Notions de base et machines électriquesISBN 2 10 049064 8 EXERCICES ET PROBLÈMES...

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

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ISBN 2 10 049064 8 wwwdunodcom

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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

NordCompo
Fichier en piegravece jointe
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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

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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

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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



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


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


24 Problegraveme ndeg 4 Modeacutelisation drsquoun tronccedilon de reacuteseau conclusions sur la neacutecessiteacute drsquointerconnexion des reacuteseaux 94


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


33 Problegraveme ndeg 5 Charges non-lineacuteaires propagation et conseacutequences des courants non sinusoiumldaux 124


Table des matiegraveres VIIcopy

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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


43 Problegraveme ndeg 6 Choix et caracteacuterisation drsquoune machine agrave courant continu pour une utilisation embarqueacutee 153


44 Problegraveme ndeg 7 Machine agrave courant continu reacuteversibiliteacute et reacutegimes transitoires 161


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


53 Problegraveme ndeg 8 Eacutetude drsquoun alternateur moteur de centrale hydroeacutelectrique 193


54 Problegraveme ndeg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone 202


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


63 Problegraveme ndeg 10 Motorisation asynchrone 231


64 Problegraveme ndeg 11 Synthegravese sur les principaux moteurs eacutelectriques en traction 239


BIBLIOGRAPHIE ET LIENS 247

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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


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

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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=


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 +


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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


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


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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

=


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


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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


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

=


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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


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

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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


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


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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


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


5)


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


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


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2)

3)


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

= =



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


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


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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


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


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

= = =


= = 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

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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


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+ + =


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La

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est

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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+ + =


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



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


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


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


cosP

kS

= = ϕ

14 Seacuterie drsquoexercices ndeg 2 Circuits triphaseacutes 25copy

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un

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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


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



U12

V3

P

N

I

V

Figure 130 Scheacutema monophaseacute eacutequivalent drsquoune charge eacutequilibreacutee

Avec

soit


3 cosP V I= sdot sdot sdot ϕ3 sinQ V I= sdot sdot sdot ϕ


cosP

kS

= = ϕ

Z 3Z


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


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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


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



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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


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



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


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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


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


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Cette reacutesistance R est telle que

On en deacuteduit


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



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


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


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


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


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 Õcirc loz lozEuml macr Euml macrOacute


Dun

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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 Õcirc Euml macr Euml macrOcircIgrave

-Ecirc ˆ Ecirc Ôcirc = - + + = - loz +Aacute ˜ Aacute Õcirc Euml macr Euml macrOacute

1 2 17

43 NV V V centloz + = - 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+ +

= - = - +


N

N prime

V1N prime

V2N prime

VN primeN

V3Nprime

3 7 middot V2

ndash7 5 middot V1

V1

V2

V3

Figure 138



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

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La

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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


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



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


Dun

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La

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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


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


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


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


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



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


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


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= = =

+


Dun

od ndash

La

phot

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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


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


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


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


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


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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


15) La valeur du courant de ligne est tregraves facile agrave trouver en eacutecrivant


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


16 PROBLEgraveME Ndeg 2 SYSTEgraveMES TRIPHASEacuteS DEacuteSEacuteQUILIBREacuteS


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

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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



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


Figure 153


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



cosϕT = 0 9 AR

Vc1 Vc2

Vc3

Figure 154

T TR X- TX

1Z 2Z

3Z

1eZ 2eZ 3eZ

1cV 2cV 3cV


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un

deacutelit



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


ϕ 33 Z3 3

3

( ) Ar tan 113Q

I V cP


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


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


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= +


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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


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 Âacute ˜ =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


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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


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


= - + - - -Ocirc Aacute ˜Euml macrOcircOacute


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


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 Âacute ˜= Aacute Ãacute ˜Euml macr

1 11

2 2

3 3

c

c

c

V V

V M V

V V

-Ecirc ˆ Ecirc Âacute ˜ Aacute ˜= lozAacute ˜ Aacute Ãacute ˜ 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


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est

un

deacutelit

Le scheacutema eacutequivalent est conforme agrave celui de la figure 158

Il suffit alors de former les impeacutedances eacutequivalentes

et


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


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


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


33 3 3

3

274 087

274 118e

ce L

Z jV V V

Z Z j


+= 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

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oris

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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

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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


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


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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


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


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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



Figure 29 Les symboles et les conventions du transformateur ideacuteal


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 -


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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


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

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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


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


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


N1N2

R1R3

R2

i1

v1v2

i2Φ1

Φ3

Φ2

Figure 215

1V cent


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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 =


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


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


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



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 =


Dun

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La

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ocop

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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


Pour ne pas deacutepasser une densiteacute de courant de 5 Amm2 il faut assurer la relation suivante

Donc


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


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


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La

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on a

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est

un

deacutelit


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


On constate sur ces scheacutemas de principe que lrsquoentrefer a un effet deacute-saturant sur la courbe drsquoaimantation du circuit magneacutetique


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


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


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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



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


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


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 = + =


Dun

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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


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 =


23 PROBLEgraveME Ndeg 3 CARACTEacuteRISATION ET UTILISATION DE TRANSFORMATEUR INDUSTRIEL MISE EN PARALLEgraveLE DE TRANSFORMATEURS


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

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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


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


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Documentation du constructeur




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


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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


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 = =


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


Figure 229

20

1

237002053

11 540

Vm

V= = =


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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


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


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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


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


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=


Transfo MT BT A B C

a b c

N

aprime bprime cprime

Charges additionnelles

N

Site industriel initial

Pmax = 780 kWcosϕ gt 08


Figure 233


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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


Figure 234

m

Charge V2 V1

Rf 2 Lmicro 2

l2 2 r2 2

m V1

NTransformateur parfait

Figure 235


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


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

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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


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


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



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


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


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La

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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


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


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un

deacutelit


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


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


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


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 + =


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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


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 =


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


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


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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

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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

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La

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ie n

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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


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


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 + =


Dun

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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 + + =


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

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32 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 4 GRANDEURS NON SINUSOIumlDALES ET REacuteGIMES TRANSITOIRES


