes harmoniques sont indiqueacutees en deacutecibel crsquoest-agrave-dire que chaquevaleur noteacutee repreacutesente Par ailleurs lrsquoappareil indique eacutegale-ment que le dipocircle consomme la puissance active P = 1 380 W
1) Calculer les valeurs en ampegraveres du fondamental et des diverses composantes harmoni-ques du courant
2) Calculer la valeur efficace I du courant i
3) Calculer le deacutephasage entre le fondamental du courant et de la tension
4) Calculer alors la valeur de la puissance reacuteactive consommeacutee
5) En deacuteduire la valeur de la puissance deacuteformante
6) Calculer le taux de distorsion harmonique (THD) du courant
322 Correction des exercices
Exercice 31 Dipocircle non lineacuteaire puissances et deacutecomposition harmonique
1)
( )π( ) 230 2 sin 100v t t= loz loz
i
v D
I(f )
f (Hz)50 150 250 350 450
20 dB95 dB
6 dB 3 dB 09 dB
Figure 38
( )keffd 20 logkI B I= loz
2 22 20 0 00 0
1 1 1( ) d d 2
2 2 2I i I I I
π πθ θ θ π
π π π= loz = loz = =Uacute Uacute
32 Seacuterie drsquoexercices ndeg 4 Grandeurs non sinusoiumldales et reacutegimes transitoires 117copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
2) La puissance active consommeacutee par le dipocircle est la puissance moyenne crsquoest-agrave-dire lavaleur moyenne de la puissance instantaneacutee ou de faccedilon plus pratique
3) La puissance reacuteactive est deacutefinie comme due au deacutephasage entre le fondamental du courantet celui de la tension Ici le courant et la tension sont en phase la puissance reacuteactive Q estdonc nulle
4) Le facteur de puissance est deacutefini comme le rapport de la puissance active sur la puissanceapparente S = V middot I
5) Lrsquoexpression de la puissance deacuteformante D se deacuteduit de la formule geacuteneacuterale
S2 = P2 + Q2 + D2 soit
6) La deacutecomposition en seacuterie de Fourier du courant i srsquoeacutecrit
Il faut noter que la valeur moyenne de i est nulle les termes an sont nuls puisque la fonctionest impaire et les termes bn drsquoindice n pairs sont nuls puisque la fonction est symeacutetrique parrapport agrave son passage agrave zeacuteroIl reste donc agrave calculer en prenant θ = ωt comme variable drsquointeacutegration
Crsquoest-agrave-dire
Donc
7) On repreacutesente le spectre du courant isur la figure 39 sans eacutechelle ougrave on note
la freacutequence
( ) ( ) ( )p t v t i t= lozθ θ θ( ) ( ) ( )p v i= loz
[ ]π π πθ θ θ θ θπ π π π
2 0 00 00 0
2 2 21 1( ) d 2 2 sin d cos
2 2
I V I VP p I V
loz loz loz loz= loz = yen loz loz loz = - =Uacute Uacute
0
0
2 22 2
09
I VP
kS V I
ππ
loz lozloz= = = =
loz
2 22 2 0
0 02
8043
V ID V I V I
πloz loz
= - = loz loz
ω ω1
( ) cos( ) sin( )n nn
i t i a n t b n tbull
== lt gt + loz + lozAcirc
( ) ( )22 1 00 0
2 1( ) sin (2 1) d 2 sin (2 1) d
2kb i k I kπ π
θ θ θ θ θπ π+ = loz loz + loz = yen loz loz + lozUacute Uacute
( )00
2cos (2 1)
(2 1)
Ik
k
πθ
πloz
Egrave ˘= loz - +Icirc ˚+
π0
2 14
(2 1)KI
bk+loz
=+
( )ωπ
0
1
4( ) sin (2 1)
(2 1)k
Ii t k t
k
bull
=
loz= loz +
+Acirc
I(f )
f (Hz)hellip
4 middot I0 π4 middot I0 3π4 middot I0 5π 4 middot I0 7π etchellip
f0 3f0 5f0 7f0
Figure 39
ωπ0 2
f =
118 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
8) On retrouve la valeur de la puissance active en consideacuterant la valeur moyenne du produitdes fondamentaux de courant et de tension Ces composantes eacutetant sinusoiumldales pureson eacutecrit
avec I1 et V1 les valeurs efficaces des composantes fondamentales de i et v
Ici le fondamental de courant est en phase avec la tension qui est sinusoiumldale pure On eacutecrit
donc
On retrouve bien lrsquoexpression calculeacutee directement agrave la question 2
9) La valeur efficace de i srsquoeacutecrit
En utilisant cette expression dans la formule (Q eacutetant nulle) on obtient
Donc
Exercice 32 Courants non sinusoiumldaux absorbeacutes par les redresseurs triphaseacutes
1) Sur lrsquointervalle le courant i1 a pour expression
On calcule alors
Crsquoest-agrave-dire
Donc
2) On calcule ici
Crsquoest-agrave-dire
ϕ1 1 1cosP I V= loz loz
ππ0 01
14 2 2
2 2
I V IbP V I V V
loz loz loz loz= loz = loz = loz =
22 1
1 2k
k
bI
bull+
=
Ecirc ˆ= Aacute ˜Euml macrAcirc
2 2 2( )V I P Dloz = +2
2 2 2 22 11
1 2k
k
bV V I D
bull+
=
Ecirc ˆloz = loz +Aacute ˜Euml macrAcirc
22 1
2 2k
k
bD V
bull+
=
Ecirc ˆ= loz Aacute ˜Euml macrAcirc
[ ]π π 6 5 6
θ θ θmax1
2( ) sin sin
V Vi
R R
loz= loz = loz
π π π
π π
θθ θ θ θ θ
π π π
2 22 5 6 5 62 2
1 1 20 6 6
1 1 2 2 (1 cos2 )( ) d sin d d
2 2 22
V VI i
R R
Ecirc ˆloz loz -= loz = loz loz = lozAacute ˜Euml macrUacute Uacute Uacute
π
π
θ πθ
π π
5 62 221 2 2
6
sin 2 2 3
2 3 22 2
V VI
R R
Ecirc ˆEgrave ˘= - = +Aacute ˜Iacute ˙Icirc ˚ Euml macr
π11 3
0683 4
V VI
R R
Ecirc ˆ= + = lozAacute ˜Euml macr
π π
π
πθ θ θ θ θ θ θ
π π π
2 22 5 6 2
1 1 1 1 10 6
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) d sin d 3
2 2 2 3
V VP v i i v
R R
loz Ecirc ˆ= lt loz gt = loz loz = loz loz = +Aacute ˜Euml macrUacute Uacute
θ θ2
1 1 1( ) ( ) 047V
P v iR
= lt loz gt = loz
32 Seacuterie drsquoexercices ndeg 4 Grandeurs non sinusoiumldales et reacutegimes transitoires 119copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
La puissance totale fournie par le geacuteneacuterateur triphaseacute est donc
3) On calcule le facteur de puissance en revenant agrave sa deacutefinition
4) Le calcul revient exactement agrave celui de la question 1 sur lrsquointervalle [0 π] En revanche lecourant possegravede maintenant une alternance neacutegative sur [π 2π] Lorsqursquoon calcule la valeurmoyenne du courant au carreacute on constate que celle-ci est tout simplement le double de cellecalculeacutee agrave la question 1
Ainsi
et donc
5) Pour le calcul de la puissance on remarque des symeacutetries analogues et on eacutecrit
Crsquoest-agrave-dire et
6) Le facteur de puissance que preacutesente ce montage est donc
Ce reacutesultat est sans appel et nous indique qursquoon choisira quasiment toujours le redresseurPD3 qui preacutesente un facteur de puissance naturel excellent Le redresseur P3 par contre poseun grave problegraveme sur ce point Ajouteacute au fait qursquoil rend la preacutesence du neutre obligatoire oncomprend qursquoil constitue un montage tregraves peu rencontreacute dans la pratique
Exercice 33 Reacutegimes transitoires drsquoun circuit inductif
1) Lrsquoeacutequation de maille srsquoeacutecrit
La reacutesolution de cette eacutequation se deacuteroule en trois temps
bull Reacutesolution de lrsquoeacutequation sans second membre
2
13 141V
P PR
= = loz
2
21
sup2141 141
0693
3 068
V VP R RkS V I V
R
loz loz= = = =
loz lozyen loz
ππ
221 2
2 32
3 22
VI
R
Ecirc ˆ= yen +Aacute ˜Euml macr
π11 3
2 0963 4
V VI
R R
Ecirc ˆ= loz + = lozAacute ˜Euml macr
πθ θ
π
2
1 1 12
( ) ( ) 2 32 3
VP v i
REcirc ˆ= lt loz gt = yen +Aacute ˜Euml macr
2
1 094V
PR
= loz2
13 282V
P PR
= = loz
2 2
21
282 282098
33 096
V VP R RkS V I V
R
loz loz= = = =
loz lozyen loz
d ( )( )
d
i tR i t L E
tloz + =
00
d ( )( ) 0
d
i tR i t L
tloz + =
120 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
On eacutecrit avec la constante de temps du circuit
En inteacutegrant soit ougrave K est une constante drsquointeacute-
gration
bull Eacutecriture de la solution geacuteneacuterale + Solution particuliegravere
La solution particuliegravere est facile agrave trouver en eacutelectriciteacute crsquoest tout simplement la fonction
rechercheacutee en reacutegime permanent Ici
On eacutecrit donc
bull Exploitation des conditions initiales
Agrave t = 0 le circuit se ferme agrave peine et i = 0
Drsquoougrave crsquoest-agrave-dire que
Le courant i(t) srsquoeacutecrit donc pour t gt 0
2) On repreacutesente la forme du courant (tregraves classique) sur la figure 310
3) On considegravere habituellement que le reacutegime permanent est atteint agrave 95 de la valeur
finale crsquoest-agrave-dire au temps
4) La loi de maille qui va reacutegir le circuit lorsque lrsquointerrupteur srsquoouvre sera en notant que la
tension agrave ses bornes ne sera plus nulle
Crsquoest-agrave-dire que
τ
0
0
d ( )1d
( )
i tRt
i t L
-= - = L
Rτ =
( )0ln ( ) CteR
i t tL
= - loz + 0 ( ) eR
tLi t K
- loz= loz
( ) eR
tLi t K
- loz= loz
( )R PE
i tR
=
( ) eR
tL E
i t KR
- loz= loz +
(0) 0E
i KR
= = + EK
R= -
( ) 1 eR
tLE
i tR
- lozEcirc ˆ= -Aacute ˜Aacute ˜Euml macr
i(t)
t
E R = 10 A
0 t = τ t = 3τ t = 5τ
95 A 99 A
Figure 310
τ3 3 3 msL
tR
= = =
d ( )( ) ( )
dii t
v t R i t L Et
+ loz + =
d ( )( ) ( )
dii t
v t E R i t Lt
= - loz -
32 Seacuterie drsquoexercices ndeg 4 Grandeurs non sinusoiumldales et reacutegimes transitoires 121copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Pendant la deacutecroissance lineacuteaire du courant qui prend une microseconde lrsquoinductance va
deacutevelopper une tension constante de valeur
5) On repreacutesente lrsquoeacutevolution du courant et de la tension vi(t) sur la figure 311 Ces eacutevolutionssont repreacutesenteacutees sans eacutechelle mais avec lrsquoindication des points remarquables
La valeur maximale de la tension aux bornes de lrsquointerrupteur vaut 1001 kV Cette valeurest tregraves importante puisqursquoelle deacutetermine la tension maximale que lrsquointerrupteur doit pouvoirtenir sans claquer
6) Lorsque la source de tension est alternative sinusoiumldale lrsquoeacutequation de maille srsquoeacutecrit
pour t gt 0
bull La reacutesolution de lrsquoeacutequation sans second membre reste la mecircme et
bull La solution geacuteneacuterale de lrsquoeacutequation srsquoeacutecrit toujours + Solution particuliegravere
La solution particuliegravere correspond ici au reacutegime permanent sinusoiumldal du courant dans unecharge R-L On sait par lrsquoeacutetude classique des reacutegimes sinusoiumldaux que le courant absorbeacute aura
une valeur efficace et un deacutephasage de ndash =
ndash 03 rad
Le courant en reacutegime permanent srsquoeacutecrira donc
Ainsi
bull En partant de i(0) = 0 on obtient la valeur
∆∆
36
( ) 1010 10 100 kV
10
i tL
t-
-- = loz loz =
i(t)
t0
95 A 99 A
vi (t)
100 kV 100 kV
100 V
t1 t1 + 1micros
E R = 10 A
t = τ t = 3τ t = 5τ
Figure 311
πd ( )( ) 100 sin(100 )
d
i tR i t L t
tloz + = loz loz loz
0 ( ) eR
tLi t K
- loz= loz
( ) et
i t K τ-
= loz
ω
2 2
100954 A
( )R PI
R L= =
+Arc tan
L
R
ωEcirc ˆAacute ˜Euml macr
π ( ) 954 2 sin(100 03)R Pi t t= loz loz -
τ π( ) e 954 2 sin(100 03)t
i t K t-
= loz + loz loz -
954 2 sin(03)K = loz loz
122 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
Ainsi
La figure 312 repreacutesente le traceacute du courant i pour t gt 0
Exercice 34 Charges de condensateurs
1) Lrsquoeacutenergie accumuleacutee par un condensateur C sous la tension V est
Ainsi lrsquoeacutenergie que totalise le circuit avant la fermeture de lrsquointerrupteur est
2) Si les deux condensateurs preacutesentent une tension finale de 25 V lrsquoeacutenergie correspondantedevient
Cette valeur qui ne correspond pas agrave la valeur initiale montre que le raisonnement reposantsur le partage des charges est mauvais puisqursquoune partie de lrsquoeacutenergie initiale y a disparu sansraison
3) La seule eacutequation reacutegissant le circuit est Cette seule eacutequation ne permet
aucune reacutesolution du circuit
4) En faisant apparaicirctre la reacutesistance des conducteurs R lrsquoeacutequation de maille du circuitdevient
avec
5) En deacuterivant lrsquoeacutequation de maille on obtient crsquoest-agrave-dire
ou encore
τ π( ) 954 2 sin(03) e sin(100 03)t
i t t-Ecirc ˆ
= loz loz + -Aacute ˜Aacute ˜Euml macr
i(t)
t
imax = 135 A
0 t = τ
Figure 312
21
2E C V= loz
6 2 6 2initiale
1 110 10 50 10 10 0 125 mJ
2 2E - -= loz yen + loz yen =
6 2 6 2finale
1 110 10 25 10 10 25 625 mJ
2 2E - -= loz yen + loz yen =
d ( )( )
d
V ti t C
t=
1 2( ) ( ) ( )C CV t R i t V t= loz + 1 2d ( ) d ( )( )
d dC CV t V t
i t C Ct t
= - =
1 2d ( ) d ( )d ( )
d d dC CV t V ti t
Rt t t
= loz +
( ) d ( ) ( )
d
i t i t i tR
C t C
- = loz + d ( )( ) 0
2 d
RC i ti t
t+ loz =
32 Seacuterie drsquoexercices ndeg 4 Grandeurs non sinusoiumldales et reacutegimes transitoires 123copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
La solution de cette eacutequation est
La valeur agrave t = 0 du courant correspond agrave celle imposeacutee par une diffeacuterence de tension de 50 V
limiteacutee par la reacutesistance R = 10 Ω crsquoest-agrave-dire
On retiendra donc
6) On sait que donc
Comme alors on eacutecrit directement
On repreacutesente alors cette tension ainsi que le courant i sur le graphe de la figure 313
7) Les tensions de stabilisation des deux condensateurs sont bien de 25 V cependant la diffeacute-rence drsquoeacutenergie entre Einitiale = 125 mJ et Efinale = 625 mJ se justifie par lrsquoeacutenergie dissipeacutee dansla reacutesistance R
Exercice 35 Dipocircle non lineacuteaire de spectre connu
1) Il suffit drsquoinverser la formule donneacutee pour deacuteduire les valeurs
I1 = 10 A I3 = 3 A I5 = 2 A I7 = 14 A et I9 = 11 A
2) La valeur efficace du courant I se calcule en eacutecrivant
3) La puissance active nrsquoest creacuteeacutee que par le fondamental du courant qui est une composantesinusoiumldale
Ainsi drsquoougrave soit
4) La puissance reacuteactive srsquoeacutecrira donc
5) La puissance deacuteformante se deacuteduira de la formule soit donc
2
( ) et
RCi t Kloz-
= loz
050
(0) 5 A10
i I= = =
2
0( ) et
RCi t Iloz-
= loz
1d ( )( )
dCV t
i t Ct
= -2
01( ) e Cte
2
t
RCC
RIV t
-= loz +
01(0) Cte
2CRI
V = +2
01( ) 50 1 e
2
t
RCC
RIV t
-Ecirc ˆ= - -Aacute ˜Aacute ˜Euml macr
VC1(t)
t
25 V
t = RC 2 = 50 usi(t)
5 A
0
Figure 313
2 2 2 2 21 3 5 7 9 1077 AI I I I I I= + + + + =
ϕ1 11 380 W cosP V I= = loz loz ϕ11
cos 0557P
V I= =
lozϕ1 561= infin
ϕ1 1sin 2 057 VARP V I= loz loz =
2 2 2 2S P Q D= + +
2 2 2( ) 1937D V I P Q= loz - - =
124 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
6) Le taux de distorsion harmonique srsquoeacutecrit Ce taux tend vers 0 agrave
mesure que le courant srsquoapproche drsquoune sinusoiumlde pure Ici ce critegravere permet de chiffrer lapart de la composante harmonique par rapport agrave la composante fondamentale
33 PROBLEgraveME Ndeg 5 CHARGES NON-LINEacuteAIRES PROPAGATION ET CONSEacuteQUENCES DES COURANTS NON SINUSOIumlDAUX
331 Eacutenonceacute
On srsquointeacuteresse dans ce problegraveme agrave lrsquoapparition sur un reacuteseau simplifieacute de courantsnon sinusoiumldaux dus agrave la preacutesence de diverses charges non-lineacuteaires Lrsquoobjectif duproblegraveme est de mettre en eacutevidence la perturbation harmonique sur le reacuteseau toutentier causeacutee par une seule charge non-lineacuteaireLe reacuteseau est composeacute drsquoun site de production qui deacutebite sur une ligne de distribu-tion en 20 kV dont la reacutesistance RL repreacutesente lrsquoimpeacutedance de ligne apregraves distribu-tion les tensions sont rabaisseacutees au niveau domestique par deux transformateurs T1et T2 de 1 MVA chacun Les diverses charges qursquoalimentent ces deux transformateurssont rameneacutees aux charges eacutequivalentes 1 et 2 Lrsquoensemble du reacuteseau est repreacutesenteacute surla figure 314
Partie 1 Non-lineacuteariteacute du transformateur T1 agrave vide
Dans cette partie on considegravere que le sectionneur S1 est en position ouverte crsquoest-agrave-dire qursquoil deacuteconnecte la charge du tronccedilon 1 le transformateur T1 se retrouvantainsi agrave vide
2 21
1
04I I
THDI
-= =
Charge 1230400 V
RLSite de Production
Transformateur geacuteneacuteral
Ligne dedistribution
20 kV entre phases
Transformateur T1
Charge 2230400 Veacutequilibreacutee
20 kW cosϕ = 1 Transformateur T2
Tronccedilon 1
Tronccedilon 2
Sectionneur S1
123
iMT
i2
i1
N fictif
VMT V
iT1
Figure 314
33 Problegraveme ndeg 5 Charges non-lineacuteaires propagationhellip 125copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
1) Si on neacuteglige les pertes fer du transformateur T1 agrave quoi se reacuteduit le scheacutema eacutequi-valent du tronccedilon 1 Repreacutesenter alors ce scheacutema on notera V1 et i1 respectivement latension simple et le courant de ligne de ce scheacutema les autres grandeurs eacutetant agrave preacuteciser
2) Qursquoest ce que la saturation magneacutetique drsquoun transformateur Est-ce que le trans-formateur T1 est susceptible de saturer
3) On repreacutesente sur la figure 315 lrsquoeacutevolution simplifieacutee du flux total du champmagneacutetique φ dans le fer du transformateur T1 en fonction de la valeur absolue ducourant traversant les bobinages Ce flux est celui qui est theacuteoriquement creacuteeacute parlrsquoinductance magneacutetisante eacutequivalente au transformateur qursquoon notera Lmicro
Repreacutesenter alors lrsquoeacutevolution de la fonction fonction qui repreacutesente lavaleur de lrsquoinductance magneacutetisante en fonction de la valeur absolue du couranttraversant les bobinages Les points remarquables de cette fonction seront preacuteciseacutesla valeur Lmicro(0) sera noteacutee L0 Preacuteciser la valeur de L0
4) Eacutetant donneacute les proprieacuteteacutes de la fonction est-ce que pour la valeur nomi-nale de la tension V le courant i1 sera sinusoiumldal Ce courant sera-t-il continu ausens de la continuiteacute matheacutematique
5) Repreacutesenter sur un mecircme graphe deacutetailleacute la tension et le courant Lrsquoorigine des phases sera pris agrave lrsquoorigine du courant et les valeurs remarqua-
bles seront deacutetailleacutees
6) Lrsquoallure de ce courant est-elle reacutealiste Proposer une forme plus creacutedible ducourant agrave vide reacuteellement appeleacute par le transformateur NB on nrsquoutilisera pas cetteallure dans la suite du problegraveme
7) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de IT1 la valeur efficace du courant iT1 Fairelrsquoapplication numeacuterique
8) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la puissance apparente ST1 consommeacutee par letransformateur T1
9) Calculer la valeur de la puissance active PT1 consommeacutee par le transformateur T1
10) Agrave quelle grandeur est analogue la valeur Comment deacuteterminer ledeacutetail des grandeurs ainsi identifieacutees
φsat = 45 Wb
Isat = 03 A 2 middot Isat
11 middot φsat
iT1
φ
Figure 315
( )micro 1TL i
( )micro 1L i
( )V tθ ω=1( )Ti θ
2 21 1T TS P-
126 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
Partie 2 Charge non-lineacuteaire et courant de ligne non sinusoiumldal
On considegravere dans cette partie que le sectionneur S1 est en position fermeacutee crsquoest-agrave-dire qursquoil connecte sur le secondaire du transformateur T1 la charge 1 On considegravereeacutegalement que le transformateur T1 est parfait et que par ailleurs la charge sur laquelleil deacutebite consomme le courant de ligne repreacutesenteacute sur la figure 316 Cette charge estsous tension domestique 230400 V et on nommera V1 la tension simple de 230 V devaleur efficace
Dans toute la suite du problegraveme on repreacutesentera toujours les grandeurs consideacutereacuteesen fonction de θ = ωt plutocirct que par rapport au temps Ceci facilite les calculs et larepreacutesentation graphique
1) Quel type de charge peut consommer le courant repreacutesenteacute sur la figure 316 Proposer un scheacutema drsquoinstallation
2) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de I1 la valeur efficace du courant i1 Faire lrsquoapplica-tion numeacuterique
3) Calculer lrsquoexpression litteacuterale et la valeur de la puissance apparente S1 consommeacuteepar la charge
4) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de la puissance active P1 consommeacutee par la chargeCommenter cette expression
5) Calculer lrsquoexpression litteacuterale et la valeur du facteur de puissance k1 qursquoimposecette charge
6) Que vaut la puissance reacuteactive consommeacutee par cette charge
7) Agrave quelle grandeur est alors analogue la valeur Deacuteterminer alors la valeurde la grandeur identifieacutee Commenter les reacutesultats obtenus
Partie 3 Propagation des courants non sinusoiumldaux
On srsquointeacuteresse dans cette derniegravere partie aux conseacutequences pour le reacuteseau toutentier de la preacutesence de courants non sinusoiumldaux sur une partie du reacuteseau Les deuxtransformateurs T1 et T2 seront consideacutereacutes comme parfaits et transformant du 15 kVentre phases en 400 V entre phases
1) Calculer la valeur du rapport de transformation des deux transformateurs
3252 V
IO = 450 A
0 2π5π 6π 6 π θ
i1(θ)
V1(θ)
Figure 316
2 21 1S P-
33 Problegraveme ndeg 5 Charges non-lineacuteaires propagationhellip 127copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
2) Calculer lrsquoamplitude et la phase du courant de ligne i2 consommeacute par la charge 23) Calculer lrsquoexpression litteacuterale du courant de ligne iMT(θ) circulant dans la ligne dedistribution 20 kV Repreacutesenter le courant iMT(θ) sur un graphe sans eacutechelle dont lesvaleurs remarquables seront noteacutees4) Repreacutesenter eacutegalement la tension simple V(θ) fournie en bout de cette ligne crsquoest-agrave-dire en entreacutee des transformateurs Calculer en pourcentage la deacuteformation maxi-male subie par la tension V par rapport agrave une tension sinusoiumldale pure On donnepour cette question la valeur RL = 1 Ω Commenter
332 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Non-lineacuteariteacute du transformateur T1 agrave vide
1) Le scheacutema eacutequivalent monophaseacute le plus classique drsquoun transformateur est repreacutesenteacute surla figure 317 Les divers eacuteleacutements sont preacutesenteacutes particuliegraverement dans le problegraveme ndeg 3
Le secondaire du transformateur T1 eacutetant ouvert par le sectionneur et les pertes fer eacutetantneacutegligeacutees (crsquoest-agrave-dire qursquoon considegravere ) le scheacutema eacutequivalent auquel se ramegravene letronccedilon 1 est celui repreacutesenteacute sur la figure 318
Lrsquoinductance Lmicro repreacutesente lrsquoinductance dite laquo magneacutetisante raquo crsquoest-agrave-dire lrsquoinductanceeacutequivalente au transformateur lorsqursquoil est agrave vide et qui est la source de lrsquoinduction dans lecircuit magneacutetique
2) Tous les mateacuteriaux dits laquo magneacutetiques raquo (le fer le nickel etc) ont la capaciteacute de deacuteve-lopper une aimantation quand ils sont mis en en preacutesence drsquoun champ magneacutetique On parle
dans ce cas drsquoinduction magneacutetique (dont le vecteur de champ srsquoappelle ) qui se deacuteveloppe
en preacutesence du champ magneacutetique appeleacute Cette induction est borneacutee en module par unevaleur limite appeleacutee induction agrave saturation Au-delagrave de cette induction le mateacuteriau secomporte comme lrsquoair le vide et tous les mateacuteriaux dits amagneacutetiques En pratique la courbe
m
Charge V1
IT1
RfLmicro
lr
m middot V1
NTransformateur parfaitN (fictif)
Figure 317
fR = bull
N (fictif)
IT1
V1Lmicro
Figure 318
B
H
128 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
B(H) geacuteneacuterique des mateacuteriaux magneacutetiques a lrsquoallure repreacutesenteacutee sur la figure 55 On preacutefegravereagrave cette courbe celle qui repreacutesente lrsquoeacutevolution du flux total dans le mateacuteriau appeleacute
ougrave N est le nombre de spires du bobinage qui creacutee le champ B la valeur delrsquoinduction et S la section du circuit magneacutetique en fonction des ampegraveres tours du bobinagecrsquoest-agrave-dire NI Cette courbe repreacutesenteacutee sur la figure 319 est alors analogue agrave celle fourniesur la figure 315
Dans un transformateur il y a deux bobinages laquo lrsquoeffet transformateur raquo repreacutesente justementle fait que le courant du secondaire compense le courant du primaire Ainsi en reacutegime defonctionnement normal un transformateur ne sature pas En revanche quand le secondaireest ouvert le courant primaire peut faire saturer le circuit magneacutetique et crsquoest en geacuteneacuteral lecas puisqursquoun transformateur nrsquoest pas conccedilu pour ecirctre utiliseacute ouvert Le transformateur T1est donc tout agrave fait susceptible de saturer
3) Lrsquoinductance est deacutefinie comme eacutetant le facteur de proportionnaliteacute entre le flux total dansun circuit magneacutetique et le courant parcourant le bobinage qui creacutee le champ magneacutetiqueLrsquoinductance est donc ici tout simplement la pente de la courbe
On repreacutesente donc la fonction sur le graphe de la figure 320
4) La tension simple efficace primaire valant la tension maximale
atteinte vaut
Le courant maximal appeleacute par une inductance Lmicro = 15 H vaudrait
φ N B S= loz loz
B
H
Bsat
Hsat N middot I
φsat
Isat
φ
Figure 319
( )micro 1TL i ( )Φ 1Ti
( )micro 1TL i
L0 = φsat Isat = 150 H
Isat = 03 AL0 10
Lmicro
iT1
Figure 320
20 kV1154 kV
3V = =
3max 1154 10 2 1633 kVV = loz loz =
micro ω π
3max
max1633 10
0346 A 03 A150 2 50
VI
L
loz= = = gt
loz loz loz
33 Problegraveme ndeg 5 Charges non-lineacuteaires propagationhellip 129copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Ce courant eacutetant supeacuterieur agrave Isat la non lineacuteariteacute de lrsquoinductance va impliquer le fait que lecourant soit non sinusoiumldal
Drsquoautre part lrsquoeacutenergie stockeacutee dans lrsquoinductance agrave tout instant vaut Lrsquoeacutenergie
eacutetant physiquement une fonction continue et lrsquoinductance discontinue sur chaque demi-peacuteriode le courant (sur une demi-peacuteriode eacutegalement) sera discontinu au sens matheacutematique
5) On repreacutesente sur la figure 321 la sinusoiumlde de la tension simple consideacutereacutee agrave lrsquooriginedes phases ainsi que les deux sinusoiumldes correspondant aux courants appeleacutes theacuteoriquementpar des inductances L0 et L010
Ces sinusoiumldes sont tout simplement deacutephaseacutees de par rapport agrave la tension et drsquoampli-
tudes et
Par ailleurs on calcule lrsquoangle pour lequel le courant deacutepasse la valeur Isat Le
plus simple consiste ici agrave placer lrsquoorigine des angles agrave lrsquoorigine du courant Ensuite on eacutecrit
Crsquoest-agrave-dire
Il suffit ensuite de consideacuterer que le courant appeleacute sera celui de la courbe correspondant agrave L0
avant θsat et celui correspondant agrave apregraves
micro21
1
2W L i= loz
πAR
2
ωmax
0
V
L loz ωmax
0
10 V
L
lozloz
V(t)
π 2
10 middot IL0(t)
Isat = 03 A
10 middot Vmax L0ω
Vmax
Vmax L0ω
π
IL0(t)
θ
Figure 321
θ ωsat satt= loz
( )θω sat sat
0
2sin
VI
L
loz=
loz
ωθ 0
sat Arcsin 602
satI L
V
loz lozEcirc ˆ= = infinAacute ˜Euml macrloz
0
10
L
130 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
Le reacutesultat est repreacutesenteacute sur la figure 322
6) On repreacutesente sur la figure 323 lrsquoallure reacuteelle du courant agrave vide du transformateur Cetteallure est arrondie et dissymeacutetrique de part lrsquohysteacutereacutesis du circuit magneacutetique qursquoon repreacute-sente eacutegalement
7) Eacutetant donneacute que le courant iT1 est non sinusoiumldal il est agrave noter que
Pour calculer lrsquoexpression de IT1 il faut donc obligatoirement passer par lrsquoexpressioninteacutegrale
En exploitant la symeacutetrie du courant on peut consideacuterer un intervalle drsquointeacutegration drsquoun
quart de peacuteriode
V(t)
0 π 2
iT1(t)
Isat = 03 A
θsat
iT1maxi = 346 A
θ
Figure 322
v1(t)
iT1(t)
n1~ t
v1(t)iT1(t)
iT1
Φ
Figure 323
1max1 1eff
2T
T TI
I I= π
πθ θ
π
22 2
1 10
1( ) d
2T TI i= lozUacute
πθ θ
π
22 2
1 10
14 ( ) d
2T TI i= loz lozUacute
33 Problegraveme ndeg 5 Charges non-lineacuteaires propagationhellip 131copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Connaissant les expressions de i1 sur les deux intervalles drsquoun quart de peacuteriode on eacutecrit
drsquoougrave
Application numeacuterique
8) La puissance apparente consommeacutee par le transformateur srsquoeacutecrit comme le systegraveme est
eacutequilibreacute
Application numeacuterique
9) Lagrave encore il est impossible drsquoutiliser la formule puisque le courantnrsquoest pas sinusoiumldal Il est alors impeacuteratif de passer par le calcul inteacutegral de la puissancemoyenne
Cependant il est eacutevident sur la figure 322 que lrsquointeacutegrale du produit est nulle
sur chaque demi-peacuteriode les sinusoiumldes eacutetant deacutephaseacutees de
Il est donc inutile de faire le calcul on eacutecrit alors PT1 = 0 W
10) La formule geacuteneacuterale des puissances srsquoeacutecrit ici ougrave QT1 repreacutesentela puissance reacuteactive consommeacutee par le systegraveme et DT1 la puissance deacuteformante (crsquoest-agrave-dire
celle due aux harmoniques des courants ou des tensions) La grandeur est doncanalogue agrave la somme des carreacutes des puissances reacuteactive et deacuteformante
Pour deacuteterminer preacuteciseacutement chaque puissance il faudrait calculer la valeur de la puissancereacuteactive crsquoest-agrave-dire de la puissance theacuteorique due au deacutephasage du fondamental de courantpar rapport au fondamental de tension
sat sat2 2
21
0 00 0
2 2 2 10 2sin d sin dT
V VI
L L
θ θ
θ θ θ θπ ω π ω
Ecirc ˆ Ecirc ˆloz loz loz= loz loz + loz lozAacute ˜ Aacute ˜loz lozEuml macr Euml macrUacute Uacute
sat
sat
2 22
10 0
2 2 1 cos(2 ) 1 cos(2 )d 100 d
2 2TV
IL
θ π
θ
θ θθ θ
ω π
Egrave ˘Ecirc ˆloz - -Ecirc ˆ Ecirc ˆIacute ˙= loz + lozAacute ˜ Aacute ˜Aacute ˜ Euml macr Euml macrloz Iacute ˙Euml macr Icirc ˚Uacute Uacute
θ θπθ θ
ω π
2
2 sat sat1 sat sat
sin(2 ) sin(2 )2 1100 100 100
2 2 2TV
IL
Ecirc ˆloz Ecirc ˆ= loz - + loz - loz +Aacute ˜Aacute ˜ Euml macrlozEuml macr
2
2 sat1 sat
0
sin(2 )2 199 100 99
2 2TV
IL
θπθ
ω πEcirc ˆloz Ecirc ˆ= loz loz - + loz + lozAacute ˜ Aacute ˜Euml macrlozEuml macr
θπθ
ω πsat
1 sat0
sin(2 )299 100 99
2 2TV
IL
loz= - + loz + loz
loz loz
1 135 ATI =
θπθ
ω π
2sat
1 1 sat0
sin(2 )23 3 99 100 99
2 2T TV
S V IL
loz= loz loz = loz - + loz + loz
loz loz
1 467 kVATS =
ϕ1 3 cosTP V I= loz loz loz
πθ θ θ
π2
1 1 10
13 ( ) ( ) d
2T TP V i= loz loz loz lozUacute
θ θ1 1( ) ( )V iloz
2
π
2 2 2 21 1 1 1T T T TS P Q D= + +
2 21 1T TS P-
132 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
Partie 2 Charge non-lineacuteaire et courant de ligne non sinusoiumldal