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


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


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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


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



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


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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


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


i t i a n t b n tbull


( ) ( )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 =


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


1) Sur lrsquointervalle le courant i1 a pour expression

On calcule alors


Donc

2) On calcule ici


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 Êgrave ˘= - = +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


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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


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 + =


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 Ãacute ˜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 -


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 Âacute ˜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


Ainsi

La figure 312 repreacutesente le traceacute du courant i pour t gt 0


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 Ãacute ˜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


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 =


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


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 Ãacute ˜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 - - =


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


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-


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-


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



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


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


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


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


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


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


8) La puissance apparente consommeacutee par le transformateur srsquoeacutecrit comme le systegraveme est

eacutequilibreacute


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 Îacute ˙= loz + lozAacute ˜ Aacute Ãacute ˜ 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 Ãacute ˜ 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-



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



soit donc

drsquoougrave

3) Comme le systegraveme est eacutequilibreacute la puissance apparente consommeacutee au secondaire de T1

par la charge srsquoeacutecrit


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



Dun

od ndash

La

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ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



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


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 =


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


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

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est

un

deacutelit


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



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


(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


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


42 Seacuterie drsquoexercices ndeg 5 Machines agrave courant continu 141copy

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La

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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


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


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


Dun

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La

phot

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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


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

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

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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)



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= =


3) Comme Re1 = 0 le courant inducteur vaut

Agrave vide donc

Par ailleurs

4) On utilise ici la relation en reacutegime permanent


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


1) On repreacutesente le scheacutema eacutequivalent dela geacuteneacuteratrice naturellement en conven-tion geacuteneacuterateur sur la figure 48

2) La puissance nominale de la machinesrsquoeacutecrit


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

lozloz + + 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= =


Dun

od ndash

La

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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


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


On retiendra

La relation couple vitesse elle srsquoeacutecrira

6) On repreacutesente sur la figure 410 les courbes I(Ω)et C(Ω)


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


Dun

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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 ˚


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


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


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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


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


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 =+


soit donc


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

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43 PROBLEgraveME Ndeg 6 CHOIX ET CARACTEacuteRISATION DrsquoUNE MACHINE Agrave COURANT CONTINU POUR UNE UTILISATION EMBARQUEacuteE


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


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


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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


Tecircte de ForageDiamegravetre D = 40 cm

Nfn = 75 trmin

R

U

I

Ωr

rendement ηr = 09

Ωf

Figure 416


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



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=


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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


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


Figure 417


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= = =


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


1) Ces formules issues du cours srsquoeacutecrivent toujours


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


Un inconveacutenient neacuteanmoins reacuteside dans les pertes Joules suppleacutementaires dans le bobinageinducteur


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




8) Le courant eacutetant toujours nominal la valeur de la force eacutelectromotrice agrave mi-vitesse est lamoitieacute de sa valeur nominale




Les pertes dans le moto-reacuteducteur repreacutesentent toujours un rendement ηr = 09



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


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


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 =


ηη total joules

2total

( ) 48 374 785 9651409 0377

48 374r m

n

P P P

P

loz - - yen - -= = loz =

yen


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


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


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



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

= = =


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 =


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


La puissance dissipeacutee vaut


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= =


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


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


6) La vitesse de descente est

Application numeacuterique ν = 111 ms

7) La puissance reccedilu par lrsquoalimentation vaut

Le rendement en reacutecupeacuteration srsquoeacutecrit naturellement


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


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 Ãacute ˜Euml macr

Ωη 2

100 rds10

fp

U R r m g

K K

loz loz loz= - =

loz lozτ

2057 s

RJ

K= =


Dun

od ndash

La

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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


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 Ãacute ˜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


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


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 Êcirc ˆ= - = loz -Aacute Ãacute Ãacute ˜ Aacute ˜Euml macr Euml macr

t0 τe 3τe = 048 s

i(t)1833 A

Figure 426


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est

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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 Ôcirc = loz -Igrave Aacute ˜Euml macrOcircOcirc Ecirc ˆ= loz +Ocirc Aacute ˜Euml macrOcircOacute

51 Synthegravese de cours ndeg 6 Champs tournants et Machines synchrones 175copy

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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


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


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


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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


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



= 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


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


Dans tous les cas le rendement srsquoeacutecrit Ptotale


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 =



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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


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


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


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

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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


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


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

=


Dun

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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


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)


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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



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


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


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


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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


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


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


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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


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


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


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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+ 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



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


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

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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


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


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


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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


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



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


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


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deacutelit



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



1 1 1 2 3 1

2 2 2 1 3 2

3 3 3 2 1 3




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


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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


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


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


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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


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


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


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


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

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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


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


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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



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


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)


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


1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I p t

t

22

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I p tt



33

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I p tt

πω πloz= = yen2 1 50050 rds

602 50 100π πyen =


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


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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


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


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


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


V

E

ϕ

+

O

M

P

δ

Figure 534

Re

Im

I


V

E

ϕ O

M

P

δ XS middot I middot cosϕ

XS middot I middot sinϕ

Figure 535


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


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


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


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


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


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 =


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


Application numeacuterique E = 1255 kV

On en deacuteduit

ω2eK I

Eloz loz

=

Re

Im

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


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



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


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


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


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


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


62 SEacuteRIE DrsquoEXERCICES Ndeg 7 MACHINES ASYNCHRONES ET ALTERNATEURS


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


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


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



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

- -= = =


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 =


Dun

od ndash

La

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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


Soit donc

Si on neacuteglige les pertes joules rotoriques

Ainsi le rendement au quart de la puissance srsquoeacutecrit


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 = =

-


Dun

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La

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ie n

on a

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iseacutee

est

un

deacutelit


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


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


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


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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


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


V t a n t b n tbull

== loz + lozAcirc


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

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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


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=


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


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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


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



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


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est

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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


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


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 =


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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


bull Bilan de puissances reacuteactives

Puissance reacuteactive totale consommeacutee par la machine

Puissance reacuteactive consommeacutee par Lm

Puissance reacuteactive consommeacutee par L

Puissance apparente


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 Ãacute ˜Euml macr


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


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


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


( )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

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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


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


4) Sur chaque roue la reacutepartition des forces est conforme au dessin eacutegalement repreacute-senteacute sur la figure 618 Quel est alors le couple deacuteveloppeacute par une roue agrave 240 kmh

5) Calculer alors le couple Cm deacuteveloppeacute par un moteur sachant qursquoun reacuteducteur devitesse de rapport 1 1934 relie les moteurs aux essieux (attention chaque moteurentraicircne deux roues)

6) Calculer la valeur de Ω (rds) la vitesse de rotation des roues agrave 240 kmh Calculeralors la vitesse de rotation des moteurs Ωm dans ces conditions

7) En deacuteduire la puissance meacutecanique Pm deacuteveloppeacutee par chaque moteur

8) Le constructeur indique que la puissance eacutelectrique totale consommeacutee en reacutegimepermanent agrave 240 kmh vaut 6 575 kW La tension appliqueacutee aux moteurs est alorsV = 15 kV Calculer alors le courant absorbeacute par un des moteurs

9) On estime la valeur des pertes meacutecaniques de chaque moteur agrave 10 kW Faire unbilan des puissances consommeacutees et fournies dans chaque moteur En deacuteduire lavaleur de la force eacutelectromotrice E drsquoun moteur

10) Le constructeur indique que la puissance eacutelectrique totale consommeacutee en reacutegimepermanent agrave 240 kmh vaut 6 575 kW La tension continue appliqueacutee aux moteursest alors V = 15 kV Calculer alors le courant absorbeacute par un des moteurs

11) Calculer pour finir la valeur de la reacutesistance drsquoinduit des moteurs et le rendementdu TGV PSE agrave la vitesse de 240 kmh

Partie 2 Le TGV A et sa motorisation synchrone

Construit de 1988 agrave 1992 le TGV A (Atlantique) est eacutequipeacute drsquoune motorisation baseacuteesur des machines synchrones auto-piloteacutees Lrsquoabsence de collecteur permet une utili-sation particuliegraverement destineacutee agrave la grande vitesse

Ce train est eacutequipeacute de 8 moteurs synchrones triphaseacutes qui deacuteveloppent un effort totalde 115 kN agrave 200 kmh avec des roues de 437 mm de rayon (mais sa vitesse maximaleest de 300 kmh) Un reacuteducteur de rapport 1 21894 relie les moteurs aux essieux

1) Calculer le couple Cm exerceacute par un des moteur et la vitesse de rotation des roues Ωm(rds) agrave 200 kmh Quelle est alors la puissance meacutecanique Pm produite par un chaquemoteur

222 kN

270 kmh

effort

vitesse

95 kN

240 kmh (vitesse de croisiegravere)

F 2

F 2

rayon de la roue 442 mm

rail

Figure 619


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2) Le scheacutema eacutequivalent monophaseacute de chaque moteur est repreacutesenteacute sur la figure 619 Lrsquoalimentation du train fournit agrave 200 kmh une tension efficace V = 15 kV pour unepuissance active totale de 6 655 kW et un cosϕ = 08 AR Calculer le courant I absorbeacutepar une phase drsquoun des moteurs (on fera lrsquoapproximation que tous les moteurs sontidentiques et eacutequilibreacutes)

3) On estime les pertes meacutecaniques dans chaque moteur agrave 9 kW Calculer alors parun bilan de puissances la puissance perdue dans la reacutesistance R pour chaque moteur4) Calculer alors la valeur de R Calculer eacutegalement le rendement du TGV A

Partie 3 Le TGV laquo Eurostar raquo TMST et sa motorisation asynchrone

Construit agrave partir de 1994 ce train dont les performances sont comparables agrave cellesdu TGV A est eacutequipeacute de machines asynchrones piloteacutees par controcircle vectoriel du fluxSes rames sont eacutequipeacutees de 12 moteurs asynchrones triphaseacutes Les moteurs fournis-sent un effort de 220 kN agrave 200 kmh pour des roues de 450 mm de rayon On noteraΩs la vitesse de rotation du champ statorique et Ωr la vitesse de rotation du rotor etdes roues drsquoun moteur1) Repreacutesenter un scheacutema eacutequivalent par phase drsquoun des moteurs asynchrone en yfaisant apparaicirctre les eacuteleacutements classiques mis en eacutevidence dans le cours2) Donner lrsquoexpression litteacuterale de la puissance eacutelectromagneacutetique Pem fournie aurotor drsquoun des moteurs3) Donner lrsquoexpression litteacuterale de la puissance perdue par effet joule dans les bobi-nages statoriques drsquoun moteur en fonction du courant absorbeacute par chaque phase IOn neacutegligera pour cette question les imperfections dues au fonctionnement agrave vide dechaque moteur4) Calculer la valeur de la puissance meacutecanique totale deacuteveloppeacutee par le train agrave200 kmh5) Calculer alors le rendement du TGV laquo Eurostar raquo sachant qursquoil consomme unepuissance eacutelectrique de 13 MW agrave 200 kmh6) Sachant que le courant que consomme chaque phase de chaque moteur vaut150 A et qursquoon estime agrave 20 kW les pertes meacutecaniques de chaque moteur calculer lavaleur de la reacutesistance des enroulements statoriques R1

Note de lrsquoauteur Les donneacutees proposeacutees dans ce problegraveme sont des donneacuteesrendues publiques sur les trains agrave grande vitesse Les calculs eacutetablis au long

E V R I Ls

Figure 620


des questions permettent de deacuteterminer des eacuteleacutements de performances qui netiennent pas compte de certains critegraveres importants (aeacuterodynamisme encom-brements poids etc) En conseacutequence les reacutesultats obtenus sont relativementeacuteloigneacutes des reacutealiteacutes technologiques qui ont deacutetermineacute les mises au point detels systegravemes



1) Le moteur est ici repreacutesenteacute en convention reacutecepteur crsquoest logique puisque le moteur estun reacutecepteur de puissance eacutelectrique et un geacuteneacuterateur de puissance meacutecanique