1) Le courant absorbeacute correspond tout agrave fait au courant de ligne appeleacute par un redresseur agravediodes de type PD3 (voir cours drsquoeacutelectronique de puissance) Lrsquoinstallation correspondantaux puissance appeleacutees peut ecirctre un poste de conversion pour reacuteseau agrave courant continu Lecourant eacutetant supposeacute parfaitement lisseacute le courant avant le redresseur est constant parmorceaux
On repreacutesente une telle installation sur la figure 324
2) Encore une fois le courant i1 eacutetant non sinusoiumldal il faut noter que
Il faut donc eacutecrire la forme inteacutegrale
En exploitant la symeacutetrie du courant on peut consideacuterer un intervalle drsquointeacutegration drsquoun
quart de peacuteriode
soit donc
drsquoougrave
3) Comme le systegraveme est eacutequilibreacute la puissance apparente consommeacutee au secondaire de T1
par la charge srsquoeacutecrit
Application numeacuterique
4) Lagrave encore il est impeacuteratif de passer par le calcul inteacutegral de la puissance moyenne
Eacutetant donneacute la symeacutetrie des signaux il est possible de reacuteduire lrsquointervalle drsquointeacutegration agrave [0 π]
Inductance de lissage Reacuteseau de charges
sous tension continue
T1
Figure 324
max1 1eff
2
II I= π
πθ θ
π
22 21 1
0
1( ) d
2I i= lozUacute
πθ θ
π
22 21 1
0
2( ) dI i= lozUacute
π
π
πθ
π π
5 62 2 21 0 0
6
2 2 4d
6I I I= loz = loz lozUacute
1 02
519 A3
I I= loz =
1 1 03 2 3S V I V I= loz loz = loz loz loz
1 3585 kVAS =
πθ θ θ
π2
1 1 10
13 ( ) ( ) d
2P V i= loz loz loz lozUacute
πθ θ θ
π1 1 10
16 ( ) ( ) d
2P V i= loz loz loz lozUacute
33 Problegraveme ndeg 5 Charges non-lineacuteaires propagationhellip 133copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Application numeacuterique
5) Le facteur de puissance srsquoeacutecrit
Application numeacuterique k1 = 067
6) La puissance reacuteactive est proportionnelle au sinus du deacutephasage entre le fondamental ducourant et la tension On voit ici sur la figure 316 que ce deacutephasage est nul la puissancereacuteactive est donc eacutegalement nulle
7) La formule des puissances srsquoeacutecrit ici la puissance reacuteactive eacutetant nulle
La valeur est donc ici directement la valeur de la puissance dite laquo deacuteformante raquo
consommeacutee par le systegraveme crsquoest-agrave-dire celle due aux deacuteformations (non sinus) du courant
On calcule alors
La conclusion de ces calculs porte sur le fait que les courants non sinusoiumldaux impliquent lapreacutesence de puissance deacuteformante analogue agrave la puissance reacuteactive et qui fait chuter consi-deacuterablement la valeur du facteur de puissance On retiendra donc que les non-lineacuteariteacutes descharges sont incompatibles avec le bon fonctionnement des reacuteseaux eacutelectriques
Partie 3 Propagation des courants non sinusoiumldaux
1) Les transformateurs T1 et T2 eacutetant consideacutereacutes comme ideacuteaux on ne tient pas comptedrsquoeacuteventuelles chutes de tensions lieacutees aux courants deacutebiteacutes Les rapports de transformations
sont donc sans eacutequivoque
2) La charge 2 consomme une puissance de 200 kW avec un unitaire Drsquoautre part laformule des puissances srsquoapplique ici puisque les courants consommeacutes sont sinusoiumldaux oneacutecrit alors
drsquoougrave
On en deacuteduit comme i2 est sinusoiumldal
La phase du courant i2 elle est nulle puisque
donc
π
πθ θ
π5 6
1 06
16 2 sin d
2P V I= loz loz loz loz loz lozUacute
π ππ π
0 01
3 2 3 65cos cos
6 6
V I V IP
loz loz loz loz loz lozEgrave ˘Ecirc ˆ Ecirc ˆ= - + =Aacute ˜ Aacute ˜Iacute ˙Euml macr Euml macrIcirc ˚
1 2421 kWP =
ππ
0
11
1 0
3 63 2
06722 3
V IP
kS V I
loz loz lozloz
= = = =loz loz loz
2 2 21 1 1S P D= +
2 21 1S P-
( ) ( )2 22 2 3 3 31 1 1 3585 10 2421 10 2644 10D S P= - = loz - loz = loz
1 2400 V
00220 kV
m m m= = = =
2cosϕ
ϕ2 2 2200 kW 3 cosP V I= = loz loz loz
22 290 A
3
PI
V= =
loz
2max 2 2 410 AI I= loz =
2cos 1ϕ =
2 0ϕ =
134 3 bull Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires
3) Pour ce calcul il faut noter que le courant de la phase 1 (on pourrait tout aussi bien le faireavec drsquoautres phases) de la ligne agrave 20 kV est la somme des courants de ligne consommeacutes parle tronccedilon 1 et le tronccedilon 2 En nrsquooubliant pas la preacutesence des transformateurs parfaits et deleur rapport de transformation de 002 sur les courants on peut eacutecrire
Le courant i1 eacutetant deacutefini par morceaux iMT lrsquoest aussi et il suffit drsquoeacutecrire
peacuteriode deacutefinie sur [0 2π]
On repreacutesente donc sur la figure 325 la construction graphique de iMT
4) La tension simple fournie en bout de ligne est la tension en sortie du transformateurgeacuteneacuteral VMT imputeacutee de la chute de tension due agrave la reacutesistance de ligne RL
On peut donc eacutecrire
La deacuteformation maximale subie par la tension V par rapport agrave sa forme sinusoiumldale initiale se
fera pour la valeur de La chute de tension maximale sera donc
ou encore
On repreacutesente donc sur la figure 326 lrsquoallure de la tension
La sinusoiumlde de la tension est donc leacutegegraverement deacuteformeacutee agrave cause de la non-lineacuteariteacute de lacharge 1 En imaginant que les charges non-lineacuteaires soient tregraves reacutepandues et repreacutesententdes courants tregraves importants on imagine la deacuteformation intoleacuterable qui apparaicirctrait sur letension Pour faire simple le reacuteseau eacutelectrique nrsquoest pas fait pour veacutehiculer des courants autresque sinusoiumldaux En pratique tout est fait pour limiter cette pollution dite laquo harmonique raquo car
[ ]θ θ θ1 2( ) ( ) ( )MTi m i i= loz +
[ ][ ]
2max 0
2max 0
2max
6 5 6 ( ) sin
7 6 11 6 ( ) sin
sinon ( ) sin
MT
MT MT
MT
i m I m I
i i m I m I
i m I
θ π π θ θθ π π θ θ
θ θ
Iuml Œ fi = loz loz + lozOcirc Œ fi = loz loz - lozIgraveOcirc = loz lozOacute
V1(θ)
iMT(θ)
1633 kV
m middot IO = 9 A
0 2π
IMTmax = mI0 + mI2max = 172 A
m middot I2max = 82 A
5π 6π 6 π θ
Figure 325
θ θ θ( ) ( ) ( )MT L MTV V R i= - loz
θ maxi( )MTi
∆ max max( ) 172 VL MTV R I= loz =
∆ max 3
172 100( ) 105
1633 10V
yen= =loz
θ( )cV
33 Problegraveme ndeg 5 Charges non-lineacuteaires propagationhellip 135copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
causeacutee par les harmoniques des courants De la limitation du contenu harmonique preacutesentdans les normes drsquoappareillage aux filtrages des courants de lignes crsquoest un veacuteritable enjeutechnique que de combattre ce type un peu particulier de pollutionhellip
V(θ)1633 kV
0 2π
∆Vmax = 105 V(θ) initiale
π 6 5π 6 π θ
Figure 326
copy D
unod
ndash L
a ph
otoc
opie
non
aut
oris
eacutee e
st u
n deacute
lit
Chapitre 4
Machines agrave courant continu
41 SYNTHEgraveSE DE COURS Ndeg 5 MACHINES Agrave COURANT CONTINU
411 Principe et constitution de la machine agrave courant continu
Le principe de la machine agrave courant continu repose sur lrsquoapplication de forces deLaplace sur des conducteurs solidaires du rotor et baigneacutees dans une inductionmagneacutetique La particulariteacute de la machine agrave courant continu est qursquoelle est pourvuedrsquoun systegraveme appeleacute laquo association balaiscollecteur raquo qui permet de reacutepartir lescourants dans les conducteurs du rotor suivant une disposition fixe qui ne deacutepend pasde la rotation du rotor En conseacutequence cette machine peut produire un couple surson rotor indeacutependant de la vitesse de rotation de ce dernier (theacuteoriquement du moins)Cette particulariteacute lui vaut si elle est la machine posant le plus de problegravemes techno-logiques de complexiteacute et drsquousure drsquoecirctre celle qui propose le fonctionnement le plussimple et le plus lineacuteaire
Allure du circuit magneacutetique et diffeacuterents bobinages
Lrsquoallure en coupe drsquoune machine agrave courant continu est deacutecrite sur la figure 41 Onrecense sur cette repreacutesentation scheacutematique la preacutesence de deux bobinages qursquoil estimportant de bien dissocier
Le bobinage inducteur Crsquoest celui qui alimenteacute en courant continu permet la creacutea-tion du flux dans la machine On appelle laquo courant inducteur raquo le courant Ie qui le
138 4 bull Machines agrave courant continu
traverse Toutes les grandeurs meacutecaniques et eacutelectriques dans la machine seront lieacuteesau flux inducteur et donc au courant Ie Lrsquoaimantation du circuit magneacutetique peuteacutegalement ecirctre reacutealiseacutee agrave base drsquoaimants permanents Il nrsquoy a dans ce cas lagrave pas debobinage inducteur et il faut consideacuterer le flux dans la machine constant
Le bobinage induit Crsquoest lui qui permet la circulation gracircce au systegraveme laquo balaiscollecteur raquo (non repreacutesenteacute) drsquoun courant continu fixe et perpendiculaire au fluxdrsquoinduction Ce courant peut ecirctre imposeacute par une alimentation auquel cas la machinefonctionnera en moteur en produisant un couple meacutecanique qui fera tourner le rotorsoit ecirctre induit par la rotation forceacutee du rotor auquel cas la machine se comporteraen geacuteneacuteratrice
412 Scheacutemas eacutequivalents de la machine fonctionnements en moteur et en geacuteneacuteratrice
La machine est composeacutee vue de lrsquoinduit drsquoun bobinage comportant sa reacutesistancepropre et son inductance propre Par ailleurs lors de la rotation du rotor lrsquoinducteureacutetant parcouru par un courant donneacute il se produit aux bornes de la machine uneforce eacutelectromotrice dite laquo interne raquo Cette force eacutelectromotrice ne deacutepend que de lavitesse de rotation et de la valeur du flux inducteur Ces caracteacuteristiques sont communesaux fonctionnements moteur et geacuteneacuterateur En deacutefinitive le scheacutema eacutequivalent de lamachine agrave courant continu est commun agrave tous les reacutegimes de fonctionnement agrave laconvention de repreacutesentation du courant pregraves On repreacutesente ce scheacutema les diversesconventions et les eacutequation caracteacuteristiques de la machine sur la figure 42 Onretiendra tout particuliegraverement sur cette figure les relation reliant les grandeurs eacutelec-triques et meacutecaniques
Ie
I
U
C
Circuit inducteur
Circuit induit
Φ
Figure 41 Constitution drsquoune machine agrave courant continu
41 Synthegravese de cours ndeg 5 Machines agrave courant continu 139copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Remarques importantes
Le bobinage inducteur traverseacute par un courant continu repreacutesente unereacutesistance Re non repreacutesenteacutee sur les scheacutemas Il se produit ainsi les pertesJoules Re middot Ie
2 dans ce bobinage
Lrsquoinductance repreacutesenteacutee sur les scheacutemas eacutequivalents est sans effet degraves lorsqursquoon srsquointeacuteresse agrave un reacutegime permanent En effet dans ce cas le courantqui la traverse est constant et la tension agrave ses bornes nulle
Les deux formules apparaissant sur la figure 42 sont fondeacutees sur lrsquoidenti-fication de la puissance eacutelectrique E middot I avec la puissance meacutecanique CΩCrsquoest le cas si on considegravere le couple de pertes meacutecaniques comme faisantpartie inteacutegrante du couple de charge de la machine
Bilans de puissance dans la machine agrave courant continu et rendement
Il est important drsquoidentifier les divers eacuteleacutements du scheacutema eacutequivalent en terme depuissance Il est eacutegalement important de porter une attention particuliegravere agrave lrsquoexpres-sion du rendement de la machine en fonction de son reacutegime de fonctionnement
C (Nm) Ω (rads)
UI
U E
RLI
U E
RLI
Charge
MachineMachine
Fonctionnement en moteur Fonctionnement en geacuteneacuteratrice
Ie
Dans tous les cas on retiendra les relations
C = KΦ middot I et E = KΦ middot Ω ou en fonction du courant inducteur
C = K prime middot Ie middot I et E = K prime middot Ie middot Ω
eacutequation eacutelectrique
U = R middot I + L + E
eacutequation meacutecanique
Σ couples = C ndash Creacutesistant = J
eacutequation eacutelectrique
eacutequation meacutecanique
didt
U + R middot I + L = Edidt
dΩdt
Σ couples = Cmoteur ndash C = J dΩdt
Figure 42 Scheacutemas eacutequivalents et relations importantes de la machine agrave courant continu
140 4 bull Machines agrave courant continu
(moteur ou geacuteneacuterateur) On repreacutesente sur la figure 43 lrsquoeacutecoulement des puissancesau sein de la machine dans les deux types de fonctionnement ainsi que lrsquoexpressiondes rendements correspondants
413 Montages seacuterie et parallegravele (shunt)
En mettant agrave part les machines agrave aimants permanents on peut recenser deux types demontages tregraves reacutepandus dans les utilisations classiques des machines agrave courantcontinu le montage laquo seacuterie raquo et le montage parallegravele dit aussi laquo shunt raquo Ces deuxmontages consistent agrave se servir de la source de tension alimentant lrsquoinduit pouralimenter en seacuterie ou parallegravele avec ce dernier le bobinage inducteur On repreacutesentedans la figure 44 les scheacutemas eacutelectriques correspondants ainsi que les consideacutera-tions agrave retenir
Remarques
En montage seacuterie le bobinage inducteur doit pouvoir supporter le courantdrsquoinduit et ne preacutesenter donc qursquoune faible reacutesistance pour repreacutesenter unefaible chute de tension et ne pas nuire au rendement
eacutenergie eacutelectrique
Fonctionnement en moteur Fonctionnement en geacuteneacuteratrice
Dans tous les cas le rendement seacutecrit η = Ptotale
Putile avec Ptotale = Putile + PJ + Pm
eacutenergie meacutecaniquePtotale = U middot I Putile = U middot I
Pertes JoulesPJ = R middot I
2 PJ = R middot I 2
(+ Re middot Ie2) (+ Re middot Ie2)
Pertes meacutecaniques
Pm Pm
Putile = C middot Ω Ptotale = C middot Ωeacutenergie eacutelectriqueeacutenergie meacutecanique
Pertes JoulesPertes meacutecaniques
Figure 43 Eacutecoulement des puissances et rendement
C (Nm) Ω (rads)
U
I = Ie
C = K prime middot Ie middot I et E = K prime middot Ie middot Ω C = K prime middot Ie middot I et E = K prime middot Ie middot Ωsoit
C = K prime middot I 2 et E = K prime middot I middot Ω C = et E =
C (Nm) Ω (rads)
U
I Ie
soit
Re Re
Moteur ou geacuteneacuteratrice laquo seacuterie raquo Moteur ou geacuteneacuteratrice laquo shunt raquo
K prime middot I middot U K prime middot Ω middot U
Figure 44 Scheacutemas eacutequivalents et relations importantes de la machine agrave courant continu
42 Seacuterie drsquoexercices ndeg 5 Machines agrave courant continu 141copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
En montage parallegravele le bobinage inducteur doit pouvoir supporter lapleine tension drsquoinduit et donc preacutesenter une reacutesistance assez grande
Les formules mises en eacutevidence sur la figure 44 montrent que le moteurseacuterie a tendance agrave srsquoemballer srsquoil nrsquoest pas chargeacute crsquoest-agrave-dire si le moteurconsomme peu de courant En reacutealiteacute lors drsquoune absence de charge il acceacute-legravere fortement ce qui diminue consideacuterablement le courant mais aussi lecouple lrsquoemballement est ainsi finalement assez rare Par contre il deacuteve-loppe un couple proportionnel au carreacute du courant I crsquoest en conseacutequenceun montage tregraves utiliseacute en traction eacutelectrique
Les formules mises en eacutevidence sur la figure 44 montrent que le moteurshunt a tendance agrave consommer un courant tregraves fort sous faible tension
La geacuteneacuteratrice seacuterie est tregraves peu utiliseacutee eacutetant donneacute que la tension produiteest tregraves faible agrave vide le moteur eacutetant alors tregraves peu exciteacute (uniquement parle champ reacutemanent en reacutealiteacute)
La geacuteneacuteratrice shunt srsquoauto-amorccedile agrave partir du champ reacutemanent dans lemateacuteriau du circuit magneacutetique Pour favoriser ce pheacutenomegravene on deacutemarrela machine agrave vide avant de connecter les charges lorsque la tension srsquoeststabiliseacutee
42 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 5 MACHINES Agrave COURANT CONTINU
421 Eacutenonceacutes
Exercice 41 Moteur agrave courant continu
On considegravere une machine agrave courant continu utiliseacutee en moteur Le bobinage induc-teur est alimenteacute par la source de tension de 110 V qui alimente eacutegalement lrsquoinduitagrave la diffeacuterence que le courant inducteur est limiteacute par la reacutesistance Re1 Lrsquoinstallationest repreacutesenteacutee sur la figure 45
On donne Reacutesistance de lrsquoinduit R = 05 Ω Reacutesistance de lrsquoinducteur Re = 400 Ω
U
I C N (trmin)
Ie
U = 110 V
Re1
Figure 45
142 4 bull Machines agrave courant continu
1) Le moteur fonctionnant agrave vide consomme le courant I = 12 A Calculer alors lavaleur des pertes meacutecaniques Pm Calculer eacutegalement la valeur de la force eacutelectro-motrice interne E2) Toujours agrave vide et pour Re1 = 0 le moteur tourne agrave la vitesse de 1 620 trminCalculer le couple de pertes meacutecaniques Cm3) En deacuteduire le coefficient k tel que C = k middot Ie middot I Veacuterifier que ce coefficient veacuterifieeacutegalement la relation E = k middot Ie middot Ω4) On charge agrave preacutesent le moteur en le faisant entraicircner une dispositif meacutecanique(treuil roue ou autrehellip) qui repreacutesente un couple reacutesistant de 10 Nm srsquoajoutant aucouple de pertes (supposeacute constant) Calculer alors le courant absorbeacute5) En deacuteduire la valeur de la force eacutelectromotrice E et de la vitesse de rotation dumoteur N (trmin)6) On souhaite que cette charge soit entraicircneacutee agrave 1 800 trmin Calculer alors la valeurde la reacutesistance Re1 permettant drsquoobtenir cette vitesse
Exercice 42 Geacuteneacuteratrice
Une machine agrave courant continu agrave aimants permanents est utiliseacutee en geacuteneacuteratriceentraicircneacutee par un ensemble meacutecanique agrave la vitesse Nn = 3 000 trmin La tension nomi-nale de la geacuteneacuteratrice est Un = 220 V la puissance nominale Pn = 20 kW et le rende-ment nominal η = 081) Repreacutesenter un scheacutema eacutequivalent de la geacuteneacuteratrice et de sa charge (utiliser uneconvention adapteacutee)2) Calculer la valeur du courant nominal de la geacuteneacuteratrice3) En deacuteduire la valeur de la reacutesistance drsquoinduit si on neacuteglige les pertes meacutecaniquesde la machine4) Calculer alors la valeur de la tension agrave vide et de la tension agrave demi-charge crsquoest-
agrave-dire pour une puissance fournie
5) Calculer le rendement de la machine agrave demi-charge
Exercice 43 Moteur seacuterie
On srsquointeacuteresse agrave lrsquoeacutetude drsquoun moteur tregraves utiliseacute en traction eacutelectrique le moteur seacuterieIl preacutesente la particulariteacute de posseacuteder un bobinage inducteur placeacute en seacuterie aveclrsquoinduit comme le repreacutesente la figure 46
2nP
P =
U
I C N (trmin)
Figure 46
42 Seacuterie drsquoexercices ndeg 5 Machines agrave courant continu 143copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
1) Agrave quelle grandeur est proportionnel le flux dans la machine 2) Quelle relation relie alors le couple et le courant de la machine Quel est lrsquointeacuterecirctde cette relation 3) Quelle relation relie eacutegalement la force eacutelectromotrice interne E agrave la vitesse angu-laire de la machine Ω et au courant I 4) Repreacutesenter le scheacutema eacutelectrique eacutequivalent de la machine en rotation on noteraR la reacutesistance drsquoinduit et Re la reacutesistance drsquoinducteur5) Deacuteterminer la relation existant entre Ω I et les grandeurs constantes du systegravemeIdem entre Ω et la couple C6) Repreacutesenter alors lrsquoallure de lrsquoeacutevolution de la vitesse Ω en fonction du courantRepreacutesenter eacutegalement lrsquoeacutevolution de Ω en fonction du couple
Exercice 44 MCC en reacutegime transitoire
On considegravere un moteur agrave courant continu agrave aimants permanents dont les caracteacuteristi-ques sont les suivantes tension drsquoinduit Un = 110 V reacutesistance drsquoinduit R = 05 Ωinductance drsquoinduit L = 75 mH moment drsquoinertie de lrsquoensemble meacutecanique enrotation J = 1 kg middot m2 couple de pertes meacutecaniques Cp = 07 Nm1) La machine tournant agrave vide on mesure le courant absorbeacute par la machine I0 = 18 AEn deacuteduire le coefficient K veacuterifiant la relation C = K middot I2) En deacuteduire eacutegalement la vitesse de rotation agrave vide de la machine3) La machine tournant agrave vide depuis longtemps on accouple brutalement (au tempsconventionnel t = 0) la charge meacutecanique repreacutesentant un couple reacutesistant Cr = 13 NmEacutecrire lrsquoeacutequation diffeacuterentielle reliant les diffeacuterents couples agrave la vitesse de rotation Ω(rads) de la machine4) Eacutecrire eacutegalement la loi de maille eacutelectrique de la machine en reacutegime transitoireainsi que les relations reliant les grandeurs eacutelectriques et meacutecaniques5) Former alors une eacutequation globale reliant la vitesse Ω (rads) sa deacuteriveacutee et ladeacuteriveacutee du courant6) Qursquoest-il possible de faire comme hypothegravese permettant de simplifier cette eacutequation (On considegraverera que les eacutevolutions des grandeurs eacutelectriques sont rapides devantcelles des eacutevolutions meacutecaniques) Utiliser la nouvelle eacutequation trouveacutee pour reacutesoudrelrsquoeacutequation de la question 3 portant sur la vitesse Repreacutesenter lrsquoeacutevolution transitoirede la vitesse de la machine7) Quel est approximativement la dureacutee du reacutegime transitoire de la vitesse de lamachine lors drsquoun changement de charge 8) Calculer et repreacutesenter eacutegalement lrsquoeacutevolution du courant drsquoinduit i(t)9) La machine eacutetant revenue agrave vide depuis longtemps on couple (agrave t = 0) une chargetrop importante qui bloque le rotor Calculer alors rapidement la valeur maximale ducourant lors du blocage et le temps neacutecessaire au courant pour atteindre cette valeurAgrave quelle valeur de courant doit-on approximativement fixer les seuils des protec-tions eacutelectriques
144 4 bull Machines agrave courant continu
Exercice 45 MCC alimenteacutee par un hacheur abaisseur
On considegravere le circuit de la figure 47 dans lequel la machine agrave courant continu estalimenteacutee par lrsquointermeacutediaire drsquoun hacheur abaisseur
Les caracteacuteristiques de la machine sont reacutesistance de lrsquoinduit R = 05 Ω induc-tance drsquoinduit L = 137 mH courant drsquoinduit nominal In = 17 A tension nominale Un = 100 V
Les caracteacuteristiques du hacheur sont Interrupteur commandeacute et diodes consideacutereacutescomme parfaits freacutequence de deacutecoupage Fd = 1 kHz rapport cyclique α (interrup-teur fermeacute sur lrsquointervalle [0 αT] et ouvert sur [αT T] T eacutetant la peacuteriode de deacutecou-
page )
1) Repreacutesenter lrsquoallure de la tension u en fonction du temps
2) Exprimer la relation reliant la valeur moyenne Umoy de cette tension agrave la tension V
3) Exprimer lrsquoeacutequation de maille qui relie les grandeurs de lrsquoinduit de la machine
4) Comparer la constante de temps eacutelectrique de lrsquoinduit agrave la peacuteriode de deacutecoupageConclure sur les eacutevolutions du courant i(t)
5) En supposant la machine en reacutegime permanent sur une charge absorbant lecourant nominal calculer lrsquoexpression de la valeur moyenne du courant Imoy en fonc-tion de U E la force eacutelectromotrice interne et R repreacutesenter sur un mecircme graphe latension u(t) et le courant i(t)
6) Exprimer alors la valeur maximale de lrsquoondulation de courant ∆i = Imax ndash Imin prispour α = 05 Exprimer cette ondulation en valeur relative par rapport au courantmoyen I
7) Quel eacuteleacutement faut-il rajouter afin drsquoimposer une ondulation maximale de 5 Preacuteciser alors la valeur de cet eacuteleacutement
Exercice 46 Machine satureacutee
On eacutetudie dans cet exercice une machine agrave courant continu agrave excitation seacutepareacutee donton a mesureacute au preacutealable la valeur de la force eacutelectromotrice interne E en fonction du
u
i
C N (trmin)
V = 110 V
Fd = 1 kHzα
Figure 47
1
d
TF
=
42 Seacuterie drsquoexercices ndeg 5 Machines agrave courant continu 145copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
courant drsquoexcitation Ie Les valeurs de E(Ie) mesureacutees agrave la vitesse de rotation de1 500 trmin sont reporteacutees dans le tableau 41
La reacutesistance drsquoinduit du moteur a eacuteteacute mesureacutee R = 01 Ω La puissance nominalede la machine est de 18 kW et son rendement nominal vaut η = 08 Dans toute lasuite de lrsquoexercice on alimente lrsquoinduit sous la tension U = 110 V
1) Agrave vide pour un courant drsquoexcitation Ie = 12 A la machine consomme un courantI = 163 A Justifier la preacutesence de ce courant Calculer alors la valeur de la forceeacutelectromotrice de la machine
2) Calculer alors la valeur de la vitesse agrave vide de la machine
3) Preacuteciser la valeur de la puissance de pertes meacutecaniques Pp
4) Le moteur est agrave preacutesent chargeacute agrave sa charge nominale crsquoest-agrave-dire que la puissancemeacutecanique fournie par le moteur est Pm = 18 kW Calculer la valeur de la puissancetotale consommeacutee Ptotale
5) En faisant un bilan de puissances deacuteterminer la valeur de la puissance PR perduedans la reacutesistance drsquoinduit En consideacuterant les pertes meacutecaniques constantescalculer la valeur du courant nominal In
6) Calculer alors la valeur de la force eacutelectromotrice E
7) En deacuteduire la vitesse de rotation du moteur
8) Quel courant drsquoexcitation faudrait-il choisir pour fournir la mecircme puissance agrave lacharge mais agrave la vitesse de 1 500 trmin (On supposera dans cette question lerendement de la machine toujours eacutegal agrave 08 Ω)
422 Correction des exercices
Exercice 41 Moteur agrave courant continu
1) Les pertes agrave vide se composent des pertes meacutecaniques et de la puissance dissipeacutee dans la
reacutesistance drsquoinduit Ainsi
La relation de maille drsquoinduit srsquoeacutecrit le moteur eacutetant en convention reacutecepteur U = R middot I + E
Ainsi
2) Les pertes meacutecaniques srsquoeacutecrivent drsquoougrave
Tableau 41
Ie (A) 0 02 04 06 08 1 12 14 16 18 2
E(Ie) (V) 0 24 46 68 87 104 114 121 125 129 133
2 2110 12 05 12 1313 WmP U I R I= loz - loz = yen - yen =
110 05 12 1094 VE U R I= - loz = - yen =
πΩ 2
60m m mN
P C C= loz = lozπ
60077 Nm
2m
mP
CN
loz= =
146 4 bull Machines agrave courant continu
3) Comme Re1 = 0 le courant inducteur vaut
Agrave vide donc
Par ailleurs
4) On utilise ici la relation en reacutegime permanent
Crsquoest-agrave-dire
5)
et soit
6) On cherche ici la valeur de Ie telle que la charge de 10 Nm tourne agrave N = 1 800 trmin
On eacutecrit donc
On en retire lrsquoeacutequation du second degreacute
Soit donc La reacutesolution donne la valeur (choisie naturelle-
ment dans lrsquoordre de grandeur le plus coheacuterent) Ie = 0229 A
La reacutesistance Re1 agrave choisir sera donc telle que
Drsquoougrave
Exercice 42 Geacuteneacuteratrice
1) On repreacutesente le scheacutema eacutequivalent dela geacuteneacuteratrice naturellement en conven-tion geacuteneacuterateur sur la figure 48
2) La puissance nominale de la machinesrsquoeacutecrit
Crsquoest-agrave-dire
3) Si on neacuteglige les pertes meacutecaniques de la machine les pertes repreacutesenteacutees par la valeur durendement η = 08 sont dissipeacutees dans la reacutesistance de lrsquoinduit R
1100275 A
400ee
UI
R= = =
m eC C k I I= = loz loz 2233 NmAm
e
Ck
I I= =
loz
πΩ 2109 V
60e eN
k I k I Eloz loz = loz = ordf
10 m eC C k I I= + = loz loz
10 077168 A
233 0275I
+= =
yen
110 05 168 1016 VE U R I= - loz = - yen =
Ω 10161586 rads
233 0275e
E
k I= = =
loz yenΩ
π60
1514 trmin2
Nloz= =
πΩ 2
60e ee
C NE U R I U R k I k I
k I= - loz = - loz = loz loz = loz loz
loz
π2 20
60e eR C N
U I k Ik
loz- loz + + loz loz =
24392 110 214 0e eI Iloz - loz + =
1
0229 Aee e
UI
R R= =
+
1 803e ee
UR R
IΩ= - =
U
I
R
EChargeRch
Machine
Figure 48
20 kWn n nP U I= = loz
90 Ann
n
PI
U= =
42 Seacuterie drsquoexercices ndeg 5 Machines agrave courant continu 147copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
On eacutecrit donc
Soit donc
4) Pour calculer la tension agrave vide qui est eacutegalement la force eacutelectromotrice E on eacutecrit lrsquoeacutequa-tion de maille au point nominal Un = E ndash R middot In crsquoest-agrave-dire E = Un + R middot In = 22555 V
Pour calculer la tension agrave demi-charge on eacutecrit ougrave U et I sont des
inconnues
La relation de maille srsquoeacutecrit crsquoest-agrave-dire
La reacutesolution de ce polynocircme du second degreacute en U donne
5) Avant de calculer le rendement on calcule le courant agrave mi-charge
Le rendement de la machine agrave mi charge srsquoeacutecrit alors
Exercice 43 Moteur seacuterie
1) Le flux dans la machine est proportionnel hors saturation bien sucircr au courant circulantdans le bobinage inducteur Ici ce courant est eacutegalement le courant drsquoinduit I et le flux dansla machine peut alors srsquoeacutecrire Φ =k middot I k eacutetant une constante
2) La relation couple courant srsquoeacutecrit de faccedilon classique kprime eacutetant une constante
En utilisant le reacutesultat de la question 1 K eacutetant une constante
Eacutetant proportionnel au courant au carreacute le couple produit par la machine est tregraves importantlors des phases drsquoacceacuteleacuteration et les deacutemarrages Crsquoest cette relation qui justifie lrsquoutilisationprincipale de ce type de moteurs en traction eacutelectrique
3) La relation classique qui relie la vitesse de rotation de la machine agrave la force eacutelectromotrice
srsquoeacutecrit
4) On repreacutesente le scheacutema eacutequivalent de lamachine sur la figure 49
5) Lrsquoeacutequation de maille de lrsquoinduit de la machinesrsquoeacutecrit crsquoest-agrave-dire
Drsquoougrave crsquoest-agrave-dire
ηη η
2 1nR n n n
PP R I P P
-= loz = - = loz
2
1617 mn
n
R PI
ηΩ
η-
= loz =loz
10 kW2nP
U I= = loz
2nP
U E R I E RU