2) La figure 620 repreacutesente la scheacutema eacutequivalent de lrsquoinduit de la machine agrave courant continuen reacutegime permanent

La force eacutelectromotrice E repreacutesente la tension que deacuteveloppent les bobinages drsquoinduit quandle rotor tourne la reacutesistance R repreacutesente la reacutesistance eacutequivalente aux bobinages drsquoinduit

3) Agrave 240 kmh lrsquoeffort total fourni par les moteurs est de 95 kN Lrsquoeffort fourni par un seul

des moteurs est donc

4) On voit sur le scheacutema de la figure 112 que le point drsquoapplication de lrsquoeffort moteur se fait

sur le rail Le couple moteur sur chaque roue a donc pour valeur

5) Chaque moteur entraicircnant deux roues le couple moteur deacuteveloppeacute par un moteur en sortie

du reacuteducteur srsquoeacutecrit

Le reacuteducteur permet de multiplier la vitesse de rotation des roues par rapport agrave celle dumoteur drsquoun facteur 1934 En conseacutequence le couple deacuteveloppeacute par le moteur sera lui1934 fois plus fort que celui reacutecupeacutereacute sur les essieux

On eacutecrit ainsi

V

I R

E


Figure 621

95 0007 9166 N

12F = =

1 7516 Nm2

Fr loz =

2 3 5031 Nm2

Frloz loz =

1934 2 6 775 Nm2mF

C r= loz loz loz =


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iseacutee

est

un

deacutelit

6) La vitesse de rotation des roues agrave la vitesse lineacuteaire v = 240 kmh vaut

Le moteur en amont du reacuteducteur de vitesse tourne alors agrave la vitesse

7) La puissance meacutecanique pour chaque moteur srsquoeacutecrit naturellement

8) Chaque moteur consomme agrave 240 kmh la puissance

Par ailleurs cette puissance en reacutegime continu srsquoexprime sous la forme P = V middot I

On en deacuteduit

9) Puissance consommeacutee par chaque moteur

Pertes meacutecaniques de chaque moteur 10 kW

Puissance fournie par chaque moteur

La puissance eacutelectromagneacutetique fournie par chaque moteur vaut donc

On en deacuteduit

10) La reacutesistance drsquoinduit se deacuteduit des calculs preacuteceacutedents en eacutecrivant

Pour finir le rendement de ce train srsquoeacutecrira comme le quotient de la puissance utile ici lapuissance meacutecanique par la puissance totale consommeacutee

On eacutecrit ainsi

Partie 2 La TGV Atlantique et sa motorisation synchrone

1) Le couple deacuteveloppeacute par chaque essieu (crsquoest-agrave-dire deux roues) srsquoeacutecrit ougrave

est lrsquoeffort produit par un des huit ensembles moteurs

Ω( ) 240 1 000

15065 rads3 600

v m s

r r

yen= = =

loz

ΩΩ 7789 rads

1934m = =

Ω 5277 kWm m mP C= loz =

36 575 105479 kW

12P

loz= =

3

3

5479 103653 A

15 10

PI

V

loz= = =

loz

36 575 105479 kW

12P

loz= =


5277 kW 10 kW 5377 kWeP E I= + = = loz

1 4721 VePE

I= =

763 mV E

RI

Ω-

= =

η3

2 3

5277 10096

10 5479 10m

m

P

P R I kW

loz= = =

+ loz + loz

22

FC r= loz loz

115 0001437 kN

8F = =


Par ailleurs le couple deacuteveloppeacute par chaque moteur est 21894 fois plus grand que le coupleexerceacute par les roues drsquoessieu

On eacutecrit donc

La vitesse de rotation des roues est

La vitesse de rotation des rotors des moteurs en amont du reacuteducteur est donc

La puissance meacutecanique deacuteveloppeacutee par chaque moteur vaut donc

2) La puissance totale consommeacutee par les moteurs eacutequilibreacutes srsquoeacutecrit

On en deacuteduit

3) Chaque moteur fournit la puissance meacutecanique

Chaque moteur est la source de pertes meacutecaniques 9 kW

Par ailleurs chaque moteur consomme la puissance eacutelectrique

Le bilan de puissance srsquoeacutecrit

4) On deacuteduit de la question preacuteceacutedente

Par ailleurs le rendement du TGV A srsquoeacutecrit comme le rendement de chaque moteur


1) La figure 621 repreacutesente le scheacutema monophaseacute eacutequivalent drsquoune machine asynchroneLes eacuteleacutements introduits dans ce scheacutema portent des noms conventionnels

21894 13 753 NmmC r F= loz loz =

Ω( ) 200 1 000

12713 rads3 600

v m s

r r

yen= = =

loz

ΩΩ 58 rads

21894m = =


ϕtotal 8 3 cos 6 655 kWP V I= yen loz loz loz =

ϕ231 A

8 3 cos

PI

V= =

yen loz loz

Ω 7986 kWm mP C= loz =

ϕ3 cos 8319 kWP V I= loz loz loz =

29 kW 2427 kW 3R mP P P R I= - - = = loz loz

20151

3RP

RI

Ω= =loz

η2

0963 9

m

m

P

P R I kW= =

+ loz loz +

V

I I prime2


Figure 622


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est

un

deacutelit

2) La puissance eacutelectromagneacutetique fournie au rotor correspond agrave la puissance consommeacutee

sur chaque phase dans la reacutesistance

On eacutecrit ainsi

3) La puissance perdue dans les bobinages statoriques correspond agrave la puissance perdue dansla reacutesistance R1 En neacutegligeant en pleine charge le courant qui passe dans Rf et Lm crsquoest-agrave-dire

les imperfections agrave vide on peut eacutecrire

On eacutecrit ici sans oublier qursquoil y a trois phases par moteur

4) La puissance meacutecanique totale fournie par le train pour rouler agrave 200 kmh en produisantun effort de 220 kN est

5) Le rendement de ce train srsquoeacutecrit tout simplement comme le quotient de la puissance utilepar la puissance totale consommeacutee

Ici

6) Les pertes dans la reacutesistance R1 peuvent srsquoeacutecrire sachant qursquoil y a douze moteurs partrain

Or on eacutecrit

drsquoougrave

2R

g

cent

ω

222 2

2 2

221

3 3

( )

emR R V

P Ig g

RR L

g

cent centloz lozcent= loz =Ecirc ˆcent


2I Icent ordf

1

22

1 2 13 3RP R I R Icent= loz loz ordf loz loz

3 200 1 000220 10 1222 MW

3 600mtP F vyen

= loz = loz yen =

η6

2 6total

1222 10094

13 10

mtP

P

loz= = =

1

total 20 kW 45 kW12 12

mR

P PP = - - =

1

213RP R I= loz loz

11 2

0663

RPR

IΩ= =

loz

copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

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st u

n deacute

lit

Bibliographie et liens

J M ALLENBACH et R KALLER Tractioneacutelectrique volumes 1 et 2 Presses poly-techniques et universitaires Romandes1995

Mr ALLET MERAT et MOREAU Geacutenie eacutelec-trotechnique Nathan collection eacutetapes

R P BOUCHARD et G OLIVIER Electro-technique deuxiegraveme eacutedition Presses inter-nationales polytechniques 1999

J C GIANDUZZO Cours et travaux dirigeacutesdrsquoeacutelectrotechnique polycopieacutes de courset de TD de Licence EEA de lrsquoUniver-siteacute de Bordeaux 1

J LAROCHE Introduction agrave lrsquoeacutelectrotech-nique - fondements drsquoeacutelectriciteacute et drsquoeacutelec-tromagneacutetisme Dunod Sciences sup2002

L LASNE Lrsquoeacutelectrotechnique pour la distri-bution drsquoeacutenergie Polycopieacute de cours de

lrsquoUniversiteacute de Bordeaux 1 2004disponible au teacuteleacutechargement sur wwwcreeau-bordeauxfr rubrique laquo teacuteleacutechargements raquo

M LAVABRE Eacutelectronique de puissance ndashconversion de lrsquoeacutenergie Educalivre1998

Groupe laquo Merlin-Geacuterin Schneider Elec-tric raquo Documentations constructeur demachines eacutelectriques site Internet httpwwwschneider-electricfr

J M ROUSSEL Problegravemes drsquoeacutelectronique depuissance Dunod Sciences sup 2003

G SEGUIER et F NOTELET Eacutelectrotechniqueindustrielle deuxiegraveme eacutedition LavoisierTECampDOC 1996

T WILDI Eacutelectrotechnique Troisiegraveme eacuteditionLes presses de lrsquouniversiteacute de Laval 2000

049064 - (I) - (18) - OSB 80deg - SCM - CDD

Acheveacute drsquoimprimer sur les presses deSNEL Grafics sa

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SCIENCES SUP




Luc Lasne

MATHEacuteMATIQUES

PHYSIQUE

CHIMIE


INFORMATIQUE

SCIENCES DE LA VIE


L LASN

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CIC

ES ET PRO

BLEgraveM

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EXERCICES


Luc Lasne




LUC LASNE


Table des Matiegraveres

AVANT PROPOS

CHAPITRE 1 - CIRCUITS MONOPHASEacuteS ET TRIPHASEacuteS PUISSANCES EacuteLECTRIQUES

11 Synthegravese de cours n deg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques cas particulier du reacutegime sinusoiumldal







12 Seacuterie dexercices n deg 1 Circuits monophaseacutes et puissances eacutelectriques



13 Synthegravese de cours n deg 2 Systegravemes triphaseacutes



133 Scheacutema eacutequivalent monophaseacute dun systegraveme eacutequilibreacute

14 Seacuterie dexercices n deg 2 Circuits triphaseacutes



15 Problegraveme n deg 1 Charges monophaseacutees et triphaseacutees



16 Problegraveme n deg 2 Systegravemes triphaseacutes deacuteseacutequilibreacutes



CHAPITRE 2 - CIRCUITS MAGNEacuteTIQUES ET TRANSFORMATEURS

21 Synthegravese de cours n deg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs



213 Transformateurs


22 Seacuterie dexercices n deg 3 Circuits magneacutetiques et transformateurs



23 Problegraveme n deg 3 Caracteacuterisation et utilisation de transformateur industriel mise en parallegravele de transformateurs



24 Problegraveme n deg 4 Modeacutelisation dun tronccedilon de reacuteseau conclusions sur la neacutecessiteacute dinterconnexion des reacuteseaux



CHAPITRE 3 - CHARGES NON LINEacuteAIRES HARMONIQUES DE COURANTS ET REacuteGIMES TRANSITOIRES

31 Synthegravese de cours n deg 4 Charges non lineacuteaires harmoniques de courants et reacutegimes transitoires


312 Deacutecomposition du courant en seacuterie de Fourier notion dharmoniques de courant


32 Seacuterie dexercices n deg 4 Grandeurs non sinusoiumldales et reacutegimes transitoires



33 Problegraveme n deg 5 Charges non- lineacuteaires propagation et conseacutequences des courants non sinusoiumldaux



CHAPITRE 4 - MACHINES Agrave COURANT CONTINU

41 Synthegravese de cours n deg 5 Machines agrave courant continu



413 Montages seacuterie et parallegravele ( shunt)

42 Seacuterie dexercices n deg 5 Machines agrave courant continu



43 Problegraveme n deg 6 Choix et caracteacuterisation dune machine agrave courant continu pour une utilisation embarqueacutee