= - loz = -loz
2 02nP
U E U R- loz + =
2 2228 VnU =
2 2
448 A2
nn
n
PI
U= =
loz
η2
2
2045
2n
n n
P
P R I= =
+ loz
ΦC k I= loz lozcent2C k k I I K I= loz loz loz = lozcent
E k k k I K IΦ Ω Ω Ω= loz loz = loz loz loz = loz lozcent cent
U
I
R
EMachine
Re
Figure 49
( )eU R R I E= + loz +
( )eE U R R I= - + loz
Ω ( )eK I U R R Iloz = - + lozΩ ( )eK I U R R Iloz = - + loz
148 4 bull Machines agrave courant continu
On retiendra
La relation couple vitesse elle srsquoeacutecrira
6) On repreacutesente sur la figure 410 les courbes I(Ω)et C(Ω)
Exercice 44 MCC en reacutegime transitoire
1) Agrave vide et agrave vitesse constante le couple produit par la machine correspond au couple de
pertes meacutecaniques Ainsi
2) La vitesse de rotation se deacuteduit de la force eacutelectromotrice interne E de la machine qui ellese calcule agrave partir de lrsquoeacutequation de maille de lrsquoinduit
La f-e-m interne agrave vide est donc
Ainsi la vitesse de rotation agrave vide srsquoeacutecrit soit
3) On eacutecrit ici le principe fondamental de la dynamique des piegraveces en rotation
Crsquoest-agrave-dire C eacutetant le couple moteur de la machine
4) La loi de maille portant sur lrsquoinduit srsquoeacutecrit avec
et
5) En utilisant les eacutequations preacuteceacutedentes on forme
Donc
e
UI
K R RΩ=
+ +
Ω
2
sup2e
UC K I K
K R R
Ecirc ˆ= loz = loz Aacute ˜+ +Euml macr
U (R + Re) K middot U 2 (R + Re)
2
I C
Ω Ω
Figure 410
0123 NmpC C K I= = = loz0
068pC
KI
= =
U E R I= + loz
0 0 1091 VE U R I= - loz =
Ω 00 16044 Rads
E
K= = 0 1 532 trminN =
Ωdcouples
dJ
t= lozAcirc
Ωd
dp rC C C Jt
- - = loz
d( ) ( ) ( )
d
iU E t R i t L t
t= + loz + loz
( ) ( )C t K i t= loz ( ) ( )E t K tΩ= loz
2d( )
d
K KL i KC U t
R R t RΩ= - loz -
ΩΩ2d d
( )d dp r
K KL i KU t C C J
R R t R t- loz - - - = loz
42 Seacuterie drsquoexercices ndeg 5 Machines agrave courant continu 149copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
6) Les eacutevolutions eacutelectriques sont rapides devant lrsquoeacutevolution de la vitesse Habituellement onconsidegravere que le courant eacutetant pratiquement toujours en reacutegime stationnaire par rapport agrave la
vitesse le terme est consideacutereacute comme nul
La nouvelle eacutequation revient donc agrave
Soit donc on posera
Cette eacutequation du premier degreacute a pour solution geacuteneacuterale
A eacutetant une constante drsquointeacutegration agrave deacuteterminer
Pour cela on eacutecrit qursquoau temps conventionnel t = 0 la vitesse a pour valeur
soit donc
On eacutecrit donc
On repreacutesente ainsi lrsquoeacutevolution de cette vitesse agrave partir de t = 0 sur la figure 411
7) La dureacutee du reacutegime transitoire est approximativement la dureacutee
8) Pour calculer lrsquoeacutevolution globale du courant pendant le transitoire on peut utiliser la loi
de maille en reacutegime quasi stationnaire soit donc
ougrave B est une
constante
d
d
KL i
R tloz
ΩΩ
2 d( )
dp rK K
U t C C JR R t
- - - = loz
2 2
d( ) ( )
d p rRJ U R
t C Ct KK K
ΩΩ + loz = - + τ
2
RJ
K=
τΩ2
( ) e ( )t
p rU R
t A C CK K
-= loz + - +
Ω0 216044 Rads ( )p r
U RA C C
K K= = + - +
216044 ( ) 1348p r
U RA C C
K K= - + + =
τ τΩ Ω Ω Ω0 final final( ) 1348 e 1469 ( ) et t
t- -
= loz + = - loz +
t0τ = RJ K
2 = 1 s
Ω0 = 1604 rads
Ωfinal = 1469 rads
(N0 = 1 532 trmin)
(Nfinal = 1 403 trmin)
Ω
Figure 411
τ2
33 3 sr
RJt
K= = =
d( ) ( ) ( ) 0
d
iU E t R i t L t
tEgrave ˘= + loz + loz ordfIacute ˙Icirc ˚
2
( ) 1( ) e ( ) e ( )
t t
p r p rU K t U K U R
i t B C C B C CR R R R K KK
τ τΩ - -Egrave ˘= - = + loz - - + = loz + +Iacute ˙Icirc ˚
150 4 bull Machines agrave courant continu
On retrouve dans cette expression la valeur finale de I sa
valeur initiale eacutetant on le sait I0 = 18 A
On repreacutesente ainsi lrsquoeacutevolution du courant agrave partir de t = 0 sur la figure 412
9) Le rotor eacutetant bloqueacute lrsquoeacutequation de maille se ramegravene agrave
Le courant en reacutegime permanent appeleacute par le moteur sera donc Ce
courant mettra approximativement le temps pour srsquoeacutetablir dans lrsquoinduit
10) Le seuil de courant des protections devra donc ecirctre choisi infeacuterieur au courantIblocage = 220 A et eacutevidement supeacuterieur au courant de pleine charge Ifinal = 2014 A Enprenant un coefficient de seacutecuriteacute de 15 il semble correct de choisir un courant de seuil desprotections agrave 30 A Les protections devront par ailleurs ecirctre leacutegegraverement temporiseacutees pour nepas que le courant de deacutemarrage du moteur sous pleine charge (si crsquoest un impeacuteratif) puissefaire deacuteclencher les seacutecuriteacutes
Exercice 45 MCC alimenteacutee par un hacheur abaisseur
1) Lorsque lrsquointerrupteur commandeacute est fermeacute la tension U est eacutegale agrave la tension drsquoalimen-tation V la diode eacutetant naturellement bloqueacutee Lorsque lrsquointerrupteur srsquoouvre la diode seferme pour assurer la continuiteacute du courant du circuit inductif que repreacutesente lrsquoinduit Latension agrave ses bornes est alors consideacutereacutee comme nulle (hypothegravese des interrupteurs parfaits)Lrsquoallure de la tension u est donc repreacutesenteacutee sur la figure 413 sur plus drsquoune peacuteriode
final1
( ) 2014 Ap rI C CK
= + =
t
i
0 τ = RJ K 2 = 1 s
I0 = 18 A
Ifinal = 2014 A
Figure 412
d( ) ( )
d
iU R i t L t
t= loz + loz
blocage 220 AU
IR
= =
3 045 sL
tR
= loz =
t
u
0
V = 100 V
αT T
Figure 413
42 Seacuterie drsquoexercices ndeg 5 Machines agrave courant continu 151copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
2)
3) La loi de maille portant sur lrsquoinduit srsquoeacutecrit E eacutetant la forceeacutelectromotrice interne de la machine
4) Lrsquoeacutequation srsquoeacutecrit eacutegalement ougrave la grandeur est laconstante de temps de lrsquoinduit
Application numeacuterique
La constante de temps eacutelectrique du circuit eacutetant tregraves supeacuterieure agrave la peacuteriode de deacutecoupage onen conclut que les eacutevolutions de courant seront quasi-lineacuteaires sur chaque partie de la peacuteriodeOn repreacutesentera donc le courant i par des tronccedilons de droites
5) Agrave vitesse constante la force eacutelectromotrice E est constante La valeur moyenne ducourant ou composante continue veacuterifie elle lrsquoeacutequation de maille aux valeurs moyennes
crsquoest-agrave-dire
Le courant i(t) eacutetant composeacute de morceaux de droites autour de sa valeur moyenne on repreacute-sente son eacutevolution sur la figure 414
6) Lrsquoondulation de courant srsquoeacutecrit
Sur lrsquointervalle [0 αT] on eacutecrit
Si la charge absorbe le courant nominal In = 17 A la force eacutelectromotrice vaut
Donc
Application numeacuterique pour α = 05 ∆i = 115 A = 68 de I
7) Pour limiter agrave 5 cette valeur drsquoondulation de courant il est neacutecessaire drsquoajouter en seacuterieavec lrsquoinduit une inductance dite laquo de lissage raquo Cette inductance suppleacutementaire L1 doit ecirctre
telle que
α α αmoy 0
1d
T V TU V t V
T T
loz= loz = = lozUacuted
( ) ( ) ( ) ( )d
iu t E t R i t L t
t= + loz + loz
( ) ( ) d( ) ( )
d
u t E t L ii t t
R R R t= + + loz τ L
R=
τ 100274 s 0001 s
d
LT
R F= = gtgt = =
moymoy
U EI
R R= + moy
moy
U EI
R R= -
t
u
0
V = 100 V
αT T
Imoy = (Umoy ndash E) R) Imax
Imin
i
Figure 414
max mini I I∆ = -
∆ αmax min ( )R
i I I V E TL
= - = loz - loz
αmoy 85nE U R I V= - loz = -
[ ]∆ α α(1 ) 85R
i V TL
= loz - + loz
[ ]1
(1 ) 85 5 085 AR
i V T IL L
∆ α α= loz - + loz = loz =+
152 4 bull Machines agrave courant continu
soit donc
Exercice 46 Machine satureacutee
1) Ce courant justifie la preacutesence des pertes agrave vide de la machine Pour entraicircner le rotormecircme agrave vide il faut fournir un couple qursquoon appelle le couple de pertes La force eacutelectromo-trice se calcule par ailleurs facilement en eacutecrivant la loi de maille en convention reacutecepteur dela machine
soit
2) La machine eacutetant satureacutee (il suffit de tracer E(Ie) pour le voir) il nrsquoy a plus de proportion-naliteacute stricte entre la force eacutelectromotrice et la vitesse de rotation Par contre agrave courantinducteur fixeacute le facteur reliant E et N (trmin) est connu il suffit de lire dans le tableau
Ici
3) La puissance des pertes meacutecaniques correspond agrave la puissance fournie par lrsquoalimentation agravevide ocircteacutee de la puissance perdue par effet Joule dans la reacutesistance
4) On obtient facilement la puissance totale consommeacutee par la machine agrave partir de la valeur
du rendement
5) Ptotale = Pm + Pp + PR donc soit In = 1494 A
6) On calcule ensuite la valeur de la force eacutelectromotrice agrave partir de lrsquoeacutequation de maille
Application numeacuterique E = 95 V
7) On deacuteduit la vitesse de rotation du moteur en eacutecrivant encore
8) Pour fournir la mecircme puissance agrave la charge on consomme toujours la mecircme puissance
totale Agrave tension drsquoinduit constante on consomme donc forceacutement le
mecircme courant In = 1494 A La force eacutelectromotrice E est donc toujours eacutegale agrave la valeurdeacutetermineacutee E = 95 V
Il suffit donc de chercher dans le tableau agrave 1 500 trmin quelle valeur de courant drsquoexcitationcorrespond agrave E = 95 V On trouve par interpolation lineacuteaire Ie = 09 A
3 31
05(05 110 85) 05 10 137 10 49 mH
085L - -= yen yen + yen yen - loz =
U E R I= + loz 110 01 163 1084 VE U R I= - loz = - yen =
E 11412 A 0076
1 500eIN
- = fi = =
10841084 V 1 426 trmin
0076E N= fi = =
2 1 766 WpP U I R I= loz - loz =
ηη
3
totaletotale
16 10P 20 kW
08m mP P
P
loz= fi = = =
2totale 2 234 WR m p nP P P P R I= - - = = loz
nE U R I= - loz
95 95 V 1 250 trmin
0076E N= fi = =
ηtotale 20 kWmPP = =
43 Problegraveme ndeg 6 Choix et caracteacuterisation drsquoune machine agrave courant continuhellip 153copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
43 PROBLEgraveME Ndeg 6 CHOIX ET CARACTEacuteRISATION DrsquoUNE MACHINE Agrave COURANT CONTINU POUR UNE UTILISATION EMBARQUEacuteE
431 Eacutenonceacute
On srsquointeacuteresse dans ce problegraveme au choix drsquoune machine agrave courant continu pour lamotorisation drsquoun engin de forage embarqueacute sur un veacutehicule de chantier Deux typesde contraintes apparaissent sur cette installation les contraintes meacutecaniques sur la tecirctede forage que repreacutesentent lrsquoeffort de coupe et la vitesse de rotation et les contrainteseacutelectriques comme lrsquoutilisation de batteries leur temps drsquoautonomie et la valeur ducourant consommeacute La figure 415 repreacutesente un scheacutema de lrsquoinstallation sur lequelfigurent les caracteacuteristiques imposeacutees On remarquera eacutegalement que lrsquoalimentationeacutelectrique est reacutealiseacutee par la mise en seacuterie drsquoun nombre inconnu N de batteries drsquoaccu-mulateur
Dans un premier temps on srsquooriente vers lrsquoutilisation drsquoune machine continue agrave aimantpermanent permettant drsquoeacuteviter lrsquoalimentation drsquoun bobinage drsquoexcitation
Partie 1 Choix drsquoune MCC agrave aimants permanents
1) Pour reacutealiser un forage correct lrsquoeffort nominal sur la tecircte de forage repreacutesente 860 Nsur chacune des dix dents et ce agrave la vitesse nominale Nfn = 75 trmin Calculer alorsla puissance nominale sur lrsquooutil de coupe Pfn
2) Le moto-reacuteducteur utiliseacute preacutesente un rapport de reacuteduction de 140 Calculer alorsla vitesse de rotation nominale Nrn que le moteur devra preacutesenter
3) Connaissant le rendement du moto-reacuteducteur ηr = 09 calculer la puissance nomi-nale du moteur agrave choisir Prn
4) Calculer alors le couple nominal de la machine Crn
Nbatteries de 24 V
Machineagrave courant continu(MCC) agrave aimants
permanents
Moto-reacuteducteurRapport 140
rendement ηr = 09 Tecircte de ForageDiamegravetre D = 40 cm
Nfn = 75 trmin
R
U
I
Ωr Ωf
Figure 415
154 4 bull Machines agrave courant continu
5) On envisage de choisir le moteur dans une famille de machines agrave aimants perma-nents alimenteacutes en basse tension ce qui est ideacuteal pour des utilisations sur batteriesLe tableau 42 expose la liste des modegraveles proposeacutes par le constructeur
Agrave partir des donneacutees deacutejagrave calculeacutees choisir dans le tableau 42 le modegravele le plusapproprieacute
6) Calculer alors le nombre de batteries de 24 V dont il faudra disposer pour alimentercorrectement la machine
Partie 2 Caracteacuterisation et performances de la motorisation choisie
On srsquointeacuteresse agrave preacutesent agrave deacuteterminer un modegravele complet de la machine afin depreacutevoir ses performances le rendement du systegraveme et lrsquoautonomie des batteries pourdivers reacutegimes de fonctionnement
1) Eacutecrire les formules reliant le couple de la machine au courant et la vitesse agrave laforce eacutelectromotrice (f-e-m) interne E
2) Repreacutesenter le scheacutema eacutequivalent de la machine agrave courant continu en reacutegime eacutetablion appellera Ri la reacutesistance des enroulements de la machine
3) Quelle est lrsquoutiliteacute de la reacutesistance variable R
4) Eacutecrire la relation de maille reliant les grandeurs U I E Ri et R
5) Pour atteindre le reacutegime nominal on court circuite la reacutesistance R Calculer agrave partirdes caracteacuteristiques de la machine la valeur du courant nominal In
Tableau 42
ModegravelePuissance
(kW)Couple (Nm)
Vitesse (minndash 1)
Rendement nominal
Tension drsquoinduit (V)
MCCBT-AP5 05 159 3 000 085 48
MCCBT-AP7 07 223 3 000 085 48
MCCBT-AP10 1 318 3 000 085 48
MCCBT-AP12 12 382 3 000 085 48
MCCBT-AP15 15 477 3 000 085 48
MCCBT-AP20 2 637 3 000 085 48
MCCBT-AP25 25 796 3 000 085 48
MCCBT-A30 3 955 3 000 085 48
43 Problegraveme ndeg 6 Choix et caracteacuterisation drsquoune machine agrave courant continuhellip 155copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
6) On se reacutefegravere aux essais reacutealiseacutes par le constructeur et fournis dans le tableau 43
En utilisant ces reacutesultats calculer la valeur de Ri
7) Calculer la valeur nominale de la force eacutelectromotrice En
8) Agrave partir des essais reacutealiseacutes calculer la valeur des pertes meacutecaniques Pm et lavaleur du couple de pertes meacutecaniques eacutequivalent Cm agrave 3 000 trmin
9) Calculer alors le rendement global du systegraveme au reacutegime nominal ηn
10) Les batteries preacutesentent chacune une charge totale de 150 Ah Quelle est alorslrsquoautonomie minimale du systegraveme si on ne preacutevoit pas de systegraveme de charge desbatteries
11) Calculer la valeur de la reacutesistance R permettant au moteur de tourner deux foismoins vite avec I = In
12) Calculer alors la valeur de toutes les autres grandeurs correspondant agrave ce reacutegimesi on considegravere le couple de pertes meacutecaniques constant
13) Preacuteciser alors la valeur du rendement agrave mi-reacutegime ηn 2 A-t-on alors inteacuterecirct agravefaire fonctionner ce moteur agrave plein reacutegime ou au contraire agrave le stabiliser autour drsquounautre point de fonctionnement
Partie 3 Choix et caracteacuterisation drsquoune MCC agrave excitation seacuterie
Par analogie avec les motorisations utiliseacutees en traction on deacutecide drsquoenvisager lrsquoutili-sation drsquoune machine agrave courant continu agrave inducteur bobineacute brancheacute en seacuterie avec
Tableau 43
Type drsquoessaiCourant
(A)Tension drsquoinduit
(V)Vitesse (minndash 1)
Couple (Nm)
Rotor bloqueacute Nominal 625 12 V ndash
Agrave vide 94 48 3 000 05
N batteries de 24 V
Machine agrave courant continu
(MCC) agrave aimants permanents
Moto-reacuteducteurRapport 140
Tecircte de ForageDiamegravetre D = 40 cm
Nfn = 75 trmin
R
U
I
Ωr
rendement ηr = 09
Ωf
Figure 416
156 4 bull Machines agrave courant continu
lrsquoinduit comme le repreacutesente le scheacutema de la figure 416 On srsquooriente ainsi vers unefamille de machines analogues agrave celles preacutesenteacutees en partie 1 mais agrave inducteur bobineacute
1) Eacutecrire les formules reliant le couple de la machine au courant et la vitesse agrave la f-e-minterne E
2) Quels sont les avantages et inconveacutenients de la mise en seacuterie du bobinage inducteur
3) On nomme Ri la reacutesistance des enroulements de la machine et Re la reacutesistance delrsquoinducteur de la machine Eacutecrire alors la relation de maille reliant les grandeurs UI E Re Ri et R
4) En consideacuterant que le couple de pertes meacutecaniques est le mecircme que dans lamachine agrave aimants permanents repreacutesenter sur un scheacutema les transferts de puis-sances dans la machine En deacuteduire la valeur du produit En middot In
5) On relegraveve dans la documentation la valeur Re = 002 Ω En utilisant les valeurs deR et Ri de la machine agrave aimants permanents deacuteterminer les valeurs de En et In 6) Calculer alors le rendement global du systegraveme au reacutegime nominal ηn
7) Quelle est alors lrsquoautonomie du systegraveme si on ne preacutevoit pas de systegraveme de chargedes batteries 8) Calculer la nouvelle valeur de la reacutesistance R permettant au moteur de tournerdeux fois moins vite avec I = In9) Calculer alors la valeur de toutes les pertes correspondant agrave ce reacutegime10) Preacuteciser alors la valeur du rendement agrave mi-reacutegime ηn 2
11) Faire alors le choix de la motorisation la plus approprieacutee
432 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Choix drsquoune MCC agrave aimants permanents
1) La puissance meacutecanique est le produit du couple et de la vitesse angulaire Ainsi
Par ailleurs lrsquoeffort sur chacune des dix dents vaut 860 N agrave 20 cm de lrsquoaxe de rotation de la tecircte
Ainsi
On calcule alors
2) Le moto-reacuteducteur est lrsquoeacutequivalent meacutecanique du transformateur crsquoest un jeu drsquoengre-nages qui multiplie la vitesse (et le couple en raison inverse) par un rapport de transforma-tion constant sans theacuteoriquement modifier la puissance qui transite En reacutealiteacute commechaque eacuteleacutement de conversion de puissance il impose des pertes ce qui justifie la valeur durendement ηr = 09
En ce qui concerne la vitesse il est eacutequivalent de travailler sur les vitesses angulaires ou les
vitesses en trmin ainsi il suffit drsquoeacutecrire
Ωfn fn fnP C= loz
210 860 20 10 1719 NmfnC -= yen yen loz =
π π2 2 751719 1 350 W
60 60fn
fn fn
NP C
loz loz= loz = yen =
1
40fn rnN N=
43 Problegraveme ndeg 6 Choix et caracteacuterisation drsquoune machine agrave courant continuhellip 157copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Donc
3) La puissance sortante du moto-reacuteducteur est le produit de la puissance entrante et durendement
On eacutecrit donc
Soit donc
4) Pour calculer le couple il suffit drsquoeacutecrire
Soit
5) Le tableau 42 propose une liste de moteurs classeacutes par caracteacuteristiques meacutecaniques Lesgrandeurs qui apparaissent sont naturellement les grandeurs nominales des machinesComme les vitesses de rotation sont toutes identiques il est sans eacutequivoque que le choixdemandeacute porte sur le modegravele MCCBT-AP15 qui preacutesente une puissance nominale de 15 kWet (donc) un couple de 477 Nm
6) La tension drsquoalimentation du moteur neacutecessaire agrave lrsquoobtention des 3 000 trmin pour uneutilisation sur batteries est de 48 V
Il est ainsi neacutecessaire de preacutevoir 2 batteries de 24 V placeacutees en seacuterie
Partie 2 Caracteacuterisation et performances de la motorisation choisie
1) Ces formules issues du cours srsquoeacutecrivent ici
Cr = k middot Φ middot I et E = k middot Φ middot Ωr ougrave k = Cte
Le terme Φ deacutesigne le flux de lrsquoinduction dans le circuit magneacutetique de la machine Lrsquoutilisa-tion drsquoaiment permanent impose un flux Φ constant
Ainsi on pourra poser pour simplifier les eacutequations K = k middot Φ = Cte et utiliser les formulessuivantes Cr = K middot I et E = K middot Ωr
2) En reacutegime eacutetabli crsquoest-agrave-dire en courant parfaitement continu le scheacutema eacutequivalent nrsquoestformeacute que par la reacutesistance eacutequivalente aux bobinages et la force eacutelectromotrice due agrave la rota-tion du moteur On repreacutesente ce scheacutema sur la figure 417
40 75 3 000 trminrnN = yen =
ηfn r rnP P= loz
η1 350
1 500 W09
rnrn
r
PP = = =
Ωrn rn rnP C= loz
π π60 60
1 500 477 Nm2 2 3 000rn rn
rn
C PN
= loz = yen =loz yen
Nbatteries de 24 V
R
U
I Ri
E
Machine agrave courant continu
Figure 417
158 4 bull Machines agrave courant continu
3) La reacutesistance R permet de faire varier le courant maximal dans le circuit et ainsi le couplemaximal deacuteveloppeacute par la machine Par ailleurs agrave courant constant la valeur de R modifie lavaleur de E et donc la vitesse de la machine
Lrsquoutiliteacute de R est donc de faire varier la vitesse de la machine agrave partir drsquoune source de tensionconstante
4) La relation de maille srsquoeacutecrit naturellement
5) Au reacutegime nominal le moteur est sous la tension de 48 V puisque la reacutesistance R estcourt-circuiteacutee Par ailleurs le rendement nominal de la machine vaut 085 (voir tableau)
Ainsi on calcule la puissance totale fournie par les batteries en eacutecrivant
Cette puissance srsquoeacutecrit eacutegalement
On en deacuteduit
6) Lrsquoessai utile pour cette question est lrsquoessai laquo rotor bloqueacute raquo dans lequel on fait passer lecourant nominal dans la machine Lors de cet essai la force eacutelectromotrice est nulle Lecourant nrsquoest alors limiteacute que par la reacutesistance seacuterie du moteur
Il suffit alors drsquoeacutecrire
La valeur Uessai vaut drsquoapregraves le constructeur 625 de Un crsquoest-agrave-dire
On calcule alors
7) On calcule facilement
8) Lrsquoessai agrave vide donne la valeur du couple agrave vide de la machine Ce couple correspond natu-rellement au couple de pertes meacutecaniques Cn = 05 Nm puisqursquoil nrsquoy a aucune charge meacuteca-nique et que la machine tourne agrave vitesse constante (pas drsquoacceacuteleacuteration)
La valeur des pertes meacutecaniques correspondante est Pm = Cm middot Ω avec
On calcule Pm = 157 W
9) Au reacutegime nominal la puissance totale fournie par les batteries vaut
Le rendement global de lrsquoinstallation srsquoeacutecrit donc
( )i iU R I R I E R R I E= loz + loz + = + loz +
ηtotal1 500
1 7647 W085
fn
n
PP = = =
total 48n n nP U I I= loz = loz
total 1 76473676 A
48nn
PI
U= = =
essai
nominali
UR
I=
essai 625 48 3 VU = yen =
30081
3676iR Ω= =
45 Vn i nE U R I= - loz =
πΩ Ω 2 3 000
60nloz= =
total 48 3676 1 7645 WnP U I= loz = yen =
ηtotal
1 350076
1 7645fn
n
P
P= = =
43 Problegraveme ndeg 6 Choix et caracteacuterisation drsquoune machine agrave courant continuhellip 159copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
10) Au reacutegime nominal le systegraveme consomme le courant maximal I = 3676 A
Les batteries preacutesentent une charge maximale de 150 Ampegraveres-heures
Lrsquoautonomie minimale du systegraveme sera donc de
11) Si le moteur tourne deux fois moins vite la force eacutelectromotrice E est eacutegalement diminueacuteede moitieacute par rapport agrave sa valeur nominale
Il suffit alors drsquoeacutecrire la loi de maille
Drsquoougrave
12) Si le couple de pertes meacutecaniques est constant et la vitesse diviseacutee par deux les pertesmeacutecaniques seront la moitieacute de celles du reacutegime nominal soit Pm = 785 W
Les pertes joules dans les reacutesistances srsquoeacutecrivent
Les pertes dans le moto-reacuteducteur repreacutesentent toujours un rendement
La puissance disponible au niveau de la tecircte de coupe vaudra donc
13) Le rendement agrave mi-reacutegime srsquoeacutecrit
Il est donc eacutevident sur ce calcul qursquoon a fortement inteacuterecirct agrave faire fonctionner le moteur autourde son reacutegime nominal Ici de plus lrsquoutilisation de la reacutesistance R pour modifier la vitesse conduitagrave une surconsommation de puissance perdue par effet Joule Il serait judicieux de trouver unautre moyen de modifier la vitesse tout en conservant un rendement plus eacuteleveacute
Partie 3 Choix et caracteacuterisation drsquoune MCC agrave excitation seacuterie
1) Ces formules issues du cours srsquoeacutecrivent toujours
Cr = k middot Φ middot I et E = k middot Φ middot Ωr ougrave k = Cte
Le flux Φ est agrave preacutesent proportionnel au courant I eacutetant donneacute que lrsquoinducteur est brancheacute enseacuterie avec lrsquoinduit On peut alors eacutecrire que Φ = kprime middot I
En posant agrave preacutesent K = k middot kprime = Cte on retiendra les relations suivantes
Cr = K middot I2 et E = k middot I middot Ωr
2) On voit clairement sur ces formules que lrsquoavantage majeur consiste dans le fait que le coupleproduit par la machine est proportionnel au carreacute du courant Le couple de deacutemarrage de lamachine sera donc beaucoup plus fort qursquoen excitation seacutepareacutee Un autre avantage du moteurseacuterie est aussi sa stabiliteacute et sa capaciteacute drsquoautoreacutegulation en vitesse En effet en cas de pertede charge meacutecanique le moteur acceacutelegravere fortement ce qui a pour conseacutequence de diminuer lecourant et donc fortement le couplehellip le moteur ne peut donc pas srsquoemballer Crsquoest pour cesraisons lagrave qursquoil est extrecircmement utiliseacute en traction eacutelectrique
1504 heures
3676=
( )2n
i nE
U R R I= + loz +
2552 0081 0613676
n
in
EU
R RI
Ω-
= - = - =
2joules ( ) 9337 Wi nP R R I= + loz =
09rη =
ηtotal joules( )f m rP P P P= - - loz
ηη total joules
2total
( ) 48 3676 785 933709 0378
48 3676r m
n
P P P
P
loz - - yen - -= = loz =
yen
160 4 bull Machines agrave courant continu
Un inconveacutenient neacuteanmoins reacuteside dans les pertes Joules suppleacutementaires dans le bobinageinducteur
3) La relation de maille srsquoeacutecrit naturellement
4) Si le couple de pertes meacutecaniques vaut toujours 05 Nm agrave la vitesse nominale la puissancecorrespondant aux pertes meacutecaniques vaudra toujours Pm = 157 W
La puissance de fournie au moto-reacuteducteur vaut toujours la valeur nominale Prn = 1 500 W
On en deacuteduit facilement que la puissance (souvent appeleacutee eacutelectromagneacutetique) fournie par lamachine vaut Pelec = 1 500 W + 157 W = 1 657 W
On repreacutesente pour plus de clarteacute les transferts de puissances sur la figure 418
La valeur du produit En middot In est eacutegale agrave la valeur de la puissance eacutelectromagneacutetique
En middot In = 1 657 W
5) La valeur de R utiliseacutee pour le reacutegime nominal est nulle puisque cette reacutesistance est court-circuiteacutee
On reacuteeacutecrit donc la loi de maille
En multipliant les deux membres par In et en remplaccedilant les grandeurs connues par leursvaleurs on obtient lrsquoeacutequation du second degreacute
La reacutesolution de cette eacutequation donne les racines In = 374 A et In = 4425 A
On retiendra naturellement la solution In = 374 A
Agrave partir de cette valeur il suffit de calculer En en eacutecrivant
( )e i e iU R I R I R I E R R R I E= loz + loz + loz + = + + loz +
U
I
Ωr Ωf
Pertes JoulesDans Re et Ri
Puissance eacutelectromagneacutetique
Pelec = E middot I
Pertes meacutecaniquesPm = 157 W
Pertes dumoto-reacuteducteur
Puissance fournie au rotor
Prn = 1 500 W
Puissance fournie agrave la tecircte de forage
Prn = 1 350 W
Figure 418
1 657( ) ( )e i n n e i n
n
U R R I E R R II
= + loz + = + loz +
201 48 1 657 0n nI Iloz - loz + =
1 657443 Vn
n
EI
= =
44 Problegraveme ndeg 7 Machine agrave courant continuhellip 161copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
6) Connaissant In il est trivial de calculer la valeur de la puissance totale fournie
Le rendement global nominal srsquoeacutecrit alors
7) Au reacutegime nominal le systegraveme consomme le courant maximal I = 443 A
Les batteries preacutesentent une charge maximale de 150 Ampegraveres-heures
Lrsquoautonomie minimale du systegraveme sera donc de
8) Le courant eacutetant toujours nominal la valeur de la force eacutelectromotrice agrave mi-vitesse est lamoitieacute de sa valeur nominale
Il suffit alors drsquoeacutecrire la loi de maille
9) Si le couple de pertes meacutecaniques est constant et la vitesse diviseacutee par deux les pertesmeacutecaniques seront la moitieacute de celles du reacutegime nominal soit Pm = 785 W
Les pertes joules dans les reacutesistances srsquoeacutecrivent
Les pertes dans le moto-reacuteducteur repreacutesentent toujours un rendement ηr = 09
La puissance disponible au niveau de la tecircte de coupe vaudra donc
10) Le rendement agrave mi-reacutegime srsquoeacutecrit
11) Les deux motorisations sont sensiblement eacutequivalentes en terme de rendement et de consom-mation de courant En revanche la motorisation seacuterie permet de deacutevelopper un couple plusimportant lors des deacutemarrages sous charge ce qui est un avantage majeur dans lrsquooptique drsquountravail de forage Le choix le plus approprieacute semble alors ecirctre celui de la motorisation seacuterie
44 PROBLEgraveME Ndeg 7 MACHINE Agrave COURANT CONTINU REacuteVERSIBILITEacute ET REacuteGIMES TRANSITOIRES
441 Eacutenonceacute
Les motorisations agrave courant continu sont inteacuteressantes pour la faciliteacute de mise enœuvre de leur reacuteversibiliteacute en courant Concregravetement il est possible de faire fonc-tionner une machine en reacutegime moteur et en reacutegime geacuteneacuterateur Ce dernier permet derestituer de la puissance agrave la source drsquoeacutenergie eacutelectrique utiliseacutee ce qui a un impact
total 48 374 1 795 WnP U I= loz = yen =
ηtotal
1 350075
1 795fn
n
P
P= = =
1503 h et 20 mn
443=
( )2n
e i nE
U R R R I= + + loz +
25852 008 002 059374
n
i en
EU
R R RI
Ω-
= - - = - - =
2joules ( ) 96514 Wi e nP R R R I= + + loz =
ηtotal joules( )f m rP P P P= - - loz
ηη total joules
2total
( ) 48 374 785 9651409 0377
48 374r m
n
P P P
P
loz - - yen - -= = loz =
yen
162 4 bull Machines agrave courant continu
tregraves important sur le rendement global du systegraveme consideacutereacute Le systegraveme de tractionconsideacutereacute repreacutesenteacute sur la figure 419 permet le levage drsquoune masse de 100 kg agrave lavitesse de 1 ms Par ailleurs la descente de la masse doit permettre une reacutecupeacuterationdrsquoeacutenergie Dans tout le problegraveme on considegravere que le flux dans la machine est cons-tant et on neacuteglige le couple de pertes meacutecaniques
Partie 1 Reacutegime permanent de levage et de freinage rheacuteostatique
1) En levage lrsquointerrupteur K1 est fermeacute K2 est ouvert La vitesse angulaire Ω estconsideacutereacutee comme positive Agrave partir des caracteacuteristiques du systegraveme indiqueacutees sur lescheacutema calculer la puissance consommeacutee par lrsquoinduit du moteur Pi en reacutegimepermanent de levage NB On prendra g = 981 ms22) Calculer alors le courant I consommeacute par lrsquoinduit et la valeur de la puissance utilefournie par le moteur Pm 3) En deacuteduire la force eacutelectromotrice interne E de la machine en reacutegime permanentRepreacutesenter le scheacutema eacutelectrique eacutequivalent de la machine et de son alimentation enadoptant des conventions adapteacutees
4) Calculer la valeur du coefficient K reliant E agrave Ωm
5) Calculer le rendement propre agrave la machine seule ηm En deacuteduire le rendement dela poulie ηp
6) Lors de la descente on ouvre lrsquointerrupteur K1 et on ferme K2 On deacutesire alors quela charge descende agrave la vitesse de 05 ms Calculer alors la force eacutelectromotrice Ecorrespondant agrave cette vitesse Repreacutesenter le scheacutema eacutelectrique eacutequivalent de lrsquoasso-ciation machine reacutesistance en adoptant des conventions adapteacutees7) Calculer la puissance meacutecanique reccedilue par la machine Pm lors de la descente
8) En deacuteduire la valeur du courant deacutebiteacute lors de la descente
U
I Cm Ωm Cp Ωp
Ie
Poulie Rayon r = 10 cm
U =
110
V
Masse m = 100 kg
Vitesse de levage v = 1 ms
Rf
K1
K2
MCC Reacutesistance drsquoinduit R = 06 Ω
Reacutesistance drsquoinducteur Re = 350 Ω
Rendement global du systegraveme η = 70
110
Reacuteducteur
Figure 419
44 Problegraveme ndeg 7 Machine agrave courant continuhellip 163copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
9) Calculer alors la valeur de la reacutesistance de freinage Rf permettant les caracteacuteristi-ques de descente voulues Calculer eacutegalement la valeur de la puissance dissipeacutee danscette reacutesistance
Partie 2 Reacutegime permanent de reacutecupeacuteration
1) En reacutegime permanent de descente on ferme lrsquointerrupteur K1 et on ouvre K2Repreacutesenter le scheacutema eacutelectrique eacutequivalent de la machine et de la source de tensionpermettant de travailler en reacutecupeacuteration drsquoeacutenergie Quel dispositif est agrave preacutevoir pourassurer la configuration de reacutecupeacuteration
2) Quelle proprieacuteteacute doit preacutesenter la source de tension U Donner un exemple drsquounetelle source
3) Le couple reccedilu par la machine deacutepend-il de la vitesse de rotation Quelle est alorssa valeur Cm En deacuteduire la valeur du courant deacutebiteacute par la machine lors de la reacutecu-peacuteration
4) Quelle relation doivent veacuterifier E et U pour que la reacutecupeacuteration soit possible Est-cele cas degraves le deacutebut de la descente
5) Calculer la valeur de la force eacutelectromotrice E lors de la descente avec reacutecupeacuteration
6) En deacuteduire la vitesse de descente
7) Calculer la puissance reccedilue par la source de tension Pu et le rendement global enreacutecupeacuteration
Partie 3 Reacutegime transitoire drsquoallumage du moteur
NB Dans cette partie et la suivante on notera les grandeurs variables en minuscules
1) Au temps t = 0 la machine eacutetant arrecircteacutee et la charge en position basse on fermelrsquointerrupteur K1 et on ouvre K2 Lrsquoensemble des masses en rotation rameneacutees surlrsquoaxe de la machine repreacutesente un moment drsquoinertie J = 1 kg middot m2 Quelle eacutequationrelie le couple de la machine Cm agrave la vitesse de rotation pour t gt 0
2) Lrsquoinduit de la machine agrave courant continu preacutesente une inductance L = 100 mHQuelle eacutequation relie le courant dans la machine aux diffeacuterentes tensions
3) Quelle relation relie le couple Cm au courant i
4) Former alors une unique eacutequation diffeacuterentielle reacutegissant la valeur de la vitesseangulaire Ω On neacutegligera pour obtenir cette eacutequation les transitoires eacutelectriques parrapport aux transitoires meacutecaniques
5) Reacutesoudre litteacuteralement cette eacutequation et donner lrsquoexpression de Ω(t) Chiffrer leseacutevolutions de Ω(t) et les repreacutesenter sur un graphe
6) Deacuteterminer eacutegalement les expressions litteacuterales les plages de valeurs et les repreacute-sentations graphiques de C(t) et de i(t)
7) Afin de proteacuteger la machine contre des valeurs trop eacuteleveacutees du courant on envi-sage de proteacuteger le circuit drsquoinduit par un fusible Quelle valeur minimale du courantde coupure du fusible doit on alors choisir Ce reacutesultat est-il technologiquementcoheacuterent Quel type de fusible faut-il alors choisir
164 4 bull Machines agrave courant continu
Partie 4 Reacutegime transitoire lors drsquoun incident
1) La machine est agrave lrsquoarrecirct lors qursquoun incident survient et que la charge se bloquebrusquement en position basse On met alors le systegraveme sous tension au temps repegraveret = 0 Deacuteterminer lrsquoeacutequation diffeacuterentielle reacutegissant la valeur du courant dans lrsquoinduitde la machine
2) Reacutesoudre litteacuteralement cette eacutequation et donner lrsquoexpression de i(t) Chiffrer seseacutevolutions et les repreacutesenter sur un graphe
3) Quel est le problegraveme lieacute agrave la valeur de ce courant en reacutegime permanent Queltype de fusible faut-il alors choisir
4) Quel pouvoir de coupure doit on preacutevoir pour ce fusible
5) Quel problegraveme pose lrsquointerruption du circuit drsquoinduit lors du passage du courantde reacutegime permanent de court-circuit Comment palier ce problegraveme
442 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Reacutegime permanent de levage et de freinage rheacuteostatique
1) Il est primordial degraves cette question de bien deacuteterminer les diffeacuterentes puissances et pertesmises en jeu dans le systegraveme
Puissance de deacuteplacement en translation de la charge
Avec les valeurs donneacutees on calcule
Puissance totale fournie par lrsquoalimentation
Pertes Joules dans le bobinage inducteur
Puissance fournie agrave lrsquoinduit
2) Le courant consommeacute par lrsquoinduit est simplement le quotient de la puissance Pi par la
tension drsquoinduit U On eacutecrit donc
Les pertes Joules dans lrsquoinduit srsquoeacutecrivent connaissant la valeur de la reacutesistance drsquoinduit
Comme on considegravere les pertes meacutecaniques du moteur neacutegligeables la puissance utile qursquoilfournit srsquoeacutecrit alors
3) Comme les pertes meacutecaniques sont neacutegligeacutees dans la machine la puissance utile qursquoellefournit srsquoeacutecrit en fonction des grandeurs eacutelectriques
On calcule ainsi
Pour repreacutesenter lrsquoassociation machine reacutesistance il est ici leacutegitime de repreacutesenter la machineen convention reacutecepteur drsquoougrave le scheacutema de la figure 420
Force Vitesse P m g v= yen = loz loz100 981 1 981 WP = yen yen =
η981
1 401 W07t
PP = = =
2 2110 345 W
350jee
UP
R= = =
t 1 401 345 1 3665 Wi jeP P P= - = - =
1 36651242 A
110iP
IU
= = =
2 925 WjiP R I= loz =
i 1 273 Wm jiP P P= - =
mP E I= loz
1 2731025 V
124mP
EI
= = =
44 Problegraveme ndeg 7 Machine agrave courant continuhellip 165copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
4) Le flux eacutetant constant dans la machine il est leacutegitime de noter
Par ailleurs la charge se deacuteplaccedilant agrave la vitesse de v = 1 ms enrouleacutee par une poulie de 10 cm
de rayon la vitesse angulaire du rotor srsquoeacutecrit
La vitesse du rotor de la machine est gracircce au reacuteducteur
Le coefficient K vaut donc
5) Le rendement de la machine seule est deacutefini comme le quotient de la puissance utileqursquoelle fournit par la puissance totale qursquoelle consomme On eacutecrit donc
Par ailleurs le rendement global du systegraveme est eacutegal au produit des rendements des divers
eacutetages qui le composent On eacutecrit ainsi
drsquoougrave
6) Le flux dans la machine eacutetant constant la vitesse de la machine et la force eacutelectromotriceE sont proportionnelles (drsquoougrave la relation )
Si la vitesse de descente voulue est la moitieacute de la vitesse de monteacutee la force eacutelectromotricecorrespondante est eacutegalement la moitieacute de celle de la monteacutee
Ainsi en descente agrave 05 ms la force eacutelectromotrice vaut
Pour repreacutesenter lrsquoassociation machinereacutesis-tance il est ici leacutegitime de repreacutesenter lamachine en convention geacuteneacuterateur drsquoougrave lescheacutema de la figure 421 On notera que laforce eacutelectromotrice E est orienteacutee agrave lrsquoinversede son sens lors de la monteacutee crsquoest normalpuisque la vitesse srsquoest inverseacuteehellip
7) La charge descendante entraicircne la poulie et le moteur en fournissant la puissance
U = 110 V
I
K2
R
EU
Vitesse Ω gt 0
Figure 420
ΩmE K= loz
Ω 10 rdspv
r= =
Ω Ω10m p= loz
Ω1025 V srd
m
EK = = loz
η 1 27309
1 401m
mt
P
P= = =
η η ηm p= loz
ηηη
07077
09pm
= = =
ΩE K= loz
10255125 V
2E = =
U
IRf
K2R
E
VitesseΩ lt 0
Figure 421
100 981 05 4905 WP m g v= loz loz = yen yen =
166 4 bull Machines agrave courant continu
La poulie a le rendement calculeacute agrave la question 5 ηp = 077
La puissance meacutecanique reccedilue par la machine vaut donc
8) Comme on neacuteglige les pertes meacutecaniques dans la machine la puissance meacutecanique reccedilueest eacutegale agrave la puissance eacutelectromagneacutetique creacuteeacutee E middot I
On eacutecrit donc et
9) Lrsquoapplication de la loi des mailles sur le circuit repreacutesenteacute sur la figure 73 donne
drsquoougrave
Application numeacuterique
La puissance dissipeacutee vaut
Partie 2 Reacutegime permanent de reacutecupeacuteration
1) Lors de la descente avec reacutecupeacuteration on place de nouveau la machine en conventiongeacuteneacuterateur Pour qursquoune reacutecupeacuteration drsquoeacutenergie soit possible il faut que la machine deacutebite ducourant et que la source de tension reccediloive ce courant en convention reacutecepteur Le sens ducourant eacutetant imposeacute par la machine il est donc impeacuteratif drsquoinverser le sens de la source detension U On repreacutesente le scheacutema eacutelectrique eacutequivalent sur la figure 422
Un proceacutedeacute drsquoinversion de la source de tension est donc agrave interposer entre cette source et lamachine Un dispositif agrave base drsquointerrupteurs commandeacute peut ecirctre envisageacute
2) La source de tension U doit ecirctre reacuteversible en courant crsquoest le cas par exemple drsquoune batteriedrsquoautomobilehellip
3) Le couple reccedilu par le rotor de la machine deacutepend du rayon de la poulie et du poids delrsquoobjet qui lrsquoentraicircne Cette valeur est ici indeacutependante de la vitesse de rotation Comme lavitesse de rotation de la poulie et de la machine sont lieacutees par un facteur 10 et que le rende-ment en puissance de la poulie est ηp = 077 le couple reccedilu par la machine est donc eacutegal agrave
ηp 4905 077 3777 WmP P= loz = yen =
3777 WmP E I= = loz 737 AmPI
E= =
( )fE R R I= + fE
R RI
= -
635fR Ω=
2 3451 WRf fP R I= loz =
U = 110 V
I
K2
R
EU
Vitesse Ω lt 0
Figure 422
077755 Nm
10mr m g
Cyen loz loz= =
44 Problegraveme ndeg 7 Machine agrave courant continuhellip 167copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Comme on neacuteglige les pertes meacutecaniques de la machine il est possible drsquoeacutecrire que
donc
Application numeacuterique I = 737 A
NB on retrouve naturellement le mecircme courant que lors du freinage rheacuteostatique
4) Pour que le courant puisse circuler de la machine vers la source de tension il est impeacuteratifque la force eacutelectromotrice E soit supeacuterieure agrave la tension U
Ainsi il faut que E gt U
5) Lrsquoapplication de la loi des mailles sur le circuit repreacutesenteacute sur la figure 74 donne E = RI + U
Application numeacuterique E = 1144 V
6) La vitesse de descente est
Application numeacuterique ν = 111 ms
7) La puissance reccedilu par lrsquoalimentation vaut
Le rendement en reacutecupeacuteration srsquoeacutecrit naturellement
Partie 3 Reacutegime transitoire drsquoallumage du moteur
1) Lrsquoeacutequation qui relie le couple et la vitesse de la machine est lrsquoapplication du principefondamental de la dynamique aux solides en rotation
Cette eacutequation srsquoeacutecrit ougrave J est le moment drsquoinertie rameneacute sur lrsquoaxe
des masses en rotation Cette eacutequation reacutegit lrsquoacceacuteleacuteration angulaire du rotor
Ici on eacutecrit
2) Lrsquoinduit de la machine se ramegravene au scheacutema de la figure 423
La loi des mailles donne lrsquoeacutequation rechercheacutee
Ωm mE I Cloz = lozΩm m
mC
I CE K
= loz =
Ω1
10 10mE
v r rK
= loz = lozloz
110 737 8107 WuP U I= loz = yen =
η8107
0741 0889
ut
P
m g v= = =
loz loz
ΩdCouples
dJ
t= lozAcirc
Ωη
d
10 dm
mp
r m gC J
t
loz loz- = loz
loz
d( ) ( )
d
iU R i t L e t
t= loz + +
U = 110 V
i(t)K2
R
e(t)
Vitesse Ω gt 0L
Figure 423
168 4 bull Machines agrave courant continu
On peut eacutegalement eacutecrire
3) Le flux eacutetant constant dans la machine la relation est toujours vraie
4) Partons de
En utilisant le fait que on eacutecrit
Le fait de neacutegliger les constantes de temps eacutelectriques devant les constantes de temps meacuteca-
niques signifie que le terme est neacutegligeable dans cette eacutequation
On eacutecrit donc
En remplaccedilant cette expression dans lrsquoeacutequation eacutetablie agrave la question 1 on trouve
On preacutefegraverera lrsquoeacutecriture
5) Cette eacutequation est une eacutequation du premier degreacute agrave coefficients constants On notera
et la valeur de Ω en reacutegime permanent
La solution geacuteneacuterale de cette eacutequation correspond agrave la solution de lrsquoeacutequation sans secondmembre plus une solution particuliegravere En eacutelectrotechnique la solution particuliegravere existeelle correspond toujours au reacutegime permanent
La solution va donc srsquoeacutecrire ougrave A est une constante drsquointeacutegration
Si on considegravere qursquoagrave t = 0 on en deacuteduit la valeur de
On eacutecrit donc la solution de lrsquoeacutequation sous la forme
On calcule maintenant et
NB on retrouve bien en Ωf la valeur de la vitesse en reacutegime permanent
1 d( ) ( )
d
ii t U L e t
R tEgrave ˘= - -Iacute ˙Icirc ˚
mC K i= loz
d( )
dmK i
C K i U L e tR tEgrave ˘= loz = - loz -Iacute ˙Icirc ˚
Ω( ) ( )me t K t= loz
Ω2d
( )dm m
K KL i KC U t
R R t R= - loz -
d
d
KL i
R tloz
Ω2
( )m mK K
C U tR R
= -
ΩΩ
η
2 d( )
10 dmp
KU K r m gt J
R R t
loz loz- - = loz
loz
ΩΩ
η2 2
d( )
d 10 p
RJ U Rt r m g
t KK K+ loz = - loz loz
loz loz
τ2
RJ
K= Ω
η 210f
p
U R r m g
K K
loz loz loz= -
loz loz
τΩ Ω( ) et
ft A-
= loz +
Ω(0) 0= Ω fA = -
τΩ Ω( ) 1 et
ft-Ecirc ˆ
= -Aacute ˜Aacute ˜Euml macr
Ωη 2
100 rds10
fp
U R r m g
K K
loz loz loz= - =
loz lozτ
2057 s
RJ
K= =
44 Problegraveme ndeg 7 Machine agrave courant continuhellip 169copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Lrsquoeacutevolution de Ω(t) est repreacutesenteacutee sur le graphique de la figure 424
Le temps est le temps qui correspond theacuteoriquement agrave 95 de la valeur enreacutegime permanent On considegravere souvent ce temps comme le temps de reacuteponse de la gran-deur consideacutereacutee
6) Pour deacuteterminer le couple Cm(t) il suffit de reacuteeacutecrire lrsquoeacutequation trouveacutee agrave la question 4
Application numeacuterique
Par ailleurs on eacutecrit le courant
On repreacutesente sur la figure 425 la repreacutesentation temporelle de ces grandeurs
t0 3τ = 171 s
Ω(t)100 rds
τ
Figure 424
τ3 171 st = loz =
Ω2
( )mK K
C U tR R
= -
057( ) 188 1751 1 e
t
mC t-Ecirc ˆ
= - -Aacute ˜Aacute ˜Euml macr
057( )( ) 1834 1708 1 e
t
mC ti t
K
-Ecirc ˆ= = - -Aacute ˜
Aacute ˜Euml macr
t0
Cm(t)
129 Nm
t0
i(t)
126 A
188 Nm
1834 A
3τ = 171 sτ
3τ = 171 sτ
Figure 425
170 4 bull Machines agrave courant continu
NB on retrouve encore les valeurs en reacutegime permanent de levage de ces grandeurs
7) Pour proteacuteger cette machine contre des sur-intensiteacutes il faudrait choisir un fusible quiinterrompt les courants supeacuterieurs agrave 200 A environ Un courant limite plus petit conduirait agravedes coupures intempestives lors des deacutemarrages Pourtant le reacutegime permanent de courantcorrespondant agrave une dizaine drsquoampegraveres ce choix semble disproportionneacute En reacutealiteacute le courantde 1834 A nrsquoexiste que pendant un temps infeacuterieur au quart de secondes Pour proteacuteger alorsefficacement cette machine contre les sur-intensiteacutes permanentes il suffit de choisir un fusibletemporiseacute qui ne se deacuteclenchera qursquoapregraves un laps de temps choisi On utilisera preacutefeacuterentiel-lement les fusibles de la gamme PM crsquoest-agrave-dire Protection Moteur
Partie 4 Reacutegime transitoire lors drsquoun incident
1) La machine eacutetant agrave lrsquoarrecirct forceacute la force eacutelectromotrice E est nulle
Lrsquoeacutequation de maille de lrsquoinduit srsquoeacutecrit alors
2) On reacutesout facilement cette eacutequation en remarquant que la solution particuliegravere que repreacute-
sente le reacutegime permanent est
La solution geacuteneacuterale de lrsquoeacutequation srsquoeacutecrit donc ougrave A est une constante
drsquointeacutegration et
En consideacuterant qursquoagrave t = 0 i(0) = 0 on en deacuteduit que
Lrsquoexpression de i(t) est donc
Lrsquoeacutevolution de i(t) est repreacutesenteacutee sur le graphique de la figure 426
3) Le courant de court circuit possegravede la mecircme valeur que le courant de deacutemarrage dumoteur Si on preacutevoit un fusible qui interrompt le circuit pour une valeur infeacuterieure ou eacutegaleagrave ce courant chaque deacutemarrage risque de provoquer une coupure intempestive Il est donc
d( ) 0
d
iU R i t L
t= loz + +
( )U
i tR
=
τ( ) et
e Ui t A
R
-= loz +
τ Le
R=
UA
R= -
016( ) 1 e 1833 1 e
tt
e Ui t
Rτ
-- Ecirc ˆEcirc ˆ= - = loz -Aacute ˜Aacute ˜Aacute ˜ Aacute ˜Euml macr Euml macr
t0 τe 3τe = 048 s
i(t)1833 A
Figure 426
44 Problegraveme ndeg 7 Machine agrave courant continuhellip 171copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
impeacuteratif de preacutevoir lrsquoutilisation de fusibles temporiseacutes qui ne grilleront pas lors du courantlaquo furtif raquo de deacutemarrage mais bien pour un reacutegime permanent de court-circuit
4) Le pouvoir de coupure est la valeur maximale du courant que le fusible doit pouvoir inter-rompre Ici lors de lrsquointerruption le courant vaut 183 A le pouvoir de coupure semble doncdevoir ecirctre choisi aux alentours de 200 A pour plus de sucircreteacute
5) Lrsquointerruption du circuit sous une forte valeur de courant pose un eacutenorme problegravemepuisque le circuit est inductif La diminution rapide du courant lors de lrsquoouverture du fusibleimplique une tregraves forte tension aux bornes de lrsquoinductance Cette surtension est susceptiblede deacuteteacuteriorer la machine ou de deacutepasser le pouvoir de coupure du fusible et drsquoempecirccherlrsquoouverture du circuit
La solution agrave envisager dans un cas comme celui-ci est de preacutevoir lrsquoutilisation drsquoune diode deroue libre aux bornes du moteur comme le repreacutesente la figure 427
NB cette diode de roue libre est incompatible avec lrsquoutilisation en reacutecupeacuteration du moteur
I
Ie
U = 110 V
Rf
K1
K2
Fusible
DRL
Figure 427
copy D
unod
ndash L
a ph
otoc
opie
non
aut
oris
eacutee e
st u
n deacute
lit
Chapitre 5
Machines synchrones
51 SYNTHEgraveSE DE COURS Ndeg 6 CHAMPS TOURNANTS ET MACHINES SYNCHRONES
511 Notion de champ tournant
Les machines eacutelectriques agrave courant alternatif (alternateurs moteurs synchrones etasynchrones etc) reposent en grande majoriteacute sur le principe du champ tournant ilest donc impeacuteratif de bien comprendre cette notion et ses caracteacuteristiques avantdrsquoaborder les diffeacuterents modegraveles
Champ tournant inducteur drsquoun systegraveme de tensions triphaseacutees principe de lrsquoalternateur
La faccedilon la plus simple et la moins calculatoire de comprendre ce qursquoest un champtournant et son utilisation est drsquoenvisager le cas drsquoun mateacuteriau aimanteacute preacutesentantdeux pocircles (un Nordun Sud) tournant agrave vitesse angulaire constante ω au sein debobinages disposeacutes sur une partie fixe le stator Un scheacutema de principe est repreacute-senteacute sur la figure 51 ougrave on srsquointeacuteresse au cas drsquoun bobinage triphaseacute De ce champconstant et tournant on srsquointeacuteresse agrave la valeur du flux qui balaye les bobinages Onsimplifie consideacuterablement le problegraveme en consideacuterant que lors de la rotation durotor les flux intercepteacutes par les bobinages sont cosinusoiumldaux (maximaux quand leflux est en phase nuls quand le flux est perpendiculaire) Agrave partir des flux embrasseacutespar les bobinages on deacuteduit facilement les tensions deacuteveloppeacutees par les bobinagesen appliquant la loi de Lenz
174 5 bull Machines synchrones
Le principe exposeacute ici est celui de lrsquoalternateur triphaseacute En fournissant de la puis-sance meacutecanique au rotor on induit des tensions aux bobinages statoriques qui peuventalimenter des charges crsquoest-agrave-dire fournir de la puissance eacutelectrique sous la formede courants triphaseacutes
Reacuteciproque du principe preacutesenteacute creacuteation drsquoun champ tournant agrave partir drsquoun systegraveme triphaseacute
Le fait qursquoun champ tournant induise des tensions et des courants triphaseacutes dans lesbobinages en regard est un pheacutenomegravene tout a fait reacuteversible On peut formuler cettereacuteversibiliteacute en disant qursquoun systegraveme de courants triphaseacutes circulant dans trois bobi-nages deacutephaseacutes angulairement de 120deg produisent au sein de ces bobinages un champtournant drsquoamplitude constante et de vitesse angulaire ω (rads) Cette formulationcorrespond au theacuteoregraveme de Ferraris theacuteoregraveme qui est valable de faccedilon geacuteneacuterale pourtout systegraveme polyphaseacute (par forceacutement triphaseacute donc) Il est important de noter laconfiguration conventionnelle correspondant au scheacutema de la figure 51 celle-ci figeles conventions drsquoeacutecriture des tension en systegraveme triphaseacute direct ainsi que le sens derotation du champ anti-horaire Il suffit ainsi drsquoinverser deux phases pour inverser lesens de rotation du champ
Modification des nombres de pocircles statoriques et rotoriques
Nombre de pocircles rotoriquesDans lrsquoexemple de la figure 51 le rotor comportait une paire de pocircles (un NordunSud) Il est possible drsquoaugmenter ce nombre conformeacutement au scheacutema repreacutesenteacute
iA
ib
iC
+ A
B
C
φr
θ = ωt vA = ndash N middot dφA dt
vb
vC
φA = φr middot cosθ
φB = φr middot cos(θ ndash 2π 3) φC = φr middot cos(θ ndash 4π 3)
Rotor Stator
En appliquant la loi de Lenz on obtient
Figure 51 Champ tournant inducteur drsquoun systegraveme de tensions triphaseacute direct
ωφ ω ωπ
ω
πω
max
max
max
( ) sin( ) sin( )
2( ) sin
3
2( ) sin
3
A r
B
C
v t N t V t
v t V t
v t V t
IumlOcirc = loz = lozOcircOcirc Ecirc ˆOcirc = loz -Igrave Aacute ˜Euml macrOcircOcirc Ecirc ˆ= loz +Ocirc Aacute ˜Euml macrOcircOacute
51 Synthegravese de cours ndeg 6 Champs tournants et Machines synchrones 175copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
sur la figure 52 sur lrsquoexemple drsquoun rotor bipolaire Il est agrave noter qursquoen faisant untour ce rotor va ainsi induire deux peacuteriodes de tensions sinusoiumldales aux bornes desbobinages Lrsquoalternateur eacutequivalent en tournant agrave la vitesse angulaire ω va donc
creacuteer des tensions agrave la freacutequence avec N la vitesse de rotation
en trmin En geacuteneacuteralisant ces constatations agrave nombre p de paires de pocircles on comprend
que la freacutequence des tensions creacuteeacutees correspondra agrave
Nombre de pocircles statoriques
Il est possible drsquoobtenir exactement le mecircme reacutesultat en symeacutetrisant les bobinagesstatoriques On repreacutesente le cas drsquoun bobinage preacutesentant quatre pocircles (2 paires depocircles) sur la figure 52 Un tel bobinage embrasseacute par un champ tournant ou parcourupar un courant inducteur preacutesentera ainsi la mecircme relation entre la vitesse du champ(inducteur ou induit) et la freacutequence des courants (inducteurs ou induits)
ωπ
2 22 60
Nf = yen = yen
2 60
Nf p p
ωπ
= =
iA+A
θ = ωtvA
Freacutequenceinduite
f = ω 2π
iA + A
θ = ωt vA
Freacutequenceinduite
f = 2ω 2π
Nord
Sud
courantinducteur
Nord
Sud Nord
Sud
Rotorunipolaire
p = 1
Rotorbipolaire
p = 2
Stator bipolaire
p = 2
Statorunipolaire
p = 1
Relation vitesse freacutequence
rads ou N = 2πfp
ω = trmin60 middot fp
Figure 52 Modifications du nombre de pocircles rotoriques et statoriques formule geacuteneacuterale vitessefreacutequence
176 5 bull Machines synchrones
On retiendra donc cette relation dans le cas geacuteneacuteral drsquoun systegraveme multipolaireposseacutedant p paires de pocircles
512 Machines synchrones
Le scheacutema de principe preacutesenteacute sur la figure 51 correspond agrave celui drsquoun alternateurmachine utiliseacutee de faccedilon geacuteneacuteraliseacutee pour la creacuteation drsquoeacutenergie eacutelectrique sous laforme de systegravemes triphaseacutes Cette mecircme machine peut pourtant ecirctre eacutegalementutiliseacutee en moteur il suffit pour cela de creacuteer le champ tournant en alimentant lesbobinages par un systegraveme de tensions triphaseacute ce champ entraicircnant le rotor parattraction des champs rotoriques et statoriques Pourtant le laquo moteur synchrone raquoainsi formeacute reste un moteur difficile agrave piloter eacutetant donneacute qursquoil il est tributaire drsquounpheacutenomegravene de laquo deacutecrochage raquo lorsque les champs statoriques et rotoriques sontdeacutephaseacutes de plus de 90deg Crsquoest cet inconveacutenient qui justifie globalement que la struc-ture de la machine synchrone soit principalement utiliseacutee en alternateur Il ne fautneacuteanmoins pas neacutegliger le moteur synchrone qui soit synchroniseacute sur un reacuteseau soitpourvu drsquoune commande idoine repreacutesente aujourdrsquohui un des meilleurs moteurseacutelectriques sur le plan du rendement et des vitesse atteintes
Caracteacuteristiques pratiques
Stator Il est constitueacute de trois bobinages disposeacutes agrave 120deg les uns des autres Lavitesse du champ tournant et du rotor sont identiques on note la relation entre cettevitesse et la freacutequence eacutelectrique
Rotor Il peut ecirctre constitueacute drsquoaimants permanents mais dans le domaine des moyenneset fortes puissances il est plus souvent pourvu drsquoun bobinage inducteur parcouru parun courant continu Ie
Remarque On notera que contrairement agrave la machine agrave courant continu lerotor constitue lrsquoinducteur et le stator lrsquoinduit de la machine
Degraves lors qursquoune machine synchrone tourne et que son inducteur est alimenteacute elle produitaux bornes de ses bobinages une force eacutelectromotrice sinusoiumldale (de freacutequence f )On appelle communeacutement cette force eacutelectromotrice interne E la laquo tension simple agravevide raquo de la machine Chaque phase peut ecirctre ainsi caracteacuteriseacutee par sa force eacutelectro-motrice interne sa reacutesistance seacuterie R son inductance propre L et son inductancemutuelle M avec les deux autres phases
Modegravele de Behn-Eschenburg des machines synchrones cas de lrsquoalternateur
On repreacutesente le circuit triphaseacute correspondant aux caracteacuteristiques de la machinesur la figure 53 Lrsquoeacutecriture des eacutequations de maille de chaque phase met en eacutevidenceun scheacutema monophaseacute eacutequivalent simple baseacute sur une inductance eacutequivalente diteinductance synchrone Ce modegravele srsquoappelle le modegravele lineacuteaire de Behn-Eschenburg
Ce modegravele est baseacute sur la lineacuteariteacute du circuit magneacutetique qui constitue la machinelineacuteariteacute qui se traduit par la leacutegitimiteacute drsquoutilisation des inductances (propre etmutuelle) Pourtant quand on relegraveve la valeur efficace de la force eacutelectromotrice E
(trmin) 60 N f p= loz
51 Synthegravese de cours ndeg 6 Champs tournants et Machines synchrones 177copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
en fonction du courant drsquoexcitation Ie on constate que celle-ci preacutesente une satura-tion On repreacutesente sur la figure 54 lrsquoaspect typique de la tension E(Ie) ainsi que lescheacutema eacutequivalent reacutesiduel en mode satureacute En effet si le fonctionnement de lamachine fait intervenir une saturation magneacutetique lrsquoinductance synchrone nrsquoest plusvalable et le modegravele devient faux On fait alors intervenir uniquement dans le modegravelelrsquoinductance de fuites de la machine (qui nrsquoest pas saturable) et la tension agrave videreacuteelle (mesureacutee au preacutealable)
Lrsquoeacutetude des fonctionnements en reacutegime satureacute fait intervenir des meacutethodes parti-culiegraveres non deacuteveloppeacutees ici
N
E1
E2
E3
R
R
R
L
L
L M
M
M V2
V1
V3
I1
I2
I3
E R
Ls = L ndash M I
N V
Figure 53 Scheacutema eacutelectrique et scheacutema monophaseacute eacutequivalent de Behn-Eschenburg
Relations de maille
si la machine est eacutequilibreacutee ou sans neutre
crsquoest-agrave-dire
soit
Relations de maille du scheacutema monophaseacute eacutequivalent
Ls inductance dite laquo synchrone raquoOn parle aussi de la laquo reacuteactance synchrone raquo
ω ω ωω ω ωω ω ω
1 1 1 2 3 1
2 2 2 1 3 2
3 3 3 2 1 3
E R I jL I jM I jM I V
E R I jL I jM I jM I V