44 Problegraveme n deg 7 Machine agrave courant continu reacuteversibiliteacute et reacutegimes transitoires



CHAPITRE 5 - MACHINES SYNCHRONES

51 Synthegravese de cours n deg 6 Champs tournants et Machines synchrones





52 Seacuterie dexercices n deg 6 Machines synchrones et alternateurs



53 Problegraveme n deg 8 Eacutetude dun alternateur moteur de centrale hydroeacutelectrique



54 Problegraveme n deg 9 Alternateur raccordeacute au reacuteseau compensateur synchrone



CHAPITRE 6 - MACHINES ASYNCHRONES

61 Synthegravese de cours n deg 7 Moteurs asynchrones





62 Seacuterie dexercices n deg 7 Machines asynchrones et alternateurs



63 Problegraveme n deg 10 Motorisation asynchrone



64 Problegraveme n deg 11 Synthegravese sur les principaux moteurs eacutelectriques en traction



BIBLIOGRAPHIE ET LIENS

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Acrobat and Reader 50 and later) JPN ltFEFF3053306e8a2d5b9a306f30019ad889e350cf5ea6753b50cf3092542b308000200050004400460020658766f830924f5c62103059308b3068304d306b4f7f75283057307e30593002537052376642306e753b8cea3092670059279650306b4fdd306430533068304c3067304d307e305930023053306e8a2d5b9a30674f5c62103057305f00200050004400460020658766f8306f0020004100630072006f0062006100740020304a30883073002000520065006100640065007200200035002e003000204ee5964d30678868793a3067304d307e30593002gt DEU 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 ESP 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 SUO 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 ITA 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 NOR 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 SVE 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 gtgtgtgt setdistillerparamsltlt HWResolution [2400 2400] PageSize [612000 792000]gtgt setpagedevice

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


DigitalVisionreg



copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Avant propos




Remerciements



copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit


AVANT PROPOS III










































Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
































copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Chapitre 1




Loi des mailles


u1

u2

u3 u4




Loi des nœuds












i1

i1 + i2 + i3 ndash i4 = 0

i2

i3

i4




i


Dipocircle i


Dipocircle



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Reacutegime continu




R

L

C

i

i

i

u

u

u




( )di t

u t Lt

= loz


du t

i t Ct

= loz

R

I

URs

E





(si )

(si )


RsR


maxs

EI

R= 0R =

maxU E= R = bull

maxsup2

4 s

EP

R=

loz sR R=











s(t)

t T0

lt s gt=





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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











s(t)

t T 0 T 2




Freacutequence





1(Hz)f

T=

2 (rads)fω = πϕ

0slt gt =

maxeff

2

SS S= =

Œz C











Im

Re a

b

r θ

+

Z










U I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



u(θ)

θ = ωt

2π0

UmaxImax

i(θ)

Re

I ϕ gt 0

Im

U U

I

u(t)

i(t)

π

ϕ









Grandeurs Complexes




effU U U= =

effI I I= =


ReI

Im

U U

I

R

ReIϕ = π 2

Im

UU

I

L

Re

I

Im

U U

I

C


ϕ = 0

ϕ = ndash π 2




Condensateur ω

1U I

jC= loz



ZI

=











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


I

U ZeqAssociation


seacuterie


ReI

Im

U U

I

L

Re

I

Im

U U

I

C

R

R

U

I

R

U

I

C R



ou

ou

ϕ gt 0

ϕ lt 0



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







V

I





P k V I= sdot sdot

V

I

R



















( ) ( ) ( )p t v t i t= loz




S V I= loz


V

I


Re I ϕ gt 0

Im

V



Relation



S V I= sdot

maxeff

2

VV V= = max

eff2

II I= =


ϕcosP

kS

= =

ϕtanQP

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










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


U

I

R

U

I

L

I

jX

Reacutesistance

Inductance

Condensateur


P Q


= U2 R

RI2 = U2 R 0







= middot I

= (R jX)U2 R U2 X

S

S I

S

S

S

S U

U I








P1 Q1 P2

Q2 Pn Qn

V

I

hellip


P1

Q1S1

P2Q2

S2

Qn

Pn

Sn

S (S = VI)



V

I L = 20 mH

R2 = 10 ΩR1 = 20 Ω

Figure 118

1I 1R

2I 2RI


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









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















Tableau 11


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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










1)

2)


On en deacuteduit

4)

drsquoougrave

30R Ω= 50 mHL =

11

230115 A

20

VI

R= = =

ω π-= = =


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

-



ω= = =

+ +

+

2 21 2

2 2

2302985 A

( ) 200 1256

30 628

VI

R R jL




5)


1)

2)


et







ϕ = = =+2 2

cos 093P P

S P Q

= = =+ -2 2

100485 A

206120 (10 5)

VI



VI j

j



V

I 20 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




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

2)

3)




Donc


2) drsquoougrave et


4) Dans ce cas donc


= = =+

1 2 21

3006 A

4 50

VI

Z

= = =+

2 2 22

30073 A

10 40

VI

Z



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



ωω


2 2

1

eq

V VS L jRC L

LR CZ

S P jQ= + =2V

PR

ωω


2 1V CQ L

L C

ωω

- + =10L

C ω=

2

1C

L

1

0eqZ LR RL jRC

= loz =+ yen

127 AV

IR

= =




2)


Tableau 12


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 =



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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On en deacuteduit

Drsquoougrave









Reacuteactif

ActifP1

P2

P3

P

Q2

Q3

Q1

QS

ϕ

Figure 124




ϕ ϕω

- -cent= =cent2

(tan( ) tan )12 mF

PC

V

ϕ ϕω


( tan( ) tan )42 mF

PC

V

= = fi = loz =2

1 500 W 212 VV

P V R PR

1 5007 A

212

PI

V= = =


= = loz fi = =21 500 W 7 AP

P R I IR


3) efficaces



Mais










240 VP

V ZI ZR

= = =


= = 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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









et



efficaces

V1

V2V3

θ = ωt0 2π 3 4π 3


2π 120˚

120˚


1V 2V 3V

12 1 2U V V= - 23 2 3U V V= - 31 3 1U V V= -

3U V= loz




V1

V3


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



IN

U12 U31



V1

V2 V3

U12

U23

U31

π 6



1 2 3 0V V V+ + =12 23 31 0U U U+ + =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

















deacutemontreacute)