E R I jL I jM I jM I V
= loz + loz + loz + loz +IumlOcirc = loz + loz + loz + loz +IgraveOcirc = loz + loz + loz + loz +Oacute
1 2 3 0I I I+ + =
ω ω1 1 1 2 3 1( )E R I jL I jM I I V= loz + loz + loz + +
[ ]ω1 1 1( )E R j L M I V= + - loz +
ω( )sE R jL I V= + loz +
ωs sX L= loz
E R
Ls = L ndash M I
V
Ie
E
Zone lineacuteaire
Zone satureacutee
Ereacuteelle R
Lf I
Utilisation de scheacutema eacutequivalent agrave inductance synchrone E = k middot Ie
Utilisation de scheacutema eacutequivalent agrave inductance de fuites Ereacuteelle ne k middot Ie
Figure 54 Zone lineacuteaire et zone de saturation de la machine
178 5 bull Machines synchrones
513 Fonctionnements moteur et alternateur eacutecoulement des puissances et rendement
Fonctionnement en moteur et alternateur
Lors drsquoun fonctionnement moteur les scheacutemas eacutequivalents restent strictement lesmecircmes la seule chose qui change est la convention (reacutecepteur) de repreacutesentation ducourant Il est eacutegalement important de noter que lrsquoexpression du rendement de lamachine sera diffeacuterent puisque la puissance utile devient la puissance meacutecanique
On reacutesume sur la figure 55 les conventions moteur et geacuteneacuterateur (alternateur donc)
Eacutecoulement des puissances et rendement des machines synchrones
On repreacutesente sur la figure 56 lrsquoeacutecoulement et lrsquoexpression des puissances corres-pondantes aux deux modes de fonctionnement
C (Nm) Ω (rads) Tension simple V I
V E
R Ls I
V E
R Ls I
Charge
Machine Machine
Fonctionnement en moteur Fonctionnement en alternateur
Ie
Figure 55 Fonctionnements moteur et alternateur
eacutenergie eacutelectrique Ptotale = 3 middot V middot I middot cosϕ
Fonctionnement en moteur Fonctionnement en alternateur
Dans tous les cas le rendement srsquoeacutecrit Ptotale
Putile avec Ptotale = Putile + PJ + Pm
eacutenergie meacutecaniquePutile = C middot Ω
Pertes JoulesPJ = 3R middot I
2 (+ Re middot Ie2)
PertesmeacutecaniquesPm
eacutenergie eacutelectriquePutile = 3 middot V middot I middot cosϕ
eacutenergie meacutecaniquePtotale = C middot Ω
Pertes JoulesPJ = 3 middot R middot I
2 (+ Re middot Ie2)
Pertesmeacutecaniques
Pm
η =
Figure 56 Eacutecoulement des puissances et rendement
51 Synthegravese de cours ndeg 6 Champs tournants et Machines synchrones 179copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
514 Alternateur coupleacute agrave un reacuteseau
Le cas particulier drsquoun alternateur coupleacute agrave un reacuteseau est important agrave eacutetudier Dansce cas la tension aux bornes de lrsquoalternateur V est constante (en amplitude et enphase) puisque crsquoest la tension du reacuteseau Par ailleurs on neacuteglige souvent la reacutesis-tance R du scheacutema eacutequivalent devant lrsquoinductance synchrone Le diagramme deFresnel de la relation de maille du scheacutema monophaseacute eacutequivalent est alors repreacutesenteacutesur la figure 57 On y preacutecise les relations particuliegraveres qui relient les projections de latension jXs middot I aux puissances active (P = 3 middot V middot I middot cosϕ) et reacuteactive (Q = 3 middot V middot I sinϕ)
Remarque importante On constate sur ce graphique que les projections duvecteur jXs middot I sur les axes du repegravere repreacutesentent agrave un coefficient pregraves la puis-sance active et la puissance reacuteactive fournies par lrsquoalternateur
Agrave excitation constante
Si le courant inducteur est constant la force eacutelectromotrice E est drsquoampli-tude constante et le point M est sur un cercle de centre O et de rayon
La puissance reacuteactive peut ecirctre positive ou neacutegative et la puis-sance active possegravede un maximum pour le cas ougrave δ = 90deg Dans ce cas
Agrave puissance constante et excitation variable
Si la puissance est constante le point M se situe sur une droite horizontaleEn modifiant la valeur du courant inducteur on modifie lrsquoamplitude de latension E Ceci a pour conseacutequence de permettre que le courant fourni parlrsquoalternateur soit en avance en phase ou en retard par rapport agrave la tension VOn repreacutesente ces diffeacuterents cas sur la figure 58
On constate donc que lrsquoalternateur agrave puissance fournie constante permet la maicirctrisede sa puissance reacuteactive en jouant sur la valeur de son excitation Il existe mecircme uneapplication appeleacutee laquo compensateur synchrone raquo qui consiste agrave coupler un alterna-
Re
Im
I
j middot XS middot I
V
E
O
M
P
δ XS middot I middot cos ϕ = Xs middot P 3V
XS middot I middot sinϕ = Xs middot Q 3V
ϕ
Figure 57 Diagramme de Fresnel de lrsquoalternateur coupleacute au reacuteseau
= loz eE k I
= lozmax3
s
VP E
X
180 5 bull Machines synchrones
teur agrave vide sur un reacuteseau uniquement dans le but de fournir ou consommer de lapuissance reacuteactive sur ce reacuteseau Lrsquoobjectif viseacute eacutetant eacutevidement de compenser aumaximum lrsquoeacutenergie reacuteactive consommeacutee (ou fournie) par des charges fixes de faccedilonagrave ameacuteliorer le facteur de puissance global de la charge du reacuteseau
Fonctionnement moteur
Une fois coupleacutee au reacuteseau si la machine est chargeacutee meacutecaniquement elle repreacute-sente tout simplement un reacutecepteur connecteacute au reacuteseau Les scheacutemas eacutequivalents sontles mecircmes que preacuteceacutedemment mais en convention reacutecepteur ce qui ne modifie enrien la maicirctrise de lrsquoeacutenergie reacuteactive baseacutee sur la modification du courant inducteur
Angle de deacutecalage meacutecanique et deacutecrochage
Lrsquoangle δ (voir figures preacuteceacutedentes) repreacutesente eacutegalement lrsquoangle de deacutecalage meacuteca-nique entre le rotor et le champ statorique lors drsquoun fonctionnement moteur Si cetangle deacutepasse 90deg le moteur rentre dans une phase instable ougrave le rotor laquo deacutecroche raquode lrsquoattraction du champ tournant La conseacutequence est que le moteur srsquoarrecircte et qursquoilfaut le redeacutemarrer Toutes les commandes qui permettent de faire fonctionner lesmoteurs synchrones agrave vitesse variable permettent en reacutealiteacute drsquoasservir la position duchamp tournant pour que lrsquoangle meacutecanique reste agrave une valeur toujours infeacuterieureagrave 90deg On parle alors de laquo machine synchrone auto-piloteacutee raquo ou de laquo moteur agrave courantcontinu sans balais raquo
52 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 6 MACHINES SYNCHRONES ET ALTERNATEURS
521 Eacutenonceacutes
Exercice 51 Champ tournant Theacuteoregraveme de Ferraris
On considegravere la structure de principe drsquoun stator de machine agrave courant alternatiftriphaseacute repreacutesenteacutee sur la figure 59
Re
Im
I
j middot XS middot I
V
E
O
M
ϕ
Im
I V
E
O
M
Im
I
V
E
O
M
ϕ j middot XS middot I j middot XS middot I
deacutephasage arriegravere cosϕ = 1 deacutephasage avant
Figure 58 Maicirctrise du deacutephasage du courant de lrsquoalternateur agrave puissance constante
52 Seacuterie drsquoexercices ndeg 6 Machines synchrones et alternateurs 181copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Les trois bobinages portent les noms conventionnels A B C et on srsquointeacuteresse agrave lavaleur de lrsquoinduction produite en leur centre O lorsqursquoils sont parcourus par les courantssuivants
On suppose le mateacuteriau magneacutetique sur lequel sont disposeacutes les bobinages lineacuteaire Onsuppose eacutegalement que lrsquoinduction magneacutetique Ba(θ) produite au point O par le bobi-nage A dans la direction drsquoaxe θ srsquoeacutecrit de faccedilon tregraves simplifieacutee
1) Eacutecrire les inductions produites au point O par les bobinages B et C Bb(θ) et Bc(θ)
2) Calculer alors lrsquoexpression litteacuterale de lrsquoinduction B(θ) creacutee au point O parlrsquoensemble des trois bobinages toujours dans la direction drsquoaxe θ en fonction de kia ib ic et θ
3) Exprimer alors B(θ t) en remplaccedilant les courants par leurs expressions et ensimplifiant au maximum lrsquoeacutecriture obtenue Deacutecrire alors la direction la vitesse derotation et lrsquoamplitude de cette induction Eacutenoncer alors le theacuteoregraveme de FerrarisQue deviennent ces caracteacuteristiques si on inverse les courants ib et ic
4) Quelle est la valeur de la vitesse de rotation N (trmin) du champ correspondant agravedes courants agrave 50 Hz
On suppose maintenant qursquoun rotor aimanteacute drsquoinduction axiale Br preacutesentant deuxpocircles (Nord et Sud) et tournant agrave la vitesse Ω est placeacute au centre de la machinecomme le repreacutesente la figure 510 mais sans modifier la lineacuteariteacute magneacutetique delrsquoensemble On appelle ψ lrsquoangle entre lrsquoaxe drsquoinduction maximale du rotor et lrsquoaxedrsquoangle θ drsquoinduction maximale du stator
ia
ib
ic
O
θ +
A
C
B
Figure 59
ωπω
πω
IumlOcirc = loz lozOcircOcircOcirc Ecirc ˆ= loz loz -Igrave Aacute ˜Euml macrOcircOcirc Ecirc ˆ= loz loz +Ocirc Aacute ˜Euml macrOcircOacute
2 cos( )
22 cos
3
22 cos
3
a
b
c
i I t
i I t
i I t
θ θ= loz loz( ) cosa aB k i
182 5 bull Machines synchrones
5) Quelle est lrsquoexpression du couple magneacutetique qui srsquoapplique sur le rotor en fonc-tion de Br B(θ) et ψ Quelle condition sur la vitesse Ω permet drsquoobtenir une valeurmoyenne non nulle de ce couple
6) Dans ces conditions quelle est la valeur de lrsquoangle ψ correspondant agrave la valeurmaximale du couple Que se passe-t-il si lrsquoangle ψ deacutepasse cette valeur
7) Le stator preacutesenteacute ici comportait une paire de pocircles par phase (un Nord un Sud) ilest possible de multiplier ce nombre par un facteur p appeleacute laquo nombre de paires depocircles raquo Cette opeacuteration consiste en des deacutedoublements et des deacutephasages geacuteomeacutetri-ques des bobinages de chaque phase Dans ces conditions lrsquoinduction produite par le
stator srsquoeacutecrit Quelle est alors la vitesse de
rotation N (trmin) du champ tournant en fonction de la freacutequence Donner
les valeurs des vitesses correspondant agrave p = 2 p = 3 et p = 4
Exercice 52 Alternateur
On considegravere un alternateur triphaseacute agrave excitation constante entraicircneacute par une turbineCet alternateur tourne agrave vide agrave la vitesse N = 1 500 trmin et deacutelivre alors un systegravemede tensions triphaseacutees de tension simple VO = 230 V et de freacutequence 50 Hz La reacutesis-tance drsquoun bobinage du stator est connue R = 1 Ω1) Calculer le nombre de pocircles de lrsquoalternateur
2) On connecte sur cet alternateur une charge eacutequilibreacutee reacutesistive consommantune puissance P = 2 kW La tension aux bornes des charges chute alors agrave la valeurV = 220 V Calculer la valeur du courant de ligne circulant sur chaque phase
3) Calculer la valeur de la puissance fournie par la turbine et le rendement de lrsquoalter-nateur
ia
ib
ic
ψ
+ A
B
C
Br
θ
B(θ)
Figure 510
θ ω θloz loz loz= -3 2( ) cos( )
2
k IB t t p
2f
ωπ
=
52 Seacuterie drsquoexercices ndeg 6 Machines synchrones et alternateurs 183copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
4) La turbine fournit pour cette puissance un couple moteur Cm = 133 Nm Calculeralors la vitesse de rotation du moteur En deacuteduire la pulsation et la freacutequence destensions et des courants produits Ces reacutesultats sont-il normaux 5) Repreacutesenter le scheacutema monophaseacute eacutequivalent agrave lrsquoalternateur sur charge reacutesistiveOn appellera Ls lrsquoinductance synchrone de lrsquoalternateur et on preacutecisera la conventioncourant-tension choisie Exprimer la relation de maille reliant les grandeurs eacutelectri-ques en notation complexe6) Repreacutesenter le diagramme de Fresnel relatif agrave cette eacutequation de maille7) Calculer alors la valeur de lrsquoinductance synchrone Ls
Exercice 53 Alternateur satureacute
On eacutetudie dans cet exercice un alternateur agrave pocircles lisses et agrave rotor bobineacute dont on amesureacute la force eacutelectromotrice en fonction du courant drsquoexcitation Le releveacute desmesures de E(Ie) faites avec les trois phases coupleacutees en eacutetoile et agrave la vitesse de3 000 trmin est disponible dans le tableau 51
Lrsquoalternateur preacutesente une puissance apparente nominale de 250 kVA et une tensionsimple nominale de 230 V en eacutetoile1) Repreacutesenter le scheacutema de couplage correspondant au couplage eacutetoile de lrsquoalterna-teur Repreacutesenter eacutegalement le scheacutema eacutequivalent monophaseacute conforme au modegravelede Behn-Eschenburg2) La freacutequence des tensions de phase est de 50 Hz Preacuteciser alors le nombre depocircles de lrsquoalternateur3) Calculer la valeur du courant nominal In 4) Le courant de court-circuit de lrsquoalternateur atteint la valeur nominale calculeacuteepour une valeur du courant drsquoexcitation Ie = 6 A Calculer alors la valeur de la reacuteac-tance synchrone Xs si on neacuteglige la reacutesistance des bobinages qui constituent les phases5) On connecte agrave preacutesent lrsquoalternateur agrave un ensemble de charges de facteur de puis-sance unitaire Ces charges sont triphaseacutees eacutequilibreacutees et cacircbleacutees en eacutetoile sur lrsquoalter-nateur Quel est la valeur du courant drsquoexcitation permettant de fournir 150 kW agravelrsquoensemble des charges sous une tension entre phases de 400 V (On repreacutesenteraun diagramme de Fresnel des grandeurs du scheacutema monophaseacute eacutequivalent avant decommencer tout calcul)6) Mecircme question si lrsquoensemble des charges preacutesente un facteur de puissance de08 AR Le reacutesultat obtenu en utilisant la valeur de Xs calculeacutee est-il fiable
Tableau 51
Ie (A) 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24
E(Ie) (V) 0 50 100 148 190 227 260 283 300 305 310 312 314
184 5 bull Machines synchrones
7) Repreacutesenter le scheacutema de couplage correspondant au couplage triangle de lrsquoalter-nateur Est-il possible en jouant sur lrsquoexcitation drsquoalimenter avec ce couplage descharges eacutetoiles sous tension simple de 230 V
Exercice 54 Alternateur coupleacute au reacuteseau
On considegravere ici un alternateur de production de masse de 1 000 kVA raccordeacute agrave unreacuteseau triphaseacute en moyenne tension de tension composeacutee U = 20 kV Lrsquoalternateurest supposeacute laquo accrocheacute raquo sur ce reacuteseau et on considegravere que les tensions aux bornes deses trois phases sont fixes et ne deacutependent pas du courant qui circule dans lamachine On donne par ailleurs la reacuteactance synchrone de la machine Xs = 25 Ω etla relation supposeacutee lineacuteaire reliant le courant drsquoexcitation agrave la force eacutelectromotriceinterne E = 75 middot Ie
1) Quelle convention de repreacutesentation faut-il adopter pour repreacutesenter lrsquoalternateur Repreacutesenter alors le scheacutema monophaseacute eacutequivalent
2) Eacutecrire la relation de maille reliant la force eacutelectromotrice de lrsquoalternateur E latension du reacuteseau V la reacuteactance synchrone Xs et le courant I
3) Pour une puissance fournie au reacuteseau P = 800 kW et une puissance reacuteactivefournie Q = + 600 kVAR calculer la valeur efficace du courant de ligne I
4) Calculer eacutegalement le deacutephasage entre le courant de ligne et la tension simple duscheacutema monophaseacute
5) Calculer alors la valeur de la force eacutelectromotrice interne de lrsquoalternateur Endeacuteduire la valeur du courant drsquoexcitation neacutecessaire
6) Si on diminue la valeur du courant drsquoexcitation de moitieacute sans que la puissanceappeleacutee par le reacuteseau ne soit modifieacutee calculer la nouvelle valeur du courant deligne Commenter
Exercice 55 Moteur synchrone piloteacute agrave freacutequence variable
On considegravere dans cet exercice une machine synchrone agrave quatre pocircles alimenteacutee parun onduleur triphaseacute qui lui fournit un systegraveme de tensions triphaseacutees agrave freacutequencevariable On appellera f la freacutequence des tensions fournies par lrsquoonduleur Le courantde ligne maximal de la machine est Imax = 30 A la tension simple nominale vaut V = 230 V
1) Calculer la gamme des freacutequences f que lrsquoonduleur doit pouvoir fournir pourcouvrir une gamme de vitesse de 0 agrave 5 000 trmin
2) La reacuteactance synchrone de cette machine a eacuteteacute estimeacutee pour une vitesse de rota-tion de 1 500 trmin agrave la valeur Xs = 015 Ω En deacuteduire la valeur de lrsquoinductancesynchrone Ls
3) Repreacutesenter le scheacutema eacutequivalent monophaseacute de lrsquoinduit de la machine en conven-tion reacutecepteur (on neacutegligera la reacutesistance des phases de la machine)
52 Seacuterie drsquoexercices ndeg 6 Machines synchrones et alternateurs 185copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
4) Repreacutesenter un diagramme de Fresnel reliant les grandeurs eacutelectriques de lamaille que repreacutesente le scheacutema monophaseacute Pour cela on considegraverera que le moteurabsorbe un courant I en retard par rapport agrave la tension simple V On notera δ ledeacutephasage entre la force eacutelectromotrice E et la tension V de plus on considegraverera queE = V
5) Quelle relation relie δ et ϕ dans ces conditions Deacuteterminer alors lrsquoexpression dela puissance absorbeacutee par le moteur en fonction de V Xs et δ Que repreacutesente ledeacutephasage δ sur le plan meacutecanique
6) Deacuteterminer alors agrave 1 500 trmin la valeur de la puissance maximale que peutfournir le moteur si lrsquoonduleur deacutelivre une tension simple fondamentale de 230 V etqursquoon suppose un deacutecalage δ = 45deg
7) Mecircme question mais lorsque le moteur tourne agrave 5 000 trmin Commenter
8) Deacuteterminer dans les deux cas preacuteceacutedents la valeur du couple de deacutecrochage de lamachine crsquoest-agrave-dire le couple imposant un deacutecalage δ = 90deg
522 Correction des exercices
Exercice 51 Champ tournant Theacuteoregraveme de Ferraris
1) et
On peut srsquoaider de lrsquoobservation suivante Bb(θ) est maximale pour de mecircme Bc(θ)
est maximale pour
2)
3)
πθ θEcirc ˆ= loz loz -Aacute ˜Euml macr
2( ) cos
3b bB k iπ
θ θEcirc ˆ= loz loz +Aacute ˜Euml macr2
( ) cos3c cB k i
2
3
πθ =
2
3
πθ = -
π πθ θ θ θ θ θ θEcirc ˆ Ecirc ˆ= + + = loz loz + loz loz - + loz loz +Aacute ˜ Aacute ˜Euml macr Euml macr
2 2( ) ( ) ( ) ( ) cos( ) cos cos
3 3b c a b cB B B B k i k i k i
2 2( ) 2 cos( ) cos( ) 2 cos cos
3 3B t k I t k I t
π πθ ω θ ω θEcirc ˆ Ecirc ˆ= loz loz loz loz + loz loz loz - loz -Aacute ˜ Aacute ˜Euml macr Euml macr
2 22 cos cos
3 3k I t
π πω θEcirc ˆ Ecirc ˆ+ loz loz loz + loz +Aacute ˜ Aacute ˜Euml macr Euml macr
2 4( ) cos( ) cos( ) cos
2 3
k IB t t t t
πθ ω θ ω θ ω θ
Egraveloz loz Ecirc ˆ= + + - + + -Aacute ˜Iacute Euml macrIcirc
πω θ ω θ ω θ
˘Ecirc ˆ+ - + + + + -Aacute ˜ ˙Euml macr ˚
4cos( ) cos cos( )
3t t t
θ ω θloz loz lozfi = -3 2( ) cos( )
2
k IB t t
186 5 bull Machines synchrones
Lrsquoexpression produite repreacutesente celle drsquoun champ constant tournant agrave la vitesse angulaire ω(rads) Pour srsquoen convaincre il suffit de remarquer que si on tourne autour de lrsquoaxe aveclrsquoangle θ = ωt lrsquoinduction vue par lrsquoobservateur est constante La direction de rotation est icidans le sens positif indiqueacute sur le scheacutema crsquoest-agrave-dire le sens anti-horaire
Le theacuteoregraveme de Ferraris confirme ces reacutesultats puisqursquoil eacutenonce que trois bobinages disposeacutesgeacuteomeacutetriquement agrave 120deg et parcourus par un systegraveme de courants triphaseacutes produisent unchamp tournant
Si on inverse les courants des phases B et C lrsquoexpression du champ tournant devient
crsquoest-agrave-dire que le champ tournant est strictement le mecircme agrave
la diffeacuterence pregraves qursquoil tourne en sens horaire crsquoest-agrave-dire en sens inverse par rapport aupremier cas de figure
4) La vitesse de rotation du champ est
5) Le couple drsquoalignement magneacutetique des deux inductions srsquoeacutecrit vectoriellement
La valeur du couple srsquoeacutecrit donc
6) Pour que la valeur moyenne de ce couple soit non nulle il faut que la valeur moyenne de soit non nulle Ceci nrsquoest possible que si ψ est une constante crsquoest-agrave-dire si la vitesse
du rotor eacutegale parfaitement celle du champ tournant
7) La valeur maximale du couple correspond agrave lrsquoangle Si lrsquoangle ψ deacutepasse cette
valeur alors le couple deacutecroicirct ce qui veut dire que le rotor deacuteceacutelegravere ce qui augmente drsquoautantplus la valeur de lrsquoangle ψ et du coup diminue le couple En deacutefinitive au-delagrave de 90deg lerotor laquo deacutecroche raquo et srsquoarrecircte puisqursquoil nrsquoarrive pas agrave suivre le champ tournant et est le siegravegedrsquoun couple moyen nul
8) Si cela signifie qursquoil faut tourner agrave la vitesse
pour laquo voir raquo un champ fixe Plus rigoureusement cela veut dire que la vitesse angulaire du
champ tournant est Sa vitesse en tours par minutes srsquoeacutecrit donc
Les valeurs remarquables correspondant agrave p = 2 p = 4 et p = 6 pour f = 50 Hz sont doncrespectivement 1 500 trmin 750 trmin et 375 trmin
Exercice 52 Alternateur
1) En utilisant la formule on trouve p = 2 crsquoest-agrave-dire que lrsquoalternateur possegravede
quatre pocircles
2) Une charge reacutesistive preacutesente un facteur de puissance unitaire On eacutecrit donc
θ ω θloz loz loz
= +3 2
( ) cos( )2
k IB t t
ωπloz= = loz =60
(tr min) 60 3 000 trmin2
N f
= ^ RC B B
ψ= loz lozsinRC B B
sin ψ
2
πψ =
θ ω θloz loz loz
= -3 2
( ) cos( )2
k IB t t p
ωθ =
t
p
(rads)p
ωΩ =
loz=
60 fN
p
loz=
60 fN
p
= loz loz3P V I
52 Seacuterie drsquoexercices ndeg 6 Machines synchrones et alternateurs 187copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Soit donc
3) La puissance fournie par la turbine se deacuteduit facilement drsquoun bilan de puissances sachant
que la puissance perdue dans les trois reacutesistances de phase srsquoeacutecrit
Le rendement de lrsquoalternateur se calcule alors directement
4) On eacutecrit crsquoest-agrave-dire
Autrement dit
Par ailleurs la freacutequence des courants fournis srsquoeacutecrit
La pulsation de ces courants se deacuteduit de la freacutequence
Ces reacutesultats sont tout agrave fait normaux lrsquoalternateur deacutebite de la puissance vers sa charge ilproduit donc un couple reacutesistance sur la turbine qui en conseacutequence ralentit leacutegegraverement Ducoup la freacutequence des tensions et courants produits est leacutegegraverement infeacuterieure agrave 50 Hz celledu fonctionnement agrave vide
5) On repreacutesente sur la figure 511 le scheacutema monophaseacute eacutequivalent de la machine sur chargereacutesistive naturellement en convention geacuteneacuterateur La reacutesistance eacutequivalente en montageeacutetoile agrave une phase de la charge est noteacutee Rch
La relation de maille qui relie les gran-
deurs srsquoeacutecrit ici
ougrave ω repreacutesente la pulsation des courantset des tensions induits
6) On repreacutesente sur la figure 512 lediagramme de Fresnel repreacutesentant lesgrandeurs de cette eacutequation de maille
= = =yen
2 0003 A
3 3 220
PI
V
loz loz 23 R I
= + loz loz =2turbine 3 2 027 WP P R I
η = =turbine
98 P
P
Ω= lozturbine mP C Ω = =turbine 1524 radsm
P
C
Ωπ
= =601 455 trmin
2N
loz= = 485 Hz60
p Nf
ω π= loz =2 3047 radsf
R Ls
V0 Rch Alternateur
I
V
Figure 511
V I R middot I
jLs middot ω middot I
V0
Figure 512
ω= + loz loz +0 sV RI jL I V
188 5 bull Machines synchrones
7) Ce diagramme de Fresnel repreacutesente un triangle rectangle il est alors naturel drsquoy appli-
quer le theacuteoregraveme de Pythagore en eacutecrivant
Donc
On fait lrsquoapplication numeacuterique en faisant attention drsquoutiliser la valeur de ω calculeacutee agrave laquestion 4 On trouve Ls = 616 mH
Exercice 53 Alternateur satureacute
1) On repreacutesente sur la figure 513 le scheacutema de couplage ainsi que le scheacutema monophaseacuteeacutequivalent de la machine
2) En utilisant la formule on trouve p = 1 crsquoest-agrave-dire que lrsquoalternateur possegravededeux pocircles
3) La puissance apparente nominale de lrsquoalternateur srsquoeacutecrit On en deacuteduit
4) Si on neacuteglige la reacutesistance des phases R le courant de court-circuit nrsquoest limiteacute que par lavaleur de Xs Pour Ie = 6 A on lit E = 148 V Il suffit ensuite drsquoeacutecrire
5) Pour des charges eacutequilibreacutees defacteur de puissance unitaire le dia-gramme de Fresnel reliant les grandeurseacutelectriques du scheacutema monophaseacute eacutequi-valent est repreacutesenteacute sur la figure 514
La tension simple correspondant agrave U = 400 V est V = 230 V = Vn
ω+ loz + loz loz =2 2 20( ) ( )sV R I L I V
ω- + loz
=loz
2 20 ( )
s
V V R IL
I
R Xs
E Charge
I
V
Phase 1
Phase 2
Phase 3
Neutre
Couplage eacutetoile Scheacutema monophaseacute eacutequivalent
Figure 513
loz=
60 fN
p
= loz loz3n n nS V I
loz= = =
loz yen
3250 10362 A
3 3 230n
nn
SI
V
14804
( ) 362scc n
EX
I IΩ= = =
=
V I
jXs middot I
E
Figure 514
52 Seacuterie drsquoexercices ndeg 6 Machines synchrones et alternateurs 189copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Par ailleurs le courant appeleacute par la charge de 250 kW est dans ce cas
On en deacuteduit la valeur de la force eacutelectromotrice E en eacutecrivant
Soit donc
Par reacutegression lineacuteaire des valeurs du tableau on en deacuteduit Ie = 72 A
6) Si la charge preacutesente un facteur de puissance de 08 AR le diagramme de Fresnel devientcelui repreacutesenteacute sur la figure 515 On note ϕ le deacutephasage tel que cosϕ = 08
Le courant appeleacute par la charge de 250 kW est dans ce cas
Pour calculer la force eacutelectromotrice E il faut drsquoabord deacuteterminer la valeur de lrsquoangle ψ qui
est tel que Crsquoest-agrave-dire ψ = 164deg
Ensuite on eacutecrit soit donc
On lit pour finir dans le tableau que Ie = 24 A
Le reacutesultat est certainement tregraves contestable puisque cette valeur de courant drsquoexcitation situelrsquoalternateur en tregraves forte saturation En conseacutequence le modegravele de Behn-Eschenburg qui faitintervenir la reacuteactance synchrone est faux
7) On repreacutesente le couplage triangle sur la figure 516
La tension entre phases sera ici de 220 V ce qui signifie que la tension simple cocircteacute charge
sera limiteacutee agrave = 127 V Pour creacuteer une tension simple cocircteacute charge de 230 V il faudrait
ϕloz
= = =loz loz yen
3150 10217 A
3 cos 3 230n
PI
V
2 2 2( ) ( )sV X I E+ loz =
= + loz =2 2( ) ( ) 2458 VsE V X I
V I
jXs middot IE
ϕ
ψ
Figure 515
ϕloz
= = =loz loz yen yen
3150 102717 A
3 cos 3 230 08n
PI
V
ϕψ
ϕloz loz
= =+ loz loz
costan 029
sins
s
X I
V X I
ψ ϕloz = + loz lozcos sinsE V X Iϕ
ψ+ loz loz
= =sin
314 Vcos
sV X IE
220
3
190 5 bull Machines synchrones
geacuteneacuterer du 400 V entre phases ce qui est impossible agrave cause de la saturation de lrsquoalternateurvisible dans le tableau de valeurs de la tension agrave vide
Exercice 54 Alternateur coupleacute au reacuteseau
1) Il faut adopter la convention geacuteneacuterateur pour repreacutesenter lrsquoalternateur ce qui est fait sur lescheacutema de la figure 517
2) La relation de maille srsquoeacutecrit ici
3) Il suffit ici drsquoeacutecrire la puissance apparente de lrsquoalternateur
pour en tirer
4) Le deacutephasage se deacuteduit directement en valeur et en signe de lrsquoeacutecriture de la puissancereacuteactive consommeacutee par la charge
On en deacuteduit sinϕ = 06 et ϕ = + 368deg Ce deacutephasage est orienteacute du courant vers la tensionpar convention habituelle de lrsquoeacutelectrotechnique
5) Le diagramme de Fresnel de la relation de maille est conforme au scheacutema de la figure 518
Pour calculer la force eacutelectromotrice E on deacutetermine drsquoabord la valeur de lrsquoangle ψ qui est
tel que Crsquoest-agrave-dire ψ = 27deg
Phase 1
Phase 2
Phase 3
Couplage triangle
Figure 516
Xs
E Charge
I
V
Figure 517
= loz +sE jX I V
= + = loz loz = loz loz2 2 3 3S P Q V I U I+
= =loz
2 2
289 A3
P QI
U
ϕ= = loz loz loz600 kVAR 3 sinQ V I
ϕψ
ϕloz loz
= =+ loz loz
costan 0048
sins
s
X I
V X I
52 Seacuterie drsquoexercices ndeg 6 Machines synchrones et alternateurs 191copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Ensuite on eacutecrit soit donc
On en deacuteduit
6) Si on diminue Ie de moitieacute alors
Comme la puissance est inchangeacutee le terme est une constante agrave laquelle est propor-tionnelle la projection sur lrsquoaxe vertical du vecteur Le nouveau diagramme de Fresnelest donc conforme agrave la figure 519
On calcule facilement le terme agrave partir de la valeur de de laquestion preacuteceacutedente
On en deacuteduit ψ = 552deg
Il reste agrave eacutecrire par exemple Xs middot I middot cosϕ = 578 V et Xs middot I middot sinϕ = V ndash E middot cosψ = 5 575 V
On en deacuteduit
Dans ce cas le facteur de puissance est catastrophique (on calcule cosϕ = 01) ce qui imposede fournir un courant beaucoup plus important que preacuteceacutedemment et ce pour la mecircme puis-sance fournie
ψ ϕloz = + loz lozcos sinsE V X Iϕ
ψ+ loz loz
= =sin
11 994 Vcos
sV X IE
= = 160 A75eE
I
V I
jXs middot I E
ϕ
ψ
Figure 518
= ordf11 9946 000 V
2E
ϕlozcosIloz lozsj X I
V
I jXs middot IE
ψ E middot sinψ ϕ
Figure 519
ψ =sin 578 VE ϕloz lozcossX I
+= =
2 2578 5 575224 A
s
IX
192 5 bull Machines synchrones
Exercice 55 Moteur synchrone piloteacute agrave freacutequence variable
1) La machine possegravede quatre pocircles crsquoest-agrave-dire p = 2 paires de pocircles En utilisant la formule
on trouve la gamme de freacutequences f que lrsquoonduleur doit geacuterer 0 rarr 167 Hz
2) Agrave 1 500 trmin la pulsation des courants vaut
On en deacuteduit lrsquoinductance synchrone
3) On repreacutesente le scheacutema eacutequivalent monophaseacute en convention reacutecepteur (moteur) sur lafigure 520
4) La relation de maille srsquoeacutecrit ici
On repreacutesente le diagramme de Fresnel relatif agrave cette eacutequation de maille sur la figure 521
Le fait que E = V impose que cette construction soit un triangle isocegravele