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+ + =





1

2

3 Nprime




I1

I2

I3

1

2

3

Z12I1

I2

I3


J31

Z23

J12

IN

VZ1



U12








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



U12

V3


soit





cosP

kS

= = ϕ

soit





cosP

kS

= = ϕ


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








1

2

3

Nprime


Z

Z

I1

I2

I3

I1

I2

I3

1

2

3

3 Z

3 Z

3 Z

J31

IN



U12

V3

P

N

I

V


Avec

soit




cosP

kS

= = ϕ

Z 3Z









V

I

R


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




















ϕe jZ Z= loz


Z cent

ϕ centϕ ϕ cent

Z Z cent

















I1 Z1V1

I2 Z2V2

I3 Z3V3

N NprimeU12

V1Nprime

Figure 132

Ω1 30Z j= Ω2 10Z j= - Ω3 20Z j=

1I 2I 3I





N NV cent 1V 2V



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













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







On eacutecrit alors

2)






et


et



8) En triphaseacute

1 2 3 3

VI I I

R= = =

VI

R=

= loz = loz =2 2

22

V VP R I R

RR


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


LVVol S L

R= yen =

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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Avec







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


π πω ω ω


22 2 22 2 2

( ) sin ( ) sin sin3 3 3

Vp t t t t

R

π πω ω ω


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




2)

3)

4)

drsquoougrave






On en deacuteduit






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 π= = =

yen yen yen2 2


3 3 2 50 230C

V


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit


1)



On en deacuteduit





4)






En eacutecrivant et



= =2

total 2583 kW 3V

PR

Ω= =2

total

3614

VR

P

3U V= loz

Z

V Z I= loz

VI I

Z= =




3I J= lozcent cent


3 3U V

I JZ Z



IP U J V VI




ϕ ϕ= cent

3V VI I

Z Z= = =cent

cent










inductive = Q gt 0)






On en deacuteduit



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


ϕtan 102= +


ω= - loz 23CQ C V



ω π- loz - loz

= = =yen yen

3 3total2 2

255 10 1064 10029 mF

3 3 100 230

Q QC

V



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit









et





= = =centyen yen

3 3total

2 2

255 10 1064 10994 F

9 9 100 230

Q QC

V



ω π- loz + loz


3 3total

2 2

255 10 1064 10024 mF

9 9 100 230

Q QC

V


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





On en deacuteduit






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



1 2 3

3N N N

N N


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


0NI =

1 2 3 0I I I+ + =

1 2 3

1 2 3

0N N NV V V


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


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




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



soit


et

7) On calcule donc





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



1 2 17


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


cent+ +

= - = - +


N

N prime

V1N prime

V2N prime

VN primeN

V3Nprime

3 7 middot V2

ndash7 5 middot V1

V1

V2

V3

Figure 138







drsquoougrave

4) par ailleurs et



Soit donc

7) Par ailleurs



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

-= = = =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







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















V

I Ls

Rs P QIV

Figure 142

sR

sL

sR sL

sL

V Lp RpP QIV

Figure 143

pR

pL

pR pL

pL


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















I1

V1 V2 V3N


QM = 40 kVAR

R C

Charges capacitives


PR = 8 kW

U23

Figure 144

1V 2V 3V

12U 1V 2V 23U 2V 3V 31U 3V 1V

RP

V

1I

totP

totQ



















avec

1I

sR

2sP R I= loz

sL

ω 2sQ L I= loz loz



= 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


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


-= gt

loz 2

10s

S

CL


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





8) de mecircme




pR =2

p

VP

R

pLω

=loz

2

p

VQ

L

πϕ


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





tension simple V



Ainsi









loz= loz fi =

2 233 RR

R

V VP

R P

Ω1983 R =


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= = =

+


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









V

I

Lp

N

ReqC

Figure 147

V

R eqI R V= loz I V


+ 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 +


ϕ

Figure 149






avec et

donc











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


micro337 FC =


Reqeq

VI

R= ϕcos( ) 09=

ϕ1 cos( )eq

VI I

R= =

loz

tot 8 kW 40 kW 48 kWR MP P P= + = + =




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Comme on trouve









2sin( ) sin ndash2

Q V I V C V C V

ϕtan( )Q P= loz

totQ Q= totP P=



ϕω


1( tan( ) )

3C P Q

V

micro336 FC =


ϕtot

3 cos( )

PI

Vfi =

loz loz

V V C C C

C

C C

U

V V

Figure 150


micro112 F3

CC = =cent










et


Z3 Z2 Z1 V1 V2

V3


N

1 2 3

IZ3 IZ2 IZ1


cosϕT = 09 AR

Figure 151

1Z

2Z 3Z

1 2 330 kW 45 kW 10 kWP P P= = =


1ZI 2ZI 3ZI

TI


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









N

1 2 3

N prime

VNN prime

V3 Z3 Z2 Z1 Vc1 Vc2

Vc3



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


Figure 153









1CV

1CV

2CV 3CV

N

1 2 3

L = 1 mH

Z3 Z2 Z1



cosϕT = 0 9 AR

Vc1 Vc2

Vc3

Figure 154

T TR X- TX

1Z 2Z

3Z

1eZ 2eZ 3eZ

1cV 2cV 3cV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








On en deacuteduit

et de mecircme et





Ici

et




Ainsi




400 V 3U V= = loz

1 2 3 et 10 kWP P P =


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


ϕ 22 Z2 2

2

( ) Ar tan 184Q

I V cP


ϕ 33 Z3 3

3

( ) Ar tan 113Q

I V cP


TI


ϕ354 A

3 cosT

TT

PI

V= =

loz loz

1V 2V 3V 1V

1TI 2TI 3TI













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


100 V

Courants 100 A

258˚

184˚

N

Figure 155

NNV cent





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










NNV cent

V3

Re

Im

Vc3

VNN prime

N

Figure 156

1V 2V 3V


1CV 2CV 3CV

NNV cent

1CV 2CV 3CV

Re


100 V

N Nprime

239 V

174 V291 V

V1

Vc1

V2

Vc2V3 Vc3

Figure 157






ainsi









soit



1CV 2CV 3CV



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


1 2 3 0V V V+ + =





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


+ + =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



3CV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


pour obtenir


soit






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



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



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


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



- + 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





alors





et avec

ainsi et





Tableau 13


P

Q

I

R

X

Z

3 1 3 2




M

Z Z


1 11

2 2

3 3

c

c

c

V V

V M V

V V


ndash T TR X


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





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


[1 3] i iZ Œ

TZ


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



et



et



figure 159


Z1 = 16 + j middot 05 Z3 = 5 + j



N

1 2 3

L

Vc3


Figure 158


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=

+



Ze3 = 274 + j middot 087

Ze2 = 085 + j middot 031

Ze1 = 126 + j middot 045

N

1 2 3


15 kV 230 V

Vc3 Vc2 Vc1

Figure 159


et


et


11 1 1

1

126 045

126 076e

ce L

Z jV V V

Z Z j


22 2 2

2

085 031

085 062e

ce L

Z jV V V

Z Z j


33 3 3

3

274 087

274 118e

ce L

Z jV V V

Z Z j


+= 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







Induction B (T)