5) Ici comme le triangle est isocegravele la relation entre les angles est tregraves simple
On peut donc remarquer que crsquoest-agrave-dire que
Ainsi la puissance consommeacutee par le moteur srsquoeacutecrit
loz=
60 fN
p
ω π π loz= = =1 5002 2 314 rads
60
pf
ω= = 048 mHs
sX
L
Xs
E
I
V
Figure 520
+ loz =sE jX I V
V
I jXs middot I
E
ϕ
δ
Figure 521
δϕ =2
δϕloz = loz loz = loz loz2 sin 2 sin2sX I V V
δloz= loz2sin
2s
VI
X
δ δϕ
loz= loz loz loz = loz loz
263 cos sin cos
2 2s
VP V I
X
53 Problegraveme ndeg 8 Eacutetude drsquoun alternateur moteur de centrale hydroeacutelectrique 193copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Avec une petite manipulation trigonomeacutetrique on aboutit agrave
Le deacutephasage ϕ repreacutesente le deacutecalage physique entre le rotor et le champ tournant
6) Agrave 1 500 trmin Xs = 015 ΩDans ce cas la puissance maximale correspondra agrave
7) Agrave 5 000 trmin la reacuteactance synchrone vaudra
Ainsi
La freacutequence des courants eacutetant plus eacuteleveacutee agrave cette vitesse de rotation la reacuteactance synchroneaugmente en conseacutequence et diminue ainsi la puissance
8) Le couple de deacutecrochage srsquoeacutecrit pour P calculeacutee avec la valeur
et la vitesse deacutesireacutee
On trouve agrave 1 500 trmin
agrave 5 000 trmin
53 PROBLEgraveME Ndeg 8 EacuteTUDE DrsquoUN ALTERNATEUR MOTEUR DE CENTRALE HYDROEacuteLECTRIQUE
531 Eacutenonceacute
Lrsquoalternateur synchrone est lrsquooutil indispensable de la creacuteation drsquoeacutenergie eacutelectriqueDans ses applications hydroeacutelectriques il permet agrave partir de la rotation drsquoune turbineentraicircneacutee par un flux drsquoeau de creacuteer de lrsquoeacutenergie eacutelectrique directement sous la formede tensions sinusoiumldales Degraves lors que la puissance est importante les alternateurssont triphaseacutes et produisent directement des systegravemes de tensions triphaseacutees Un autrerocircle peut eacutegalement leur ecirctre attribueacute celui drsquoecirctre utiliseacute en tant que moteur synchroneen pompant de lrsquoeau par exemple si la turbine est reacuteversible Dans ce problegraveme onconsidegravere une installation hydroeacutelectrique constitueacutee de deux bassins permettant la
ϕloz
= loz23
sins
VP
X
ϕloz yen yen infin
= loz = =2 23 3 230 sin(45 )
sin 748 kW015s
VP
X
5 0002 05
60s s sp
X L Lω π Ωloz= loz = loz loz =
ϕloz yen yen infin
= loz = =2 23 3 230 sin(45 )
sin 224 kW05s
VP
X
Ω πloz
= =max maxmax
60
2
P PC
N
2
πδ =
πloz
= =loz
2
max180
67 kNm2s
VC
X N
πloz
= =loz
2
max180
606 Nm2s
VC
X N
194 5 bull Machines synchrones
rotation drsquoun alternateur dont on se propose de faire le choix On envisagera ensuiteces caracteacuteristiques en tant que moteur
Partie 1 Choix de lrsquoalternateur
Le scheacutema de lrsquoinstallation envisageacutee est repreacutesenteacute sur la figure 522
On envisage de choisir lrsquoalternateur agrave partir de la famille LSA 422 dont la documen-tation est fournie agrave la fin de cet eacutenonceacute
Par ailleurs une formule utiliseacutee en hydroeacutelectrique relie le deacutebit et la hauteur dechute agrave la puissance que pourra fournir la chute drsquoeau On retiendra la relationempirique P (W) = 7 middot Q middot h ougrave Q est le deacutebit en litres par seconde et h la hauteur dechute en megravetres
1) Calculer la puissance que peut fournir la chute drsquoeau
2) En tenant compte du rendement de la turbine calculer alors la puissance meacuteca-nique que lrsquoalternateur pourra recevoir Pa
3) En consideacuterant que le rendement moyen tous reacutegimes confondus des machinesde la famille LSA 422 est η = 08 deacuteterminer quelle puissance lrsquoalternateur est suscep-tible de fournir agrave une charge eacutequilibreacutee triphaseacutee Choisir alors un modegravele dans lafamille drsquoalternateurs consideacutereacutee permettant de preacutesenter les performances vouluesen service continu (on considegraverera les donneacutees en classe H par deacutefaut)
Partie 2 Scheacutema eacutequivalent monophaseacute
Dans toute la suite du problegraveme on considegravere que le modegravele choisi est le modegravele422 M6
On considegravere par ailleurs qursquoen regravegle geacuteneacuterale un alternateur triphaseacute est eacutelectri-quement eacutequivalent au scheacutema repreacutesenteacute sur la figure 523
1) Eacutecrire les trois eacutequations de maille relatives agrave ce scheacutema
2) En reacutegime eacutequilibreacute ou en couplage eacutetoile sans neutre quelle relation relie lescourants de phase agrave quoi se ramegravenent alors les trois eacutequations de maille
Bassin haut
Charge
Bassin bas
Turbine (rendement ηt = 09)
Systegraveme triphaseacutecoupleacute eacutetoile (Y)
Alternateur
15 m
Deacutebit usuel 33 m3s
Figure 522
53 Problegraveme ndeg 8 Eacutetude drsquoun alternateur moteur de centrale hydroeacutelectrique 195copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
3) En deacuteduire et repreacutesenter le scheacutema monophaseacute eacutequivalent de lrsquoalternateur Onpreacutecisera lrsquoexpression de Xs la reacuteactance synchrone de lrsquoinduit en fonction desdonneacutees introduites sur le scheacutema de la figure 523
4) Relever sur la documentation la valeur de la constante de temps de lrsquoinduit Endeacuteduire une relation entre R et Xs
5) Deacuteterminer la valeur du courant In correspondant au reacutegime nominal (eacutegalementnoteacute 44) de lrsquoalternateur
6) Agrave quoi correspondent les pertes agrave vide de lrsquoalternateur Quelle est la relation entreces pertes et les pertes dites laquo meacutecaniques raquo Pm dans lrsquoalternateur Quelle hypo-thegravese fera-t-on sur ces pertes agrave vitesse constante
7) Calculer agrave lrsquoaide du rendement en pleine charge (avec une charge de cosϕ = 08)les pertes Joules nominales dans lrsquoinduit de lrsquoalternateur En deacuteduire la valeur de lareacutesistance R
8) Calculer alors la valeur de la reacuteactance synchrone Xs
9) Deacuteterminer la valeur de la force eacutelectromotrice interne E de lrsquoalternateur agrave partirdu reacutegime nominal sur une charge de facteur de puissance unitaire (On tracera pourcela le diagramme de Fresnel reliant les grandeurs eacutelectriques du scheacutema eacutequivalentmonophaseacute)
10) Deacuteterminer le courant de court-circuit de lrsquoalternateur (On considegraverera un court-circuit eacutequilibreacute) Chiffrer ce courant en pourcentage du courant nominal
11) Quelle valeur de courant maximal faudrait il alors choisir pour proteacuteger lrsquoalter-nateur par fusibles ou disjoncteurs Que choisir pour le pouvoir de coupure du dispo-sitif de protection
Partie 3 Fonctionnement en moteur
On deacutesire agrave preacutesent faire fonctionner lrsquoalternateur en tant que moteur afin de pomperlrsquoeau du bassin bas vers le bassin haut On considegraverera la turbine reacuteversible et preacutesen-tant un rendement constant dans tous les modes de fonctionnements On srsquointeacuteressera
E1
E2
E3
R L M
I1
I2
I3
R L M
R
L M
N
V1
V2
V3
Figure 523
196 5 bull Machines synchrones
au fonctionnement moteur en reacutegime permanent et sans consideacuterations des techni-ques de deacutemarrage et drsquoaccrochage du rotor Le scheacutema de lrsquoinstallation est agrave preacutesentrepreacutesenteacute sur la figure 524
1) Sous quelle convention faut-il agrave preacutesent consideacuterer la machine synchrone Repreacute-senter alors le scheacutema eacutequivalent monophaseacute correspondant on notera V = 230 V latension simple du reacuteseau2) Eacutecrire la relation de maille relative agrave ce scheacutema Repreacutesenter le diagramme deFresnel sans eacutechelle correspondant agrave cette eacutequation correspondant au cas geacuteneacuteral drsquouncourant deacutephaseacute en arriegravere par rapport agrave la tension Repreacutesenter le cas particulier dece scheacutema correspondant au fait qursquoon supposera la reacuteactance Xs comme seul reacutecep-teur inductif du scheacutema3) En consideacuterant le reacutegime nominal du mode moteur comme celui correspondant aucourant nominal du mode alternateur calculer la valeur de la force eacutelectromotriceinterne E et le facteur de puissance de la machine vue du reacuteseau4) Calculer la puissance perdue par effet Joule dans lrsquoinduit En deacuteduire la puissanceutile fournie par le moteur on considegraverera pour cela les pertes meacutecaniques commeeacutegales agrave celles mises en eacutevidence agrave la question 2-65) En deacuteduire la puissance meacutecanique disponible en pompage Calculer alors le deacutebitde remonteacutee drsquoeau
532 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Choix de lrsquoalternateur
1) Il suffit ici drsquoappliquer la formule empirique P = 7 middot Q middot h avec
h = 15 m et
On calcule
2) On eacutecrit ici
3) La puissance en sortie de lrsquoalternateur est eacutegale agrave 08 fois P crsquoest-agrave-dire 252 kW
Le modegravele agrave choisir est donc vraisemblablement le modegravele 422 M6 qui permet de produire265 kW en reacutegime continu
Bassin haut
Bassin bas
Turbine (rendement ηt = 09)
Reacuteseau Triphaseacute 230400 V
Moteur Synchrone
15 m
Figure 524
- -= = loz3 1 133 m s 330 litres sQ
= ordf346 kW 35 kWP
η= loz = loz =09 35 kW 315 kWaP P
53 Problegraveme ndeg 8 Eacutetude drsquoun alternateur moteur de centrale hydroeacutelectrique 197copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
198 5 bull Machines synchrones
Partie 2 Scheacutema eacutequivalent monophaseacute
1) Les inductances mutuelles traduisent le fait qursquoune variation de courant dans un des bobi-nages de lrsquoinduit creacutee une variation de tension aux bornes des deux autres Les eacutequations demaille du circuit srsquoeacutecrivent alors
2) En reacutegime eacutequilibreacute ou si le neutre nrsquoest pas relieacute la somme algeacutebrique des 3 courants deligne est nulle On eacutecrit ainsi
3) En raisonnant sur la phase 1 eacutetant donneacute que
Il est possible de remplacer par ce qui donne lrsquoexpression suivante
soit
Cette expression dont on trouverait une forme analogue sur les deux autres phases permetde dresser le scheacutema eacutequivalent monophaseacute repreacutesenteacute sur la figure 525
Lrsquoinductance eacutequivalente Ls = L ndash M qui apparaicirct srsquoappelle lrsquoinductance synchrone On parleeacutegalement de reacuteactance synchrone en eacutevoquant la grandeur
4) La documentation donne la valeur de la constante de temps de lrsquoinduit
Or la constante de temps drsquoun circuit de type R ndash L seacuterie est
On retiendra donc ici la relation
5) Une des donneacutees principales de lrsquoalternateur est la valeur de sa puissance apparente Cettedonneacutee correspond naturellement au reacutegime nominal de la machine et dans des conditionsdrsquoeacutequilibre
On eacutecrit ainsi
On lit eacutegalement sur la documentation que la tension simple (Y) nominale est Vn = 230 V
Ainsi
ω ω ωω ω ωω ω ω
= loz + loz + loz + loz +IumlOcirc = loz + loz + loz + loz +IgraveOcirc = loz + loz + loz + loz +Oacute
1 1 1 2 3 1
2 2 2 1 3 2
3 3 3 2 1 3
E R I jL I jM I jM I V
E R I jL I jM I jM I V
E R I jL I jM I jM I V
1 2 3 0I I I+ + =
ω ω= loz + loz + loz + +1 1 1 2 3 1( )E R I jL I jM I I V
2 3I I+ - 1I
ω ω= loz + - loz +1 1 1 1( )E R I jL jM I V
[ ]ω= + - loz +1 1 1( )E R j L M I V
E R
Xs = (L ndash M) middot ω I
N V
Figure 525
ω= - loz( )sX L M
= 6 msaT
L
Rτ =
ω= =
loz6 mss
aX
TR
= = loz loz33 kVA 3n n nS V I
= =loz
478 A3
nn
n
SI
V
53 Problegraveme ndeg 8 Eacutetude drsquoun alternateur moteur de centrale hydroeacutelectrique 199copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
6) Les pertes agrave vide correspondent agrave la puissance qui est fournie par le systegraveme qui entraicircnelrsquoalternateur lorsque celui ci ne deacutebite aucun courant Ces pertes sont en reacutealiteacute les pertesmeacutecaniques dans la machine aux pertes de reacuteluctances pregraves
On retiendra donc que Pm = Pvide = 1 320 W
Agrave vitesse constante ou pratiquement constante ces pertes sont eacutegalement constantes et repreacute-sentent lrsquoaction de tous les frottements reacutepartis dans la machine
Dans un fonctionnement classique drsquoalternateur on considegraverera donc que Pm = Cte
7) On relegraveve dans la documentation le rendement en pleine charge
Ce rendement est fourni pour une charge dont le facteur de puissance vaut 08
Les pertes dans la machine sont donc eacutegales agrave
Par ailleurs ces pertes sont la somme des pertes meacutecaniques et des pertes par effet Joule (dansla reacutesistance R) de la machine
Il suffit alors drsquoeacutecrire pour calculer
Il reste agrave eacutecrire que pour pouvoir exprimer
Application numeacuterique R = 038 Ω
8) Lrsquoutilisation de la formule eacutecrite agrave la question 4 donne
Soit donc Xs = 07 Ω9) Sur une charge de facteur de puissance unitaire (une reacutesistance par exemple) le courant Iest en phase avec la tension de lrsquoalternateur V Le diagramme de Fresnel demandeacute est donccelui repreacutesenteacute sur la figure 526 et correspondant agrave lrsquoeacutequation
On voit ici clairement que la relation entre V et E peut srsquoexprimer au courant nominal en
particulier agrave travers le theacuteoregraveme de Pythagore
On eacutecrit donc
Application numeacuterique En = 2504 V
η =4 4 851
η ϕ= - loz = - loz loz loz lozpertes 4 4 4 4(1 ) (1 085) 3 cosn nP P V I
= yen yen yen yen =015 3 230 478 08 3 957 W
= = +pertes Joules3 957 W mP P P
= - =Joules 3 957 1 320 2 637 WP
2Joules 2 637 W 3 nP R I= = loz loz
= Joules23 n
PR
I
ω= loz lozs aX T R
ω= + loz +( )sE R jX I V
E
V R middot I
jXs middot I
I
Figure 526
+ loz + loz =2 2 2( ) ( )n n s n nV R I X I E
= + loz + loz2 2( ) ( )n n n s nE V R I X I
200 5 bull Machines synchrones
10) Le courant de court circuit est celui qui circule dans lrsquoinduit de lrsquoalternateur lorsque agrave vitesseet excitation nominales on court-circuite les trois phases Le scheacutema eacutequivalent monophaseacutese ramegravene donc agrave celui de la figure 527
Lrsquoexpression du courant est ici
Application numeacuterique Icc = 3144 A
11) Le courant nominal de lrsquoalternateur vaut In = 478 A et le courant de court-circuit Icc = 3144 A
Il suffira de convenir drsquoune valeur intermeacutediaire comme limite pour proteacuteger la machine drsquouncourt-circuit La valeur de 70 A correspondant agrave 15 fois le courant nominal pourrait ecirctre unebonne valeur de choix du calibre des protections
Par ailleurs le pouvoir de coupure eacutetant la valeur maximale qursquoun dispositif de protection peutinterrompre sans faillir il faudra choisir un dispositif de pourvoir de coupure (PC) supeacuterieuragrave Icc = 3144 A
Partie 3 Fonctionnement en moteur
1) En fonctionnement moteur la machine va consommer de lrsquoeacutenergie et non pas en fournirEn conseacutequence il est logique de la repreacutesenter en convention reacutecepteur Le scheacutema de lafigure 528 repreacutesente le scheacutema monophaseacute eacutequivalent du moteur qui reste le mecircme que dansla partie 2 agrave la diffeacuterence du sens conventionnel du courant
2) Lrsquoeacutequation de maille relative agrave ce scheacutema srsquoeacutecrit
Si on considegravere que le courant I sera deacutephaseacute en arriegravere par rapport agrave la tension V commedans nrsquoimporte quel reacutecepteur inductif le diagramme de Fresnel correspondant agrave lrsquoeacutequationde maille est celui repreacutesenteacute sur la figure 529 On notera ϕ le deacutephasage entre I et V
E R
Xs Icc
Figure 527
=+2 2
ncc
s
EI
R X
E R
Xs I
N
V RI jXsI
Figure 528
ω+ loz + loz =sE R I jX I V
53 Problegraveme ndeg 8 Eacutetude drsquoun alternateur moteur de centrale hydroeacutelectrique 201copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Si la reacuteactance Xs est le seul reacutecepteur inductif du scheacutema cela signifie que la tension E etle courant I sont en phase Le diagramme de Fresnel revient alors agrave celui repreacutesenteacute sur lafigure 530
3) On considegravere dans cette question que I = In = 478 A
La relation reliant les diffeacuterentes grandeurs de lrsquoeacutequation de maille revient on le voit sur lediagramme de Fresnel agrave lrsquoapplication du theacuteoregraveme de Pythagore au triangle rectangle qursquoilforme
On eacutecrit donc
Crsquoest-agrave-dire
Application numeacuterique avec V = 230 V et les valeurs des eacuteleacutements deacutetermineacutes dans la partie 2En = 2094 V
Le calcul du facteur de puissance passe simplement par le calcul du cosinus de lrsquoangle ϕrepreacutesenteacute sur le scheacutema de la figure 89
On eacutecrit donc
Application numeacuterique
4) La puissance perdue par effet Joule dans le moteur est tout simplement celle qui est dissipeacuteedans la reacutesistance R En nrsquooubliant pas que le moteur est triphaseacute on eacutecrit
La puissance fournie eacutelectromagneacutetique fournie au rotor est donc
On retrouve cette valeur en eacutecrivant que
Par ailleurs la puissance correspondant aux pertes meacutecaniques est toujours Pm = Pvide = 1 320 W
En conseacutequence la puissance utile fournie par le moteur srsquoeacutecrit Putile = Pelec ndash Pm = 287 kW
V
E R middot I I ϕ
jXs middot I
Figure 529
V
E R middot I I
ϕ jXs middot I
Figure 530
+ loz + loz =2 2 2( ) ( )n n s nE R I X I V
= - loz - loz2 2( )n n nE V X I R I
ϕ+ loz
=cos n nE R I
V
cos 098ϕ =
= =2Joules 3 2 604 WnP RI
ϕ= loz loz loz - =elec Joules3 cos 30 kWnP V I P
= loz loz =elec 3 30 kWn nP E I
202 5 bull Machines synchrones
5) Comme la turbine preacutesente un rendement ηt = 09 on eacutecrit que la puissance meacutecaniquedisponible effectivement en pompage est
En utilisant la formule empirique eacutenonceacutee dans la partie 1 on deacuteduit directement lrsquoeacutecriture
du deacutebit drsquoeau
Le deacutebit de remonteacutee drsquoeau est donc infeacuterieur agrave celui du mode alternateur chose logique sion considegravere les pertes eacutelectriques et meacutecaniques intervenant dans le moteur
54 PROBLEgraveME Ndeg 9 ALTERNATEUR RACCORDEacute AU REacuteSEAU COMPENSATEUR SYNCHRONE
541 Eacutenonceacute
Un alternateur raccordeacute agrave un reacuteseau de distribution drsquoeacutenergie a geacuteneacuteralement pourfonction principale de produire de la puissance active sur ce reacuteseau Il existe neacutean-moins un autre rocircle pour lequel ce raccord est inteacuteressant celui de laquo compensateursynchrone raquo Dans ce mode de fonctionnement lrsquoalternateur a pour seul but de fournirou de consommer de la puissance reacuteactive sur ce reacuteseau afin drsquoen ameacuteliorer enpartie le facteur de puissance Dans ce problegraveme on srsquointeacuteresse agrave lrsquoeacutetude drsquoun alterna-teur et agrave la deacutetermination des caracteacuteristiques de ses divers modes de fonctionnement
Partie 1 Theacuteorie de lrsquoalternateur
Un alternateur peut ecirctre consideacutereacute comme un ensemble de trois bobinages deacutephaseacutesgeacuteomeacutetriquement de 120deg et au sein desquels tourne un rotor constitueacute drsquoune bobinealimenteacutee en courant continu La bobine dite laquo excitatrice raquo produit en conseacutequenceun flux drsquoinduction magneacutetique constant dans son axe Le systegraveme consideacutereacute est repreacute-senteacute sur la figure 531
η= loz = yen =utile 09 287 kW 258 kWmP P
= =loz
245 litress7
PQ
h
e2(t)
e1(t)
e3(t)
Ie
θ
Figure 531
53 Problegraveme ndeg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone 203copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
On considegravere mais crsquoest une hypothegravese ultra-simplificatrice que la bobine excita-trice produit au niveau de lrsquoaxe du bobinage 1 un flux Onnotera en effet θ = ω middot t avec ω la vitesse angulaire du rotor en radians par secondes
1) Deacuteterminer lrsquoexpression des flux sous les bobinages 2 et 3 Φ2(t) et Φ3(t)
2) En deacuteduire lrsquoexpression des forces eacutelectromotrices e1(t) e2(t) et e3(t) qui apparais-sent aux bornes des bobinages constitueacutes de N spires chacun
3) Si lrsquoalternateur possegravede un nombre p de paires de pocircles cela veut dire qursquoun tourde rotor induit p peacuteriodes eacutelectriques crsquoest-agrave-dire p peacuteriodes de tensions Donner alorslrsquoexpression des tensions produites par un alternateur posseacutedant p paires de pocircles
4) Quel est alors le nombre de pocircles drsquoun alternateur destineacute agrave produire des tensionsagrave 50 Hz pour une vitesse de rotation de 15 000 trmin
Partie 2 Caracteacuterisation de lrsquoalternateur
La plaque signaleacutetique de lrsquoalternateur ainsi que les donneacutees du constructeur sontreacutesumeacutees dans le tableau 52
On notera que les impeacutedances preacutesenteacutees en correspondent aux impeacutedances en
valeurs reacuteduites ougrave Z est la valeur de lrsquoimpeacutedance en Ohms
1) Calculer la valeur du coefficient K intervenant dans les formules utiliseacutees auxquestions 1-2
2) Calculer la valeur de la reacutesistance du stator R et celle de la reacuteactance synchrone Xs
3) Que penser de la valeur de la reacutesistance R par rapport agrave la reacuteactance synchrone Xs Repreacutesenter alors le scheacutema monophaseacute eacutequivalent simplifieacute de lrsquoalternateur Onnotera E la force eacutelectromotrice interne de lrsquoalternateur V la tension aux bornes delrsquoinduit et on orientera le courant de phase I agrave partir de la convention geacuteneacuterateur
4) Eacutecrire la relation de maille reliant les diffeacuterentes grandeurs du scheacutema eacutequivalentmonophaseacute Repreacutesenter le diagramme de Fresnel faisant apparaicirctre ces grandeursdans le cas par deacutefaut drsquoun courant I deacutephaseacute en arriegravere drsquoun angle ϕ par rapport agrave V
5) En deacuteduire la valeur du courant de court-circuit de lrsquoalternateur
Tableau 52
Sn = 1 500 kWA Tensions 115 kV 20 kV
Freacutequence 50 Hz
Vitesse Nn = 1 500 trmin
3 PhasesCouplage eacutetoile
Rendement nominal 90
Courant drsquoexcitation nominal Ien = 52 A
Tension simple agrave vide nominale En = 143 kV
Puissance Pn = 1 200 kW
pour cosϕ = 08
Reacuteactance synchrone 128
Reacutesistance du stator 12
Φ θ= loz loz1( ) cos( )et K I
= loz loz2
100 N
N
SZ Z
U
204 5 bull Machines synchrones
6) Donner lrsquoexpression litteacuterale de la puissance active P fournie par lrsquoalternateur enfonction des grandeurs introduites Donner eacutegalement lrsquoexpression litteacuterale de la puis-sance reacuteactive Q
Partie 3 Fonctionnement en alternateur
On srsquointeacuteresse dans un premier temps au fonctionnement de type laquo alternateur raquocrsquoest-agrave-dire qursquoon considegravere que la machine est laquo accrocheacutee raquo au reacuteseau et qursquoelle estentraicircneacutee par un dispositif lui fournissant une puissance meacutecanique Pm On noteraque dans cette partie lrsquoexcitation de lrsquoalternateur (crsquoest-agrave-dire le courant Ie ) seraconsideacutereacutee comme constante et eacutegale agrave lrsquoexcitation nominale Lrsquoalternateur sera consi-deacutereacute comme eacutequilibreacute et rameneacute agrave son scheacutema eacutequivalent monophaseacute dans lequel onappellera V la tension simple du reacuteseau Pour finir cette tension sera consideacutereacuteecomme constante et de valeur efficace V = 115 kV1) Dans toute cette partie on neacuteglige la reacutesistance drsquoinduit Quelle alors est la relationqui relie la puissance fournie par lrsquoalternateur au reacuteseau et celle fournie par la forceeacutelectromotrice E Quelle est par ailleurs la valeur de la force eacutelectromotrice E 2) Lrsquoentraicircnement meacutecanique de lrsquoalternateur lui fournit une puissance meacutecanique Pm = 1 MW Apregraves avoir calculeacute les pertes de la machine gracircce agrave la valeur du rende-ment nominal calculer la valeur de la puissance P fournie au reacuteseau en supposantces pertes constantes La constance de ces pertes est-elle justifieacutee 3) Tracer le diagramme de Fresnel des grandeurs du scheacutema eacutequivalent monophaseacute enplaccedilant la tension V agrave lrsquoorigine des phases (sur lrsquoaxe horizontal donc) Ce diagrammerepreacutesente un triangle dont on notera M le sommet qui nrsquoest pas sur lrsquoaxe horizontal4) Quand lrsquoexcitation est constante quel est le lieu des points M Dessiner ce lieusur le diagramme Que repreacutesentent alors les projections du vecteur sur les axeshorizontaux et verticaux Exprimer ces projections en fonction de la puissance fournieau reacuteseau P et de la puissance reacuteactive Q fournie5) Agrave partir de cette constatation montrer qursquoil existe une puissance maximale trans-missible au reacuteseau Deacuteterminer alors les valeurs de I ϕ P et Q pour les deux cassuivants P = 0 P = Pmax
6) Repreacutesenter en respectant sensiblement les ordres de grandeurs le diagramme deFresnel relatif au cas Pm = 1 MW et deacuteterminer la valeur de toutes les grandeurseacutelectriques
Partie 4 Fonctionnement en compensateur synchrone
Un compensateur synchrone est un alternateur raccordeacute au reacuteseau qursquoaucun systegravememeacutecanique nrsquoentraicircne Son utiliteacute est de fournir ou de consommer de la puissancereacuteactive sur le reacuteseau afin de compenser agrave loisir un facteur de puissance de valeurtrop faible1) Si lrsquoalternateur accrocheacute au reacuteseau ne reccediloit de la puissance drsquoaucun systegravememeacutecanique comment se comporte-t-il par rapport au reacuteseau Quelle convention derepreacutesentation des grandeurs faut-il alors utiliser preacutefeacuterentiellement Repreacutesenteralors le scheacutema eacutequivalent monophaseacute et eacutecrire la loi de maille reliant les grandeurs
lozsjX I
53 Problegraveme ndeg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone 205copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
2) Quelle sont alors la nature et la valeur de la puissance active consommeacutee par lamachine
3) En deacuteduire la valeur du courant Icos ϕ = 1 lorsque la machine preacutesente un facteur depuissance unitaire vu du reacuteseau
4) Eacutetant donneacute que la vitesse et les pertes meacutecaniques sont constantes comment semodifie la puissance active consommeacutee par la machine lorsque le courant drsquoexcita-tion Ie change de valeur
5) Repreacutesenter le nouveau diagramme de Fresnel repreacutesentant la loi de maille lorsquela machine preacutesente un facteur de puissance unitaire vu du reacuteseau En deacuteduire lavaleur de la force eacutelectromotrice E et celle du courant drsquoexcitation Ie1
6) On notera encore M le sommet qui nrsquoest pas sur lrsquoaxe horizontal Repreacutesenter agravepartir des remarques de la question preacuteceacutedente le nouveau lieu des points M lorsquelrsquoexcitation varie
7) Calculer pour finir le courant drsquoexcitation neacutecessaire agrave assurer un cos ϕ de 08 ARIdem pour un cos ϕ = 08 AV Quelle est lrsquoutiliteacute de cette proprieacuteteacute de la machinesynchrone
542 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Theacuteorie de lrsquoalternateur
1) Les bobinages 2 et 3 eacutetant deacutecaleacutes geacuteomeacutetriquement drsquoangles respectifs de et lrsquoexpression du flux sous ces bobinages va logiquement srsquoeacutecrire
Il suffit pour srsquoen convaincre de constater par exemple que le flux Φ2 sera maximal pour
2) Les forces eacutelectromotrices qui vont apparaicirctre aux bornes des bobinages seront les conseacute-quences de la loi de Lenz On eacutecrira donc
3) Si lrsquoalternateur possegravede deacuteveloppe p peacuteriodes eacutelectriques pour une peacuteriode meacutecanique (untour de rotor) cela signifie que les grandeurs eacutelectriques seront agrave la pulsation pω
π- 2
32
3
π
π πΦ θ ωEcirc ˆ Ecirc ˆ= loz loz - = loz loz -Aacute ˜ Aacute ˜Euml macr Euml macr2
2 2( ) cos cos
3 3e et K I K I t
πΦ ωEcirc ˆ= loz loz +Aacute ˜Euml macr3
2( ) cos
3et K I t
2
3
πθ =
φω ω= = loz loz loz1
1d ( )
( ) sin( )d e
te t K I t
t
22
d ( ) 2( ) sin
d 3et
e t K I tt
φ πω ωEcirc ˆ= = loz loz loz -Aacute ˜Euml macr
φ πω ωEcirc ˆ= = loz loz loz +Aacute ˜Euml macr
33
d ( ) 2( ) sin
d 3et
e t K I tt
206 5 bull Machines synchrones
Les tensions srsquoeacutecriront donc
4) Une vitesse de 1 500 trmin eacutequivaut agrave une vitesse angulaire
Il suffit donc drsquoidentifier la pulsation pω agrave la valeur pour en deacuteduire que p = 2
Le nombre de pocircles de cet alternateur est donc quatre pocircles (crsquoest-agrave-dire deux paires)
Partie 2 Caracteacuterisation de lrsquoalternateur
1) Une des formules eacutetablies agrave la question 1-2 est
La valeur efficace nominale de cette force eacutelectromotrice est donneacute dans le tableau des donneacuteesconstructeur et repreacutesente la tension agrave vide nominale En = 143 kV
Il est alors possible drsquoeacutecrire
Connaissant la valeur du courant drsquoexcitation nominal on en deacuteduit K = 123 WbA
2) La puissance apparente nominale de lrsquoalternateur vaut SN = 1 500 kVA
La tension entre phases nominale elle vaut UN = 20 kV
Agrave partir de lagrave il suffit drsquoutiliser la relation donnant les impeacutedances
reacuteduites pour eacutecrire
On calcule alors la reacutesistance drsquoune phase de lrsquoinduit R = 32 ΩEt la valeur de la reacuteactance synchrone Xs = 3413 Ω
3) On remarque ici que la reacutesistance drsquoinduitest neacutegligeable par rapport agrave la reacuteactancesynchrone En conseacutequence le scheacutema eacutequi-valent monophaseacute de lrsquoalternateur peut ecirctrerepreacutesenteacute en convention geacuteneacuterateur commesur la figure 532
4) La relation de maille propre agrave ce scheacutemamonophaseacute srsquoeacutecrit
φω ω= = loz loz loz1
1d ( )
( ) sin( )d e
te t K I p t
t
22
d ( ) 2( ) sin
d 3et
e t K I p tt
φ πω ωEcirc ˆ= = loz loz loz -Aacute ˜Euml macr
φ πω ωEcirc ˆ= = loz loz loz +Aacute ˜Euml macr
33
d ( ) 2( ) sin
d 3et
e t K I p tt
πω πloz= = yen2 1 50050 rds
602 50 100π πyen =
φω ω= = loz loz loz1
1d ( )
( ) sin( )d e
te t K I t
t
ωloz loz=
2e
nK I
E
= 52 AenI
Ecirc ˆ= loz lozAacute ˜Euml macr2
100 N
N
SZ Z
U
= lozloz
2
100
N
N
UZ Z
S
E
I
V
XS
Figure 532
= loz +SE jX I V
53 Problegraveme ndeg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone 207copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
En placcedilant arbitrairement la tension V agrave lrsquoorigine des phases et en consideacuterant un courant Ideacutephaseacute drsquoun angle ϕ arriegravere par rapport agrave cette tension le diagramme de Fresnel repreacutesentantcette eacutegaliteacute vectorielle est celui repreacutesenteacute sur la figure 533
5) Le courant de court-circuit de lrsquoalternateur est celui que deacutebite chaque phase lorsque V = 0et que la tension E la tension simple agrave vide vaut sa valeur nominale
On deacuteduit de la relation de maille que
En lisant dans le tableau des valeurs En = 143 kV on calcule Icc = 419 A
6) La puissance active fournie par lrsquoalternateur srsquoeacutecrit simplement
La puissance reacuteactive fournie par lrsquoalternateur srsquoeacutecrit elle
Il est essentiel ici de ne pas oublier le coefficient 3 du au fait que la machine est triphaseacuteeeacutequilibreacutee
Partie 3 Fonctionnement en alternateur
1) La reacutesistance drsquoinduit eacutetant neacutegligeacutee et la reacuteactance Xs ne consommant aucune puissancereacuteactive il faut remarquer que la puissance fournie par la force eacutelectromotrice E et celle fourniepar lrsquoalternateur au reacuteseau sont identiques
Par ailleurs le courant drsquoexcitation eacutetant consideacutereacute comme nominal la force eacutelectromotrice Eest eacutegalement nominale et vaut En = 143 kV
2) Lrsquoalternateur eacutetant accrocheacute au reacuteseau son rotor va tourner agrave la vitesse constante de1 500 trmin On peut dans ce cas consideacuterer que les pertes meacutecaniques du moteur vont ecirctrerelativement peu variables en fonction du reacutegime Par ailleurs la faible valeur de la reacutesistancedrsquoinduit repreacutesente des pertes Joules assez faibles par rapport aux pertes meacutecaniques
Pour srsquoen convaincre on peut calculer les pertes Joules au courant nominal
Il est donc leacutegitime de consideacuterer que les pertes de la machine seront globalement constantes
Re
Im
I
j middot XS middot I
V
E
ϕ
+
Figure 533
= =n ncc
s s
E EI
jX X
ϕ= loz loz loz3 cosP V I
ϕ= loz loz loz3 sinQ V I
Ecirc ˆ= loz loz = loz loz = ltlt =Aacute ˜Euml macrloz
223 3 18 kW 1 MW
3n
Jn n mS
P R I R PV
208 5 bull Machines synchrones
En utilisant donc la valeur de rendement donneacutee par le constructeur on eacutecrit
Pour finir on eacutecrit que la puissance fournie au reacuteseau est la puissance meacutecanique apporteacutee ocircteacutee
des pertes donc
3) Ce diagramme est strictement le mecircme que celui repreacutesenteacute sur la figure 533 On note surla figure 534 le point M preacuteciseacute dans le sujet ainsi que deux autres points O et P
4) Lorsque lrsquoexcitation est constante la force eacutelectromotrice agrave vide E est drsquoamplitude cons-tante Le vecteur E repreacutesenteacute sur la figure 534 est donc de module constant quelle que soit lavaleur de lrsquoangle repreacutesenteacute Le lieu des points M est donc un cercle de centre O et de rayon E
On repreacutesente un arc de ce cercle sur la figure 535
Ecirc ˆ= - = - loz =Aacute ˜Euml macrpertes meacuteca utile nominal1
1090
P P P P
ϕloz loz = yen loz yen =3011 cos 011 1 500 10 08 1333 kWnS
= - =pertes 8666 kWmP P P
Re
Im
I
j middot XS middot I
V
E
ϕ
+
O
M
P
δ
Figure 534
Re
Im
I
j middot XS middot I
V
E
ϕ O
M
P
δ XS middot I middot cosϕ
XS middot I middot sinϕ
Figure 535
53 Problegraveme ndeg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone 209copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Les projections du vecteur sur les axes donnent on lrsquoa noteacute sur la figure 535
et
On reconnaicirct agrave un coefficient pregraves les puissances active et reacuteactive eacutenonceacutees agrave la question 2-6
On notera donc que
et
En drsquoautres termes la projection horizontale du vecteur repreacutesente agrave un coefficient pregravesla puissance reacuteactive fournie par lrsquoalternateur et la projection verticale la puissance activefournie
5) En tenant compte des consideacuterations de la question preacuteceacutedente il est eacutevident qursquoeacutetant donneacuteque le point M appartient au cercle repreacutesenteacute la projection du vecteur ne pourra pas
deacutepasser la valeur du rayon de ce cercle crsquoest-agrave-dire E Ainsi la puissance transmissible par
lrsquoalternateur possegravede bien une limite qui est
Analysons les deux cas demandeacutes
bull 1er cas P = 0
La projection sur lrsquoaxe vertical de est nulle puisque la puissance lrsquoest Les vecteurs E etV sont donc en phase On repreacutesente le diagramme de Fresnel correspondant sur la figure 536
On calcule alors
On voit eacutegalement sur la figure que lrsquoangle ϕ vaut 90deg Ainsi cosϕ = 0
Pour finir on eacutecrit
lozsjX I
ϕloz = loz lozRe( ) sins sjX I X I ϕloz = loz lozIm( ) coss sjX I X I
ϕloz = loz loz = lozRe( ) sin3s s sQ
jX I X I XV
ϕloz = loz loz = lozIm( ) cos3s s sP
jX I X I XV
lozsjX I
lozsjX I
= lozmax3
s
VP E
X
lozsjX I
Re
Im
I j middot XS middot I
j middot XS middot I
V
E
O
M Re
Im
I
V
E
O
M
P
P = 0 W P = Pmax
Figure 536
-= = 82 As
E VI
X
ϕ= loz loz loz = yen yen =3 sin 3 11 500 936 323 kVARQ V I
210 5 bull Machines synchrones
bull 2e cas P = Pmax
Ici la puissance est donneacute par la formule eacutetablie
On repreacutesente eacutegalement le cas P = Pmax sur la figure 536 on y voit clairement que la projec-tion horizontale de est eacutegale agrave V et de sens contraire au cas preacuteceacutedent
La puissance reacuteactive vaut donc
On en deacuteduit facilement que
Il suffit ensuite de calculer
6) Lorsque cette puissance est fournie agrave lrsquoalternateur ce dernier fournit la puissance P = 8666 kWau reacuteseau (voir question 3-2) Cela correspond agrave une projection verticale du vecteur eacutegale agrave
de sa hauteur maximale Le vecteur E eacutetant drsquoamplitude constante on en
deacuteduit que celui-ci est deacutephaseacute par rapport agrave V drsquoun angle
Le diagramme de Fresnel qui en deacutecoule est repreacutesenteacute sur la figure 537
Pour deacuteterminer le reste des grandeurs eacutelectriques il suffit drsquoexploiter la geacuteomeacutetrie de cediagramme en eacutecrivant lrsquoidentiteacute des projections verticales et horizontales des vecteurs
Verticalement
Horizontalement
On en deacuteduit
= loz =max3
144 MWs
VP E
X
lozsjX I
23116 MVAR
s
VQ
X= - = -
ϕ = =+2 2
cos 078P
P Q
ϕ= =
loz loz536 A
3 cos
PI
V
3
3
8666 1060
1 440 10
loz=
loz
δ Arcsin(60 ) 37= = infin
Re
Im
I
j middot XS middot I
V
E
O
M
P
P = 8666 kW
δ = 37˚
Figure 537
ϕ δcos sinsX I Eloz loz = lozϕ δsin cossV X I E- loz loz = loz
δϕδ
costan 0007
sin
V E
E
- loz= =loz
53 Problegraveme ndeg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone 211copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Crsquoest-agrave-dire cosϕ = 099
En utilisant cette valeur dans une des deux eacutequations on obtient I = 251 A
Pour finir on peut deacuteterminer la puissance reacuteactive en eacutecrivant
Partie 4 Fonctionnement en compensateur synchrone
1) Dans le contexte de cette question lrsquoalternateur tourne agrave 1 500 trmin ses forces eacutelectro-motrices eacutetant synchroniseacutees avec les tensions du reacuteseau La machine nrsquoeacutetant entraicircneacutee paraucun systegraveme meacutecanique crsquoest forceacutement le reacuteseau qui fournit de la puissance pour enmaintenir la rotation Lrsquoalternateur se comporte donc comme un reacutecepteur eacutelectrique vu dureacuteseau On peut eacutegalement le consideacuterer comme un moteur agrave vide
En conseacutequence il devient adapteacute de consideacuterer la machine en convention reacutecepteur
Le nouveau scheacutema eacutequivalent monophaseacute est donc repreacutesenteacute sur la figure 538
La relation de maille propre agrave ce scheacutema monophaseacute srsquoeacutecrit alors
2) La puissance active consommeacutee par la machine correspond agrave la puissance neacutecessaire agraveassurer sa rotation agrave vitesse constante Cette puissance correspond donc tout simplement aupertes meacutecaniques de la machine qui ont eacuteteacute calculeacutees agrave la question 3-2
On retiendra ici P = Ppertes = 1333 kW
3) Lorsque la machine preacutesente au reacuteseau un facteur de puissance unitaire on eacutecrit
On en deacuteduit
4) Quand le courant drsquoexcitation varie la force eacutelectromotrice interne de la machine varieEn revanche la machine eacutetant accrocheacutee au reacuteseau sa vitesse et les pertes meacutecaniques restentconstantes La puissance active consommeacutee par la machine reste donc elle aussi constante
5) Le facteur de puissance eacutetant unitaire le courant et la tension du reacuteseau sont en phase Onrepreacutesente sur la figure 539 le diagramme de Fresnel relatif agrave la loi des mailles dans cesconditions
On en deacuteduit facilement E en appliquant le theacuteoregraveme de Pythagore
ϕ 3tan 970 10 0007 679 kVARQ P= loz = loz yen =
E
I
V
XS
Figure 538
SE jX I V+ loz =
ϕcos 11333 kW 3P V I == = loz loz
ϕcos 1133 300
386 A3 3 11 500
PI
V= = = =loz yen
2 2( ) 11 575 VsE V X I= + loz =
212 5 bull Machines synchrones
Le courant drsquoexcitation lui se calcule agrave partir de avec K = 123
Application numeacuterique Ie1 = 4238 A
6) La puissance eacutetant constante la projection du vecteur sur le diagramme de Fresnelreste eacutegalement constante Le lieu des points M est donc la droite horizontale de hauteur
repreacutesenteacutee sur la figure 539
7) On repreacutesente sur la figure 540 les trois cas abordeacutes ici cos ϕ = 1 cos ϕ = 08 AR etcos ϕ = 08 AV
Il suffit pour chacun de ces cas de calculer la valeur de E pour retrouver la valeur du courantdrsquoexcitation correspondant
bull Pour cos ϕ = 08 AR
On eacutecrit drsquoougrave
Il suffit ensuite drsquoeacutecrire
Application numeacuterique E = 1255 kV
On en deacuteduit
ω2eK I
Eloz loz
=
Re
Im
I
j middot XS middot I
V
E
+
O
M
δ Xs middot Icosϕ = 1
Figure 539
lozsjX I
ϕcos 1 1 3174 VsX I =loz =
Re
Im
I
j middot XS middot I j middot XS middot I j middot XS middot I
V
E
O
M
ϕ
Im
I V
E
O
M
Im
I
V
E
O
M
ϕ
cosϕ = 08 Arriegravere cosϕ = 08 Avant cosϕ = 1
Figure 540
ϕcos Cte 1 3174 VsX Iloz loz = =ϕ
1 3174482 A
coss
IX
= =loz
ϕ ϕ2 2 2( sin ) ( cos )s sE V X I X I= + loz loz + loz loz
ω 12
459 Ae eE
I IK
loz= = gtloz
53 Problegraveme ndeg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone 213copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
bull Pour cos ϕ = 08 AV
On a toujours drsquoougrave
Il suffit ensuite drsquoeacutecrire
Application numeacuterique
On en deacuteduit
Lrsquoapplication est donc claire si on surexcite la machine par rapport au courant Ie1 la machinepreacutesente un facteur de puissance infeacuterieur agrave 1 et arriegravere Crsquoest-agrave-dire qursquoelle consomme de lapuissance reacuteactive sur le reacuteseau Agrave lrsquoopposeacute si on sous-excite la machine elle fournit de lapuissance reacuteactive agrave ce mecircme reacuteseau Crsquoest ce fonctionnement agrave vide appeleacute laquo compensateursynchrone raquo qui permet de compenser agrave volonteacute de lrsquoeacutenergie reacuteactive sur le reacuteseau Engeacuteneacuteral les charges connecteacutees au reacuteseau sont plutocirct inductives il est alors neacutecessaire pourles compenser de fournir de lrsquoeacutenergie reacuteactive et donc de sous-exciter lrsquoalternateur
ϕcos Cte 1 3174 VsX Iloz loz = =ϕ
1 3174482 A
coss
IX
= =loz
( ) ( )ϕ ϕ2 22 sin coss sE V X I X I= - loz loz + loz loz
106 kVE =
ω 12
388 Ae eE
I IK
loz= = ltloz
copy D
unod
ndash L
a ph
otoc
opie
non
aut
oris
eacutee e
st u
n deacute
lit
Chapitre 6
Machines asynchrones
61 SYNTHEgraveSE DE COURS Ndeg 7 MOTEURS ASYNCHRONES
611 Principe du moteur asynchrone et glissement
Un moteur asynchrone est un moteur posseacutedant strictement le mecircme stator qursquounmoteur synchrone Un ensemble de trois bobinages parcourus par des courantstriphaseacutes induisent un champ tournant statorique de vitesse de rotation en tours parminute p eacutetant le nombre de paires de pocircles du bobinage La diffeacute-rence notable avec le moteur synchrone reacuteside dans le rotor Celui-ci est constitueacute deconducteurs (des bobinages ou carreacutement des barres meacutetalliques) disposeacutes le long durotor et court-circuiteacutes Lorsque le champ tournant balaye ces conducteurs il induitdes courants qui entrent en interaction avec le champ et permettent agrave un couplemoteur de se creacuteer Le rotor se met alors agrave tourner et se stabilise agrave une vitessetoujours leacutegegraverement infeacuterieure agrave la vitesse de synchronisme Il est impossible pour lerotor de tourner agrave la vitesse de synchronisme puisqursquoil serait alors baigneacute dans unchamp fixe et donc parcouru par un courant nul En lrsquoabsence de courant le coupleserait nul et la machine deacuteceacutelegravererait La leacutegegravere diffeacuterence de vitesse justifie le termede laquo glissement raquo du rotor par rapport au champ tournant
Le glissement grandeur caracteacuteristique du fonctionnement du moteur asynchrone
Degraves lors qursquoon eacutetudie le fonctionnement drsquoune machine asynchrone on distinguedeux vitesses de rotations
ndash Vitesse de rotation du champ statorique dite vitesse de synchronisme Ns (trmin)ou Ωs (rads)
60 sN f p= loz
216 6 bull Machines asynchrones
ndash Vitesse de rotation du rotor Ns (trmin) ou Ωs (rads)
Le terme de laquo glissement raquo appeleacute g deacutecrit lrsquoeacutecart relatif entre ces deux grandeursOn retiendra
avec
Crsquoest une grandeur sans dimension qui rentre en compte dans quasiment toutes lesformules importantes du fonctionnement de la machine
612 Construction du scheacutema eacutequivalent monophaseacute du moteur asynchrone
Freacutequence des courants induits
Il est important au preacutealable de preacuteciser lrsquoexpression de la freacutequence des courantinduits au rotor fr Concregravetement le rotor tourne agrave la vitesse Nr et est balayeacute par unchamp agrave la vitesse Ns La vitesse du champ relatif qui balaye les conducteurs rotori-ques est donc Ns ndash Nr Sachant que quand le rotor est agrave lrsquoarrecirct la freacutequence descourants induits est f la freacutequence des courants du stator on en deacuteduit la formule
donnant la freacutequence correspondant agrave un glissement donneacute g
Scheacutema eacutequivalent monophaseacute
La machine asynchrone est finalement constitueacutee de deux ensembles de bobinagestriphaseacutes enrouleacutes sur le mecircme circuit magneacutetique Par analogie on peut alors consi-deacuterer qursquoelle est eacutequivalente agrave lrsquoarrecirct agrave un transformateur triphaseacute On repreacutesentesur la figure 61 le scheacutema de principe correspondant ainsi que le scheacutema monophaseacute
Ω ΩΩ
s r s r
s s
N Ng
N
- -= = 60
sf
Np
loz=
rf g f= loz
A
B
C
Ωr
VsA
Vsb
Vsc
Rotor Stator
IrA
V1
I2
I1
R2 L2R1L1
freacutequence f pulsation ω freacutequence gf pulsation gω
Figure 61 Scheacutema de principe de la machine asynchrone et scheacutema monophaseacute eacutequivalent
Les relations de maille srsquoeacutecrivent
Au primaire
Au secondaire
soit donc
ω ω φ= loz + loz + loz1 11 1 1 1V R I jL I j
ω ω φ= loz + loz + loz2 22 2 20 R I jL g I jg
ω ω φ= loz + loz + loz222 2 2
0R
I jL I jg
61 Synthegravese de cours ndeg 7 Moteurs asynchrones 217copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
eacutequivalent obtenu agrave partir de lrsquoanalogie avec un transformateur On note sur cescheacutema les eacuteleacutements drsquoimperfection classiques reacutesistances seacuteries des bobinagesprimaires et secondaires idem pour les inductances de fuites Par contre on repreacute-sente le transformateur eacutequivalent comme une simple inductance mutuelle entre leprimaire et le secondaire
Il faut bien noter que lorsque la machine tourne les freacutequences des courants etdes tensions au primaire (crsquoest-agrave-dire au stator) et au secondaire du transformateureacutequivalent ne sont pas les mecircmes
En pratique pour construire un scheacutema eacutequivalent final simplifieacute on diviselrsquoeacutequation de maille secondaire par la grandeur g ce qui fait apparaicirctre une induc-tance de fuite eacutequivalente agrave la freacutequence f Les freacutequences du primaire et du secon-daire eacutetant alors identiques gracircce agrave cette manipulation on ramegravene les eacuteleacutementsdrsquoimperfection au primaire du transformateur On retiendra donc le scheacutema mono-phaseacute eacutequivalent simplifieacute repreacutesenteacute sur la figure 62 (les eacutetapes intermeacutediairesnrsquoayant pas eacuteteacute deacuteveloppeacutees ici)
613 Eacutecoulement des puissances et rendement
La machine asynchronepossegravede un laquo eacutecoule-ment des puissances raquoplus complexe que lesdeux autres types demachines eacutetant donneacuteqursquoelle preacutesente deuxtypes de pertes Joules les pertes Joules roto-riques PJr et statoriquesPJs Mis agrave part celaOn recense les pertesfer Pf et les habituellespertes meacutecaniques com-munes agrave tous les types
V1
I1
Rf Lm
R1L
freacutequence f pulsation ω
Rprime2 g
I prime2
Figure 62 Scheacutema eacutequivalent monophaseacute simplifieacute de la machine asynchrone
Rf Lm Reacutesistance eacutequivalente aux pertes fer et inductance magneacutetisanteR1 Reacutesistance des conducteurs statoriquesL Inductance de fuite rameneacutee au primaire
Reacutesistance eacutequivalente aux conducteurs
rotoriques rameneacutee au stator
cent2Rg
Ptotale = 3V1I1cosϕ
Pf PJs PJr Pm
Pu = C middot Ωr
Pr = Ptotale ndash Pf ndash PJs
Rotor Stator
C (Nm) Ω (rads)Tension simple V I
Le rendement srsquoeacutecrit avec
Figure 63 Eacutecoulement des puissances et rendement de la machine asynchrone
η = utile
totale
PP
= + + + +totale utile mf Jr JsP P P P P P
218 6 bull Machines asynchrones
de machines Pm On repreacutesente alors lrsquoeacutecoulement des puissances sur la figure 63On notera une donneacutee importante la puissance transmise au rotor Pr
614 Expression des puissances et des couples sous tension et freacutequence constantes
Lrsquoeacutetude du scheacutema eacutequivalent monophaseacute permet de trouver facilement lrsquoexpressiondes diverses puissances mises en jeu et du couple de la machine
Expression du courant I2prime
On voit sur le scheacutema que soit donc
Puissance transmise au rotor Pr
Cette puissance srsquoeacutecrit
On peut eacutegalement exprimer directement la puissance transmise au rotor sous la
forme
Crsquoest-agrave-dire
Expression particuliegravere des pertes Joules rotoriques PJr
Les pertes Joules au rotor srsquoeacutecrivent en grandeurs rameneacutees au stator On preacutefegravere souvent agrave cette expression la relation particuliegravere qui les relient agrave la
puissance transmise au rotor
Expression du couple eacutelectromagneacutetique C
Le couple est le quotient de la puissance meacutecanique fournie au rotor par la vitesse derotation On eacutecrit alors
( ) ω1
2
1 2
VI
R R g jL
cent =cent+ +
( ) ω
12 2
2 21 2
VI
R R g L
cent =cent+ +
ϕ1 13 cosr f JsP V I P P= loz loz loz - -
22
23rR
P Ig
centcent= loz loz
( ) ω
22 1
22 2
1 2
3
r
R VP
g R R g L
cent= loz
Egrave ˘cent+ +Iacute ˙Icirc ˚
2
2 23JrP R Icent cent= loz loz
Jr rP g P= loz
Ω Ω Ω(1 )r Jr r r r
r s s
P P P g P PC
g
- - loz= = =- loz
61 Synthegravese de cours ndeg 7 Moteurs asynchrones 219copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Il suffit alors de remplacer lrsquoexpression de Pr on obtient ainsi
si le glissement est faible on retient
Remarque On calcule aussi le couple de deacutemarrage en remplaccedilant g par lavaleur 1
Couple maximal
On srsquointeacuteresse souvent agrave la valeur maximale de ce couple Pour la trouver oncherche la valeur de g qui maximise lrsquoexpression de C valeur ensuite implanteacutee danslrsquoexpression preacuteceacutedente On retiendra uniquement le reacutesultat
Si on neacuteglige la valeur de la reacutesistance des bobinages statoriques et crsquoest souvent
le cas on obtient la formule simple agrave retenir
Caracteacuteristique et expression simplifieacutee du couple
On repreacutesente sur la figure 64 la repreacutesentation du couple en fonction du glissement
( )Ωω
21 2
22 2
1 2
3 1
s
V RC
gR R g L
centloz loz= lozloz cent+ +
Ω
21
2
3
s
V gC
R
loz lozordfcent loz
21
max 22 2 2
1 1
3 1
2 s
VC
R R LΩ ω
loz= loz
loz cent + +
Ω ω
21
max3
2 s
VC
L
loz=loz loz
0 Ωr Vitesse
Glissement1
Arrecirct Synchronisme
Cmax
Zone de fonctionnement normal
g faible rArr C asymp Rprime2 middot Ωs
3 middot V12 middot gCd
0
Figure 64 Caracteacuteristique coupleglissement de la machine
220 6 bull Machines asynchrones
62 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 7 MACHINES ASYNCHRONES ET ALTERNATEURS
621 Eacutenonceacutes
Exercice 61 Moteur asynchrone scheacutema eacutequivalent et eacutecoulement des puissances
On srsquointeacuteresse agrave un moteur asynchrone triphaseacute dont les indications de la plaquesignaleacutetique sont reporteacutees dans le tableau 61
1) Que vaut la vitesse de rotation de synchronisme Ns (trmin)
2) Calculer alors la valeur du glissement nominal gn
3) Repreacutesenter un scheacutema eacutequivalent monophaseacute de la machine On preacutecisera la signi-fication des divers eacuteleacutements introduits sachant que la reacutesistance par phase au statorvaut R = 30 mΩ
4) Un essai agrave vide sous tension nominale donne les valeurs suivantes P0 = 130 WI0 = 08 A On supposera que les pertes meacutecaniques et les pertes fer sont de valeurseacutequivalentes Calculer alors le deacutetail de ces pertes En deacuteduire la valeur des deux deseacuteleacutements introduits dans le scheacutema
5) Calculer la puissance consommeacutee par le moteur au reacutegime nominal Pn
6) Calculer la valeur de la puissance perdue par effet Joule au stator Pjs (on feralrsquohypothegravese que le courant qui la traverse est sensiblement eacutegal agrave In
7) En deacuteduire la valeur de la puissance reccedilue par le rotor Pr Calculer alors la puis-sance perdue par effet Joule au rotor Pjr En deacuteduire la valeur de la puissance utilefournie par la machine Pu
8) Repreacutesenter lrsquoensemble des puissances avec leurs valeurs sur un graphe drsquoeacutecoule-ment des puissances
9) Calculer la valeur du rendement nominal de la machine Quel eacuteleacutement pourrait ecirctreneacutegligeacute dans ce scheacutema eacutequivalent
10) Deacuteterminer eacutegalement la valeur de la puissance reacuteactive nominale consommeacuteepar la machine
11) Calculer alors la valeur de tous les eacuteleacutements indeacutetermineacutes du scheacutema eacutequivalent
12) Calculer pour finir la valeur du rendement correspondant agrave une puissance utilevalant le quart de celle correspondant au reacutegime nominal et une vitesse de 1 475 trmin
Tableau 61
Freacutequence 50 Hz Tensions 230400 V Intensiteacute nominale In = 2 A
Cosϕn = 08 Vitesse Nn = 1 450 trmin Nombre de pocircles 4
62 Seacuterie drsquoexercices ndeg 7 Machines asynchrones et alternateurs 221copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Exercice 62 Moteur asynchrone dans un environnement inapproprieacute
On considegravere un moteur asynchrone de 50 kW 1 350 trmin 50 Hz sous 400 V entrephases Ce moteur entraicircne une charge qui impose un couple de 90 Nm sur lrsquoarbredu rotor Dans tout lrsquoexercice on considegravere que le moteur travaille agrave glissement faible
et qursquoon peut eacutecrire la relation ougrave V est la tension simple drsquoalimentation
C le couple produit par la machine g le glissement Ωs la vitesse du champ tournant en
rads et r2prime la reacutesistance eacutequivalente aux conducteurs rotoriques rameneacutee au stator
1) Quelles sont les valeurs de Ωs et Ωrn la vitesse de rotation nominale du rotor
2) Calculer le glissement nominal et le couple nominal de la machine
3) Calculer alors la valeur de la reacutesistance r2prime
4) Calculer la vitesse de rotation Ns de la machine lorsqursquoelle entraicircne sa charge
5) Calculer la valeur de la puissance meacutecanique deacuteveloppeacutee par le moteur Pm
6) Calculer eacutegalement la valeur des pertes Joules au rotor et le rendement si onneacuteglige les pertes au stator et connaissant les pertes agrave vide P0 = 08 kW
7) La machine est en reacutealiteacute utiliseacutee sur une tension de 230 V entre phases De pluslrsquoatmosphegravere dans lequel elle est placeacutee est particuliegraverement chaud ce qui occasionneune valeur de la reacutesistance des conducteurs rotoriques supeacuterieure de 15 de lavaleur calculeacutee preacuteceacutedemment Calculer dans ces conditions la nouvelle vitesse derotation de la machine lorsqursquoelle entraicircne sa charge
8) Calculer la valeur de la puissance meacutecanique deacuteveloppeacutee par le moteur
9) Calculer eacutegalement la valeur des pertes Joules au rotor et le rendement si on neacutegligeles pertes au stator et connaissant les pertes agrave vide agrave cette tension P0 = 05 kWCommenter ces reacutesultats
Exercice 63 Diffeacuterents couplages et deacutemarrage drsquoun moteur asynchrone
On considegravere un moteur asynchrone triphaseacute teacutetra-polaire destineacute agrave travailler en couplage triangledont le scheacutema eacutequivalent monophaseacute (eacutequiva-lent eacutetoile donc) est fourni sur la figure 65Lors de la mise sous tension du moteur cacircbleacuteen triangle sous la tension U = 400 V agrave 50 Hzle courant de deacutemarrage est mesureacute et eacutegal agraveId∆ = 40 A1) Repreacutesenter le couplage triangle des phases du stator de la machine
2) Calculer lrsquoexpression litteacuterale de lrsquoimpeacutedance que repreacutesente une phase du scheacutemaeacutequivalent monophaseacute au deacutemarrage
Ω
2
2
3
s
V gC
r
loz=centloz
l = 30 mH
Lm = 12 H R prime2 g
I1
V
I prime2
Figure 65
222 6 bull Machines asynchrones
3) Agrave partir des donneacutees de deacutemarrage en couplage triangle calculer la valeur de cetteimpeacutedance au deacutemarrage
4) En deacuteduire la valeur de la reacutesistance R2prime
5) Calculer alors la valeur du couple de deacutemarrage de la machine Cd∆ (on srsquoaiderades formules deacutetermineacutees dans le cours)
6) Afin de diminuer la valeur du courant de deacutemarrage on deacutecide drsquoenvisager uncouplage eacutetoile pour le deacutemarrage Repreacutesenter ce couplage des phases du stator dela machine
7) Calculer la valeur du courant absorbeacute au deacutemarrage Idy
8) Calculer le plus simplement possible la valeur du couple de deacutemarrage Cdy
9) On envisage eacutegalement au lieu de modifier le couplage de la machine drsquoinseacutererlors du deacutemarrage des reacutesistances en seacuterie avec les phases du rotor Calcule la valeurde ces reacutesistances R permettant de limiter le courant de deacutemarrage agrave IdR = 133 A
10) Calculer alors la valeur du couple de deacutemarrage CdR
11) Comparer de faccedilon critique ces deux proceacutedeacutes En existe-t-il drsquoautres
Exercice 64 Machine asynchrone alimenteacutee agrave vitesse variable
On srsquointeacuteresse agrave lrsquoalimentation drsquoun moteur asynchrone teacutetra-polaire agrave cage par lrsquointer-meacutediaire drsquoun onduleur de tension agrave transistors IGBT conformeacutement au scheacutemarepreacutesenteacute sur la figure 66 Lrsquoobjectif du montage est de faire varier la vitesse de lamachine entre 0 et 3 000 trmin
La commande des transistors est preacutevue initialement de telle maniegravere agrave creacuteer sur lestator de la machine un systegraveme de tensions triphaseacutees dont on repreacutesente la tensionV1(t) sur la figure 67
Par ailleurs la machine preacutesente un couple maximal de 50 Nm quand elle est alimenteacuteesous une tension simple V = 230 V agrave f = 50 Hz
E = 300 V
V1(t)
Machine en eacutetoile
Figure 66
62 Seacuterie drsquoexercices ndeg 7 Machines asynchrones et alternateurs 223copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
1) Agrave quoi est relieacutee la valeur de la peacuteriode T des tensions creacutees par lrsquoonduleur
2) Exprimer la relation entre la vitesse du champ tournant de la machine et la
freacutequence Donner la plage des freacutequences agrave geacuteneacuterer pour couvrir la plage de
vitesses voulue
3) Calculer la valeur efficace V du fondamental de la tension V1 En quoi cette valeurest-elle importante
4) En neacutegligeant la reacutesistance des conducteurs du stator de la machine que devientlrsquoexpression du couple maximal theacuteorique Cmax en fonction de V f et de L lrsquoinduc-tance de fuite rameneacutee au primaire Calculer alors la valeur de L
5) Calculer alors la valeur du couple maximal que peut fournir la machine alimenteacutee parlrsquoonduleur aux vitesses de synchronisme de 1 000 trmin 2 000 trmin et 3 000 trminRepreacutesenter qualitativement lrsquoeacutevolution de cette valeur de couple en fonction de lavitesse sur un graphique sans eacutechelle
6) Quelle condition sur la tension V et la freacutequence drsquoalimentation f permet drsquoeacutevoluerdans la plage de vitesses avec un couple maximal constant
7) Exprimer par ailleurs la relation reliant la valeur efficace de la tension auxbornes drsquoune des phases et la valeur maximale du flux induit dans le circuit magneacute-tique En deacuteduire une concordance avec la question preacuteceacutedente
8) Comment obtenir la variation voulue de la tension V en fonction de la freacutequence
9) Reacutesumer les deacutefauts de la meacutethode envisageacutees dans ce systegraveme Agrave quelles applica-tions est-elle plutocirct reacuteserveacutee
622 Correction des exercices
Exercice 61 Moteur asynchrone scheacutema eacutequivalent et eacutecoulement des puissances
1) On trouve la vitesse de synchronisme en utilisant la formule Ici p = 2 on endeacuteduit Ns = 1 500 trmin
2) Le glissement nominal srsquoeacutecrit
V1(t) 2E 3
E 3
ndash E 3 ndash 2E 3
t T
T 2
Figure 67
1f
T=
60s
fN
p
loz=
1 500 1 4500033
1 500s r
ns
N Ng
N
- -= = =
224 6 bull Machines asynchrones
3) On repreacutesente le scheacutema eacutequivalent monophaseacute complet de la machine sur la figure 68
La reacutesistance Rf repreacutesente la reacutesistance eacutequivalente aux pertes fer dans la machine Lm repreacute-sente lrsquoinductance magneacutetisante drsquoune phase du stator R est la reacutesistance par phase desconducteurs statoriques L est lrsquoinductance de fuite eacutequivalente par phase rameneacutee au statorPour finir R2
prime est la reacutesistance eacutequivalente par phase du rotor rameneacutee au stator
4) Lors de lrsquoessai agrave vide la machine tourne agrave glissement tregraves faible On ramegravene donc naturel-lement le scheacutema eacutequivalent preacuteceacutedent au seul doublet Rf Lm
Si les pertes meacutecaniques et fer sont eacutequivalentes on eacutecrit
et
Comme on en deacuteduit
Par ailleurs
Donc
5) La puissance consommeacutee par le moteur au reacutegime nominal est
6) La puissance perdue par effet Joule au stator srsquoeacutecrit
7) La puissance transmise au rotor est donc Cette puissance
srsquoeacutecrit aussi or la puissance perdue par effet Joule au rotor srsquoeacutecrit
(il suffit drsquoexprimer courant et reacutesistances rameneacutes au secondaire pour
identifier cette expression avec ) On retiendra donc que
Ici
L
Lm R prime2 g
I1
V
230 V Rf
R = 30 mΩ
I prime2
Figure 68
0 65 W2mP
P = = 0 65 W2fP
P = =
2365 Wf
f
VP
R
loz= =
23244 kf
f
VR
PΩ
loz= =
ω
22 2 2 2
0 0 0 0 03
(3 ) 536 VARm
VQ S P V I P
L
loz= - = loz loz - = =
loz
ω
2
0
3094 Hm
VL
Q
loz= =
loz
ϕ3 cos 1104 Wn n n nP V I= loz loz loz =
22
23 3 036 Wjs nP R I R Icent= loz loz lt loz loz =
1 0387 Wr f jsP P P P= - - =
22
23rR
P Ig
centcent= loz loz
2
2 23jrP R Icent cent= loz loz2
2 23jrP R I= loz loz jr rP g P= loz
342 Wjr n rP g P= loz =
62 Seacuterie drsquoexercices ndeg 7 Machines asynchrones et alternateurs 225copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Pour finir la puissance utile fournie par la machine est
8) On repreacutesente de faccedilon tregraves classique ces diverses puissances sur le graphe drsquoeacutecoulementrepreacutesenteacute sur la figure 69
9) Le rendement nominal srsquoeacutecrit
La reacutesistance des conducteurs rotoriques pourrait ecirctre neacutegligeacutee dans ce scheacutema eacutetant donneacutela faible puissance de pertes qursquoelle justifie (036 W)
10) La puissance reacuteactive nominale srsquoeacutecrit
11) On en deacuteduit la valeur de L en eacutecrivant
Soit donc
Pour finir on peut calculer la reacutesistance R2prime en eacutecrivant
Pour deacuteterminer le courant I2prime on peut identifier la puissance apparente du rotor
Ainsi
Avec cette valeur on deacutetermine
12) La puissance utile vaut
Le glissement vaut
On en deacuteduit la puissance transmise au rotor
9394 Wu r m jrP P P P= - - =
Pn = 3VIncosϕ = 1104 W
Pf = 65 W Pjs = 038 W Pjr = 342 W
Pm = 65 W
Pu = 9394 W
Pr = 1038 W
Rotor Stator
Figure 69
085un
n
P
Pη = =
ϕ3 sin 828 VARn n n nQ V I= loz loz loz =
ω 20828 VAR 3n nQ Q L I= = + loz loz
ω0
277 mH
3n
n
Q QL
I
-= =
loz2
2 23jrP R Icent cent= loz loz
2 22 03 ( ) ( ) 1 078 VAr nV I P Q Qcentloz loz = + - =
21 078
156 A3 230
I cent = =yen
2 22
4663
jrPR
IΩcent = =
centloz
9394 W2348 W
4uP = =
1 500 14750016
1 500s r
ns
N Ng
N
- -= = =
r u m jr u m rP P P P P P g P= + + = + + loz
226 6 bull Machines asynchrones
Soit donc
Si on neacuteglige les pertes joules rotoriques
Ainsi le rendement au quart de la puissance srsquoeacutecrit
Exercice 62 Moteur asynchrone dans un environnement inapproprieacute
1) La vitesse de rotation du champ tournant est vraisemblablement 1 500 trmin en conseacute-
quence la vitesse de rotation de ce champ en rads srsquoeacutecrit
La vitesse de rotation du rotor srsquoeacutecrit elle
2) Les caracteacuteristiques donneacutees de la machine correspondent aux donneacutees nominales Lavitesse de rotation nominale eacutetant de 1 350 trmin le glissement nominal srsquoeacutecrit
Par ailleurs la puissance utile srsquoeacutecrit eacutegalement On en deacuteduit
3) La valeur de la reacutesistance eacutequivalente aux conducteurs rotoriques rameneacutee au stator se
calcule agrave partir de la formule donneacutee soit
NB La valeur de la tension simple est ici
4) En appliquant la mecircme formule avec C = 90 Nm on eacutecrit
On en deacuteduit
5)
6) Les valeurs des pertes Joules au rotor srsquoeacutecrivent ougrave Pr est la puissance trans-
mise au rotor crsquoest-agrave-dire la somme des pertes Joules et de la puissance meacutecanique
Ici crsquoest-agrave-dire
3046 W1u m
rP P
Pg
+= =
-
total 3697 Wf rP P P= + =
ηtotal
063uP
P= =
πΩ 2 1 500157 rads
60sloz= =
πΩ 2 1 3501413 rads
60rnloz= =
1 500 1 45001
1 500s r
ns
N Ng
N
- -= = =
Ω50 kW n rnP C= = loz
Ω3536 Nmn
rn
PC = =
Ω
2
2
3 nn
s
V gC
r
loz=
centloz
2
23
028n
s n
V gr
CΩ
Ωlozcent = =loz
400230 V
3V = =
Ω 22
00253s r C
gV
centloz loz= =
loz
(1 ) 1 462 trminr sN g N= - =
πΩ
2138 kW
60r
m rN
P C Cloz
= loz = loz =
jr rP g P= loz
r r mg P P Ploz = - 353 W(1 )
mjr r
g PP g P
g
loz= loz = =
-
62 Seacuterie drsquoexercices ndeg 7 Machines asynchrones et alternateurs 227copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Par ailleurs le rendement srsquoeacutecrit
7) La nouvelle valeur de la tension simple est
La nouvelle valeur de r2prime est
On en deacuteduit en utilisant la formule
On en deacuteduit
8) La nouvelle puissance meacutecanique srsquoeacutecrit
9) On recalcule les pertes Joules au rotor
La nouvelle valeur des pertes agrave vide est P0 = 05 kW
On en deacuteduit
Ces reacutesultats montrent que la machine preacutesente dans ces conditions des performances tregraves infeacute-rieures agrave celles preacutevues par le constructeur En reacutesumeacute il est impeacuteratif de faire travailler lesmachines eacutelectriques autour de leurs caracteacuteristiques nominales
Exercice 63 Diffeacuterents couplages et deacutemarrage drsquoun moteur asynchrone
1) On repreacutesente sur la figure 610 le couplage des phases de la machine en triangle
0
092m
m jr
P
P P Pη = =
+ +
230133 V
3V = =
2115 032r Ωcentloz =
Ω 22
0083s r C
gV
centloz loz= =
loz
(1 ) 1 371 trminr sN g N= - =
πΩ
2129 kW
60r
m rN
P C Cloz
= loz = loz =
1122 W(1 )
mjr r
g PP g P
g
loz= loz = =
-
0
088m
m jr
P
P P Pη = =
+ +
Phase 1
Phase 2
Phase 3
Couplage en triangle
I
J
U = 400 V
Figure 610
228 6 bull Machines asynchrones
2) Au deacutemarrage de la machine le glissement vaut 1 Lrsquoimpeacutedance que repreacutesente la machine
par phase en eacutequivalent eacutetoile est donc
La norme de cette impeacutedance srsquoeacutecrit
3) En couplage triangle chaque phase est sous la tension et parcourue par le
courant (on neacuteglige alors le courant passant dans Lm)
Lrsquoimpeacutedance de chaque phase vaut donc
4) On eacutecrit donc
On en deacuteduit soit
Pour simplifier on remarque que le courant passant dans Lm est neacutegligeable dans ce calcul
5) Le couple de deacutemarrage de la machine est avec g = 1 le quotient de la puissance trans-
mise au rotor par la vitesse de synchronisme de la machine
On eacutecrit donc en triangle
Application numeacuterique Cd∆ = 149 Nm
6) On repreacutesente sur la figure 611 le couplage des phases de la machine en eacutetoile
7) En couplage eacutetoile les enroulements sont sous V = 230 V au lieu de 400 V
Le courant de deacutemarrage vaut alors crsquoest-agrave-dire trois fois moins qursquoen
couplage triangle
8) Le couple de deacutemarrage est proportionnel au carreacute de la tension sur chaque enroulementLe couple en couplage eacutetoile sera donc eacutegalement le tiers du couple de deacutemarrage triangle
( )ω2mL R jlcent +
ω ω
ω ω
22
2
22
2
( )
( )
m
m
L R l
R L l
cent +
cent + +
3U V= loz
3d
d
IJ =
3 172d
U V
J I ∆Ω= =
ω ω
ω ω
22
2
22
2
( )172
( )
m
m
L R l
R L l
cent +=
cent + +
ω ω ωω ω
2 222 2
2 2 2
172 1721 ( ) ( )
( ) ( )m
m m
R L l lL L
Egrave ˘cent - = + loz -Iacute ˙Iacute ˙Icirc ˚
2 144R Ωcent =
πΩ
2157 radss
f
p
loz= =
Ω Ωω
22
2 2 22
22
3 3
( )d
s s
R I R UC
R l
cent cent centloz loz loz= =
Egrave ˘cent +Iacute ˙Icirc ˚
133 A172dy
VI = =
∆50 Nm3d
dyC
C = ordf
62 Seacuterie drsquoexercices ndeg 7 Machines asynchrones et alternateurs 229copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
9) Si on insegravere une reacutesistance R et qursquoon neacuteglige lrsquoeffet de Lm dans la maille le courant par
phase sous 400 V srsquoeacutecrit
On en deacuteduit R = 366 Ω
10) Le couple de deacutemarrage srsquoeacutecrit
11) Le proceacutedeacute de lrsquoinsertion de reacutesistances au stator nrsquoest pas vraiment inteacuteressantpuisqursquoen diminuant le courant drsquoun facteur trois il diminue le couple drsquoun facteur 9 Tantque possible il est preacutefeacuterable drsquoutiliser le deacutemarrage eacutetoile triangle Il existe un autreproceacutedeacute lrsquoinsertion de reacutesistances en seacuterie avec le rotor mais ce nrsquoest possible qursquoavec desmachines agrave rotor bobineacute
Exercice 64 Machine asynchrone alimenteacutee agrave vitesse variable
1) La peacuteriode des tensions geacuteneacutereacutees deacutepend directement de la freacutequence de commutation desinterrupteurs commandeacutes de lrsquoonduleur qui ici travaille en commande laquo pleine onde raquo Lafreacutequence de deacutecoupage des tensions impose ici directement celle des tensions ce qui nrsquoestpas le cas lorsqursquoon reacutealise une modulation de largeur drsquoimpulsion (MLI)
2) La vitesse du champ tournant se deacuteduit de la formule ici avec p = 2 puisquela machine comporte deux paires de pocircles
La plage des freacutequences agrave geacuteneacuterer est donc de 0 agrave (en reacutealiteacute un petit peuplus pour que le rotor tourne agrave 100 Hz)
3) La valeur du fondamental de tension se deacutetermine agrave partir du calcul du coefficient b1 de la
deacutecomposition en seacuterie de Fourier
Phase 1
Phase 2
Phase 3
Couplage en eacutetoile
I
U = 400 V
V = 230 V
Figure 611
ω22
3 133 A( ) ( )
dRU
IR R l
= loz =cent cent+ +
( )∆
Ωω
22
22
2
317 Nm
9( )
ddR
s
CR UC
R R l
centloz= loz = ordf
Egrave ˘cent + +Iacute ˙Icirc ˚
60s
fN
p
loz=
100 Hz60
spNf = =
ω ω11
( ) cos( ) sin( )n nn
V t a n t b n tbull
== loz + lozAcirc
230 6 bull Machines asynchrones
On eacutecrit
Ainsi
Soit
b1 est la valeur maximale de la composante de la deacutecomposition agrave la freacutequence f la valeur
efficace demandeacutee vaut alors
Cette valeur est celle de la tension simple drsquoalimentation du moteur crsquoest-elle qui va imposerle couple et la vitesse de la machine agrave charge donneacutee Les harmoniques de cette tension quinrsquoest pas purement sinusoiumldale ne participent en rien agrave la conversion drsquoeacutenergie ils vont justegeacuteneacuterer de la puissance deacuteformante neacutefaste au facteur de puissance
4) Drsquoapregraves le cours et en neacutegligeant la reacutesistance des conducteurs rotoriques le couple maximal
srsquoeacutecrit
Lrsquoapplication de cette formule aux conditions eacutenonceacutees donne
drsquoougrave L = 32 mH
5) Alimenteacutee par lrsquoonduleur la machine est sous la tension
Agrave 1 000 trmin
Agrave 2 000 trmin
Agrave 3 000 trmin
On repreacutesente sur la figure 612 lrsquoallure de la courbe
6) En reprenant la formule on voit que pour que le couple maximal soir
constant sur toute la plage de vitesse il est neacutecessaire de travailler avec crsquoest-agrave-
dire agrave
41 1 10 0
2 8( ) sin d ( ) sin d
T Tb V t t t V t t t
T Tω ω= loz loz = loz loz =Uacute Uacute
ω ω 6 4
0 0
8 8 2sin d sin d
3 3
T TE Et t t t
T Tloz loz + loz lozUacute Uacute
ω ωω ω
6 4
1 0 6
8 1 8 2 1cos( ) cos( )
3 3
T T
T
E Eb t t
T T
- -Egrave ˘ Egrave ˘= +Iacute ˙ Iacute ˙Icirc ˚ Icirc ˚
[ ] [ ]π π π π18 8 2 8 3 2
05 1 052 3 2 3 2 3 2
E E E Eb
Ecirc ˆ= - + + = =Aacute ˜Euml macr
π1 2
135 V2
b EV = = =
Ω ω π
2 2
max 2 2
3 3
2 8s
V p VC
L Lf
loz loz= =
loz loz
π
2
max 2 2
3 2 23050
8 50C
L
yen yen= =
loz yen
π2
135 VE
V = =
1 000333 Hz
60
pf
yen= =π
2
max 2 2
339 Nm
8
p VC
Lf
loz= =
loz
2 000666 Hz
60
pf
yen= =π
2
max 2 2
3975 Nm
8
p VC
Lf
loz= =
loz
3 000100 Hz
60
pf
yen= =π
2
max 2 2
343 Nm
8
p VC
Lf
loz= =
loz
max ( )sC N
π
2
max 2 2
3
8
p VC
Lf
loz=
loz 2
2Cte
V
f=
CteV
f=
63 Problegraveme ndeg 10 Motorisation asynchrone 231copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
7) La relation demandeacutee est la formule de Boucherot reliant la tension efficace V aux bornesdrsquoune bobine alimenteacutee en alternatif sinusoiumldal agrave la valeur de B maximale dans le circuitmagneacutetique
Si le terme alors le flux maximal est constant dans la machine La commande agrave
est donc souvent appeleacutee commande agrave flux constant ou agrave commande scalaire du
flux
8) Pour faire varier la tension et la freacutequence de la tension drsquoalimentation il est neacutecessairedrsquoenvisager un commande de lrsquoonduleur par modulation de largeur drsquoimpulsion (MLI) Cettederniegravere permet de faire travailler lrsquoonduleur agrave freacutequence de deacutecoupage constante et eacuteleveacutee(contenu harmonique eacuteloigneacute de la freacutequence du fondamental) tout en geacuteneacuterant un fondamentalde tension conforme agrave une consigne reacuteglable Pour plus drsquoinformations sur cette techniquese reporter agrave un cours drsquoeacutelectronique de puissance et de commande des machines eacutelectriques
9) Les deacutefauts de la meacutethode envisageacutee ici sont la constance de la tension drsquoalimentation ladiminution du couple maximal en fonction de la freacutequence qui en reacutesulte le lourd contenuharmonique de la commande pleine onde (non deacutemontreacute ici) Cette application est plutocirctreacuteserveacutee agrave des applications de tregraves fortes puissances bacirctie sur un onduleur agrave thyristors travaillantnaturellement autour de la centaine de Hertz
63 PROBLEgraveME Ndeg 10 MOTORISATION ASYNCHRONE
621 Eacutenonceacute
Dans ce problegraveme on envisage lrsquoutilisation drsquoune machine asynchrone triphaseacuteepour lrsquoentraicircnement drsquoun tapis roulant de type laquo escalator raquo Apregraves avoir deacutetermineacutela gamme de puissance neacutecessaire et le type de la machine on souhaite deacuteterminer
Ns (trmin) 1 000 2 000 3 000
Cmax (Nm)
39
975
43
Figure 612
φmax max444 444V N B S f N f= loz loz loz loz = loz loz loz
CteV
f=
CteV
f=
232 6 bull Machines asynchrones
ses performances dans plusieurs conditions de charge Dans tout le problegraveme lamachine sera consideacutereacutee comme alimenteacutee sous tension et freacutequence constantes
Partie 1 Deacutetermination de la puissance de la machine
Le tapis roulant sur lequel on envisage de transporter jusqursquoagrave 50 personnes estinclineacute drsquoun angle α par rapport agrave lrsquohorizontale Lrsquoobjectif de la motorisation estdrsquoentraicircner le tapis chargeacute agrave la vitesse v = 1 ms Le systegraveme consideacutereacute est repreacutesenteacuteavec les valeurs de certains paramegravetres sur la figure 613
1) Calculer la valeur de lrsquoangle α en degreacute agrave partir des donneacutees du problegraveme2) Donner les caracteacuteristiques du vecteur poids repreacutesentant les personnes dans lesconditions de pleine charge3) Repreacutesenter sur un dessin clair les projections du vecteur poids dans lrsquoaxe du tapiset agrave la perpendiculaire de cet axe Noter lrsquoexpression litteacuterale et la valeur de cesprojection On prendra g = 981 Nm4) Calculer alors le couple deacuteveloppeacute par la machine pour entraicircner le tapis chargeacuteon neacutegligera dans cette question les frottements du tapis et lrsquoeffet de la partie infeacute-rieure du tapis5) Calculer la vitesse de rotation des poulies Ωp correspondant agrave une vitesselineacuteaire de deacuteplacement du tapis v = 1 ms6) On a mesureacute agrave lrsquoaide drsquoune autre machine le couple correspondant agrave lrsquoentraicircne-ment agrave vide du tapis Cv = 402 N En deacuteduire le couple meacutecanique total sur lespoulies Cp et la puissance meacutecanique totale neacutecessaires agrave lrsquoentraicircnement du tapischargeacute7) Afin de preacutevoir une marge de surcharge on considegravere un coefficient de seacutecuriteacutede 15 dans la preacutevision de la puissance utile Quelle puissance meacutecanique devradonc deacutevelopper la machine
Partie 2 Modegravele de la machine
Le choix de la machine srsquoest porteacute sur un modegravele dont on preacutesente les donneacutees duconstructeur dans le tableau 62
35 m
100 m
v = 1 ms 50 personnes maxi
Poids moyen 80 kg
Poulie enroue libre
Poulie dentraicircnement Rayon r = 30 cm
Figure 613
63 Problegraveme ndeg 10 Motorisation asynchrone 233copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Dans toute la suite du problegraveme on srsquointeacuteresse au fonctionnement de la machine enreacutegime permanent et sous tension nominale1) Quelle est la valeur de la vitesse de synchronisme Ωs (rads) de cette machine Preacuteciser alors le nombre de pocircles qursquoelle preacutesente2) Quel est lrsquoexpression du glissement g de la machine en fonction de la vitesse Ωrdu rotor Calculer alors la valeur du glissement nominal gn 3) On repreacutesente sur la figure 614 le scheacutema monophaseacute eacutequivalent de la machine
Identifier sur ce scheacutema les eacuteleacutements suivants Rf la reacutesistance eacutequivalente aux pertesfer et meacutecaniques Lm lrsquoinductance magneacutetisante L lrsquoinductance de fuites rameneacutees au
primaire R1 la reacutesistance des enroulements du primaire et la reacutesistance eacutequiva-
lente des enroulements secondaires rameneacutee au primaire4) Quand le moteur est agrave vide sa vitesse est proche de la vitesse de synchronisme agravequoi se ramegravene alors le scheacutema eacutequivalent de la machine Utiliser alors les donneacuteesconstructeur pour deacuteterminer les valeurs de Rf et Lm 5) Calculer la valeur de la puissance reacuteactive nominale6) Faire alors un bilan des puissances actives et reacuteactives consommeacutees par le moteurau point nominal En preacutecisant la valeur de la puissance apparente S2
prime de la mailleparcourue par le courant I2
prime calculer la valeur de I2nprime Deacuteterminer alors la valeur de R1
de R2prime et de lrsquoinductance L
7) Calculer lrsquoexpression litteacuterale du courant I2prime en fonction de V et des grandeurs du
scheacutema eacutequivalent
Tableau 62
Puissance meacutecanique nominale
Pn = 22 kW
Vitesse nominale
Nn = 1 445 minndash 1
Tensions
230 V ∆ 400 V Y
Intensiteacute nominale
In = 435 A
Facteur de puissance 44
cosϕn = 083
Rendement 44
η = 88
Puissance eacutelectrique agrave vide
P0 = 12 kW
Courant agrave vide
I0 = 434 A
Courant de deacutemarrage
ID = 65 middot IN
V
I I prime2
Figure 614
2R
g
cent
234 6 bull Machines asynchrones
8) Le couple Cm fourni par la machine correspond agrave la puissance consommeacutee par la
reacutesistance diviseacutee par la vitesse de synchronisme Ωs Calculer alors lrsquoexpression
litteacuterale de ce couple9) Que devient cette expression quand le glissement g est proche de zeacutero Cetteexpression simplifieacutee est-elle valable jusqursquoau point nominal
Partie 3 Aspect pratique du fonctionnement de la machine
1) La vitesse nominale de la machine ne correspondant pas agrave la vitesse de rotationdes poulies il est neacutecessaire de rajouter un reacuteducteur meacutecanique Calculer le rapportde reacuteduction neacutecessaire pour faire correspondre la vitesse nominale de la machine agraveun deacuteplacement du tapis agrave 1 ms2) Si on neacuteglige les pertes dans ce reacuteducteur quel est le rapport qui relie le couple Ctau couple Cm fourni par la machine 3) Calculer la valeur du couple meacutecanique total Ct correspondant agrave la preacutesence dedouze personnes sur le tapis crsquoest-agrave-dire sensiblement au quart de la pleine charge4) En deacuteduire le couple Cm fourni par la machine5) Agrave partir de la formule eacutetablie agrave la question 2-9 calculer la valeur du glissement g1
4 correspondant agrave cette charge6) En deacuteduire la valeur de la vitesse de rotation de la machine Calculer alors la vitessede rotation des poulies7) En deacuteduire la vitesse de deacuteplacement lineacuteaire lorsque le tapis nrsquoest qursquoau quart desa charge Commenter ce reacutesultat
622 Correction deacutetailleacutee
Partie 1 Deacutetermination de la puissance de la machine
1) Il est clair sur le dessin que
Il suffit donc drsquoeacutecrire
2) La pleine charge repreacutesente 50 personnes drsquoune masse de 80 kg de moyenne soit doncune masse m = 4 tonnes
Le vecteur poids correspondant est un vecteur vertical dirigeacute vers la bas et drsquoamplitude mg
3) On repreacutesente sur la figure 615 levecteur poids ainsi que ses projec-tions sur les axes demandeacutes
Les valeurs des projections sont
et
4) On voit sur le dessin que la forcequi srsquoapplique agrave la peacuteripheacuterie de lapoulie entraicircneuse vaut
2R
g
cent
35tan( ) 035
100α = =
α Arc tan(035) 193= = infin
α
α
π 2 ndash α
mg middot sinα mg middot sinα
mg middot cosα
mg
Figure 615
αsin 1297 Nmg loz =αcos 3705 Nmg loz =
αsinmg loz
63 Problegraveme ndeg 10 Motorisation asynchrone 235copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
Le couple correspondant vaut donc Lorsque cette poulie entraicircne la charge agravevitesse constante la somme des couples est nulle Le couple deacuteveloppeacute par la machine pourentraicircner le tapis chargeacute vaut donc eacutegalement
5) Les poulies vont tourner agrave la vitesse angulaire Ωp telle que
Ainsi
6) Le couple meacutecanique total fourni par la machine vaut la somme des couples reacutesistants icile couple agrave vide plus le couple de traction des personnes
On peut ainsi eacutecrire
Application numeacuterique Cp = 3 930 Nm
La puissance meacutecanique totale correspondant est donc
7) En tenant compte du coefficient de seacutecuriteacute de 15 la puissance totale permettant le choix
du moteur est
Partie 2 Modegravele de la machine
1) La vitesse de rotation du champ creacuteeacute par des bobinages triphaseacutes parcourus par des
courants agrave 50 Hz srsquoexprime sous la forme suivante ougrave f = 50 Hz et p est le
nombre de paires de pocircles de la machine Les valeurs de cette vitesse dite de synchronismesont donc de 3 000 trmin ou 1 500 trmin ou 750 trmin etc
La vitesse nominale du rotor drsquoune machine asynchrone elle est toujours leacutegegraverement infeacute-rieure agrave sa vitesse de synchronisme Ici la vitesse nominale vaut 1 445 trmin la vitesse desynchronisme est donc de 1 500 trmin
La vitesse angulaire associeacutee srsquoeacutecrit donc
2) Le glissement de la machine agrave la vitesse rotorique Ωr est deacutefini comme
Le glissement nominal vaut donc
3) On repreacutesente sur la figure 616 le scheacutema eacutequivalent monophaseacute compleacuteteacute
αsinr mgloz loz
αsinr mgloz loz
Ω 1 mspr vloz = =
Ω 333 rdspv
r= =
αsinp vC C r mg= + loz loz
Ω 1309 kWt p pP C= loz =
15 1309 kW 1963 kW 20 kWtP = yen = ordf
60s
fN
p
loz=
πΩ 2 1 500157 rads
60syen= =
Ω ΩΩ
s r s r
s s
N Ng
N
- -= =
1 500 1 4450036
1 500ng-
= =
V
I I prime2
Rf Lm L R1 R prime2 g
Figure 616
236 6 bull Machines asynchrones
La reacutesistance eacutequivalente des pertes fer ainsi que lrsquoinductance magneacutetisante sont les eacuteleacutementsclassiques dus au fait que le stator de la machine est eacutequivalent agrave un primaire de transformateur
La reacutesistance repreacutesente la reacutesistance eacutequivalente des conducteurs du rotor rameneacutee au
primaire La preacutesence du glissement dans cette expression provient du fait que la freacutequencedes courants secondaires est gf Lrsquoeacutecriture de lrsquoeacutequation de maille au secondaire permet faci-lement drsquoeacutetablir cette eacutecriture
4) Agrave vide la vitesse du rotor est proche de la vitesse de synchronisme autant dire alors que leglissement est proche de zeacutero
La reacutesistance tend alors vers des valeurs tregraves importantes et il est possible de consideacuterer
ouverte la maille de droite du scheacutema eacutequivalent
On repreacutesente alors sur la figure 617 le scheacutema reacutesultant de ces consideacuterations
Pour calculer la valeur de la reacutesistance Rf le plus simple consiste agrave eacutecrire que la puissance
consommeacutee agrave vide srsquoeacutecrit
En conseacutequence
Pour calculer Lm il est neacutecessaire de calculer la puissance reacuteactive agrave vide
Il suffit ensuite drsquoeacutecrire crsquoest-agrave-dire que
5) Le plus simple pour calculer cette puissance consiste agrave eacutecrire
Connaissant la valeur on en deacuteduit
Application numeacuterique Qn = 1674 kVAR
2R
g
cent
2R
g
cent
V
I
Rf Lm
Figure 617
2
0 3 12 kWf
VP
R= loz =
2 23 2303 13225
1 200fO
VR
PΩ
yen= loz = =
2 2 2 20 0 0 0 0(3 ) 274 kVARQ S P V I P= - = loz loz - =
ω
2
0 3m
VQ
L= loz
loz
ω π
2 23 2303 184 mH
2740 2 50mO
VL
Q
yen= loz = =
loz yen yen
ϕ3 sin( )n n nQ V I= loz loz loz
cos( ) 083nϕ = sin( ) 0557nϕ =
63 Problegraveme ndeg 10 Motorisation asynchrone 237copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
6) Ci-dessous le bilan des puissances consommeacutees par le moteur
bull Bilan de puissances actives
Puissance totale consommeacutee par la machine
Puissance perdue dans Rf
Puissance perdue dans R1
Puissance fournie au rotor
bull Bilan de puissances reacuteactives
Puissance reacuteactive totale consommeacutee par la machine
Puissance reacuteactive consommeacutee par Lm
Puissance reacuteactive consommeacutee par L
Puissance apparente
Application numeacuterique
On en deacuteduit
bull Deacutetermination des eacuteleacutements
Comme on calcule que
On calcule alors
Et
7) Commenccedilons par eacutecrire la relation de maille
On en deacuteduit par passage aux modules
ηtotal4 4
25 kWnPP = =
0 12 kWRfP P= =
2
1 1 23R nP R I cent= loz loz
22
Rotor 23 22 kWnn
RP I
g
centcent= loz loz =
ϕtotal tan( ) 1674 kVARn nQ P= loz =
0 274 kVARLmQ Q= =
ω2
23L nQ L I cent= loz loz
( ) ( )1
22
2 2 Rotor total3mR LS V I P P Q Qcent cent= loz loz = + + -
2 2761 kVAS cent =
22 40 A
3nS
IV
centcent = =
loz
1total Rotor 25 kWfR RP P P P= + + =
1
2
1 23 18 kWR nP R I cent= loz loz =
11 2
2
375 m3
R
n
PR
IΩ= =
centloz
Rotor2 2
2
165 m3
n
n
PR g
IΩcent = =
centloz
ω 21 2 2 2
RV R I jL I I
g
centcent cent cent= loz + loz + loz
ω
22
221 ( )
VI
RR L
g
cent =Ecirc ˆcent
+ +Aacute ˜Aacute ˜Euml macr
238 6 bull Machines asynchrones
8) Lrsquoapplication de la deacutefinition donneacutee dans la question apporte
9) En multipliant le numeacuterateur et le deacutenominateur de lrsquoexpression de Cm par g2 on obtient
Lorsque le glissement est proche de zeacutero lrsquoexpression du couple se simplifie et on retiendra
Partie 3 Aspect pratique du fonctionnement de la machine
1) Le deacuteplacement du tapis agrave 1 ms correspond on lrsquoa vu agrave la question 1-5 agrave la vitesse derotation des poulies Ωp = 333 rds ce qui correspond agrave la vitesse
Le moteur tournant au point nominal agrave la vitesse Nn = 1 445 trmin le rapport du moto-
reacuteducteur agrave choisir est
2) Si on neacuteglige les pertes du reacuteducteur le produit CΩ est constant de part et drsquoautre desengrenages Ainsi on peut eacutecrire Cp middot Ωp = Cm middot Ωn
On peut donc eacutecrire
3) Si seulement douze personnes sont sur le tapis le couple srsquoeacutecrit
4) En appliquant la relation eacutetablie agrave la question 3-2 on eacutecrit
5) En utilisant la relation de la question 2-9 on eacutecrit ici
Application numeacuterique g14 = 00133
6) Il suffit ici drsquoappliquer la deacutefinition du glissement pour eacutecrire
Ω Ωω
222 2
2 2
221
31 3
( )
ms s
R R VC I
g gR
R Lg
cent centloz lozcent= loz loz =loz Ecirc ˆcent
+ +Aacute ˜Aacute ˜Euml macr
( )Ωω
22
22
1 2
3
( )m
s
R g VC
R g R L g
cent loz loz=
centloz + + loz
Ω
2
2
3m
s
g VC
R
loz loz=
centloz
Ωπ
60318 trmin
2p pN = =
0022p p
n n
Nr
N
ΩΩ
= = =
ΩΩ
0022p
m p pn
C C C= loz = loz
αsin 03 12 80 981 sin(193) 1 3358 Nmp v vC C r mg C= + loz loz = + yen yen yen yen =
0022 294 Nmm pC C= loz =
Ω 21 4 23
m sC Rg
V
centloz loz=
loz
s r
s
gΩ Ω
Ω-
=
1 4(1 ) 1549 radsr s gΩ Ω= - =
64 Problegraveme ndeg 11 Synthegravese sur les principaux moteurs eacutelectriques en traction 239copy
Dun
od ndash
La
phot
ocop
ie n
on a
utor
iseacutee
est
un
deacutelit
La vitesse de rotation des poulies sera dans ces conditions
7) La vitesse de deacuteplacement lineacuteaire du tapis sera donc au quart de la charge humaine
Malgreacute la diffeacuterence de poids entraicircneacute cette vitesse de deacuteplacement du tapis diffegravere peu de lavitesse en pleine charge Cette caracteacuteristique est un facteur important de confort et drsquoeffica-citeacute du systegraveme de traction
64 PROBLEgraveME Ndeg 11 SYNTHEgraveSE SUR LES PRINCIPAUX MOTEURS EacuteLECTRIQUES EN TRACTION
641 Eacutenonceacute
En France la traction ferroviaire a eacuteteacute reacutevolutionneacutee par les Trains agrave Grande Vitesse(TGV) Depuis les anneacutees 80 trois types de TGV correspondant aux trois types demotorisation eacutelectrique ont fait leur apparition Ce sujet a pour but drsquoeacutetudier les diversesmotorisations et de mettre en eacutevidence leurs avantages et leurs deacutefauts
Partie 1 Le TGV PSE et sa motorisation agrave courant continu
Le TGV PSE (Paris Sud Est) est le premier type de train agrave grande vitesse deacuteveloppeacuteConstruit de 1978 agrave 1985 en France il preacutesente une motorisation agrave courant continuCe train est entraicircneacute par 12 moteurs agrave courant continu qursquoon va supposer identiqueset qursquoon repreacutesentera conformeacutement au scheacutema de la figure 617
1) Justifier le sens conventionnel du courant I indiqueacute sur le scheacutema2) Repreacutesenter le scheacutema eacutelectrique total eacutequivalent agrave lrsquoinduit de la machine agravecourant continu en reacutegime permanent En justifier chaque eacuteleacutement3) La courbe effortvitesse des rames motrices est repreacutesenteacutee sur le graphe de lafigure 618 Lrsquoeffort est deacutefini comme la force horizontale qui pousse le train cetteforce srsquoappliquant sur lrsquoessieu des roues motricesSachant qursquoil y a 12 ensembles moteurs quelle est la force horizontale F deacuteveloppeacuteepar un essieu moteur agrave 240 kmh
Ω Ω0022 34 radsp n= loz =
Ω 102 mspv r= loz =
Ie V
I
C Ω
Figure 618