Flux φ (Wb) Spires













contour soit donc







iH

(C) de longueur L

dl

S


d dC C


micromicro NIB H

L= =

microΦ SNIBS

L= =

Φmicro

avec L

NIS

= not not =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











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



Inductance




On retiendra








Φ φT N= loz ΦTNI

N L I= loz = loznot

2NL =

not

H L NIloz = Φ BS=

Φ( )I

φ(I)

I





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









φ(t)


i(t)

N spiresv(t)




ainsi ou



Φ Φ= loz =

d d( )

d dTv t N

t t

Φω Φ ω

ωloz


d 2( ) 2 cos( ) ( ) sin( ) ( )

dV


ω πloz loz


2 22

V VB

S N S N fπ

= loz loz lozmax2

2V N B S f


Φd d( )

d dT i

v t Lt t

= =

B(H)

H

PH volumique





Ainsi








213 Transformateurs



F H CFP P P= +


ϕϕ ϕ dd d d d( )

d d d d dfb m

m fi i



i(t)

v(t)

R



e(t) R Lf

Rf Lm V

I



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





I1

N1V1

I2

V2N2

Circuitprimaire

CircuitsecondaireR


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


fi = = =2 12

1 21

( ) 1( )

Ii t Ni t I N m

V1V2

I1

V1 V2

I1 I2

I2

m

BobinagePrimaire



BobinagePrimaire
















et

( ) 21 2 21 1 2 2

VS V I m I V I S


Z2Z mloz

V1m middot V1

m

I2

I1

R L Rf Lm

Ru Charge

V2



10 1 10nS V I= loz2

1

10

nf

VR

P=

ω

21

2 210 10

nm

VL

S P=

loz -


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


mesure P1cc et




Remarques








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


I2

I1

θRe

Im


ψϕ











bull



VA Uab

N

m

A B C

a b c



Yd1



ici


1

3 3a ab a

A AA

V U nm

V nV= = = loz

loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










VA

VC VB

Uab Uca

Ubc

Va

N


6middot middot

31

je

nA

naVa = VA middot


π

ϕ


micro 5286 SIR =


10 cm

10 cm


L = 80 cm

i

v N = 100

10 cm

Figure 214



















N1N2

R1R3

R2

i1

v1v2

i2Φ1

Φ3

Φ2

Figure 215

1V cent


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









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



φ

Figure 216

Φ 32 10 Wb-= loz

Φ 32 10 Wb-= loz

















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


Figure 217


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













V2

I2P

cosϕ = 08 V1

Transformateur B


004 Ω j028 Ω

mA = 0167

mB

V1n = 1 500 V

mA middot V1

mB middot V1

Charge

Figure 218






total














22 2

nII =


micro 5286 R SI=


08120 423 SI

4 10 5286 10f

R

L L


micro π

3

7 20

1079 577 SI

4 10 10a

e

S

-

- -not = = =yen


2

50 mHN

L = =not


max 103 T444

VB

N S f= =

loz loz loz

max 103 TB =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Donc



2)

3)

4) De mecircme



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= = =


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



+ 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




( )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












Φ 21 3 31

1 1 2 2 3 1 3f

N RL N

i R R R R R R

loz= = 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


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


Figure 221


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









soit donc 31 spires






On en deacuteduit






dC

NI H l= lozUacuted


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= = =


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


3547 62 2 200NI = yen =

Φ B S= loz






1)

2)

3)



Φ = BS Φ = BS

Φ = BS




2 0691 360


Entrefer seul

Acier seul


Figure 222

1 1 2 2 11

2 20010 A

220n

n n n n n nn

SS V I V I I


22

2 200173 A

127n

nn

SI

V= = =


ηη

ηutile


1 1 0951 760 926 W

095

PP P

P P

- -= fi = loz = yen =

+

V1 m V1 = V0

m

I2

I1


Figure 223


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


drsquoougrave

Et drsquoougrave

6) drsquoougrave




On en deacuteduit


avec




Drsquoougrave


2 n


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= =


ϕω ϕ

0 2 cos12 mH

sinn n

n

V V R IL

I

- - loz loz= =

loz loz

2nI



∆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= =


∆2 0 2 130 VV V V= - =

094η =


ϕ22

2 717 Acos

PI

V= =

loz















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


V1 I1 r middot I1


ϕ

Figure 224


116 411 VV cent =

100V

mV

centcent = =

1164 VV

Vm

cent= =

cent






Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Ce qui donne




2) et

3) et






Comme V2n = 2409 V






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

= =




2A nI 2B nI

2 2 2 1437 An A n B nI I I= + =


ϕη

ϕutile 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= = =


1 2 9648 V

2 2A nm V Vloz -

= = 2 2 2457 VA BV V= =











Site industriel



fils


quatre fils

Transfo MT BT A B C

a b c

Figure 225


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














m

Charge Z V2 V1

I1 I2

RfLmicro

l2r2

m middot V1


Figure 226











Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














ϕ

3max

maxmini

780 10975 kVA

cos 08

PS

loz= = =

A

C

B

a

b

c


Figure 227


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













6

π

6

π

n11Dy

A

C B

a

b

c VA

VB VC

UAB UCA

UBC

Va Vb

Vc



Figure 228

1 000 kVAnS = 1 20 kVnU =

1 000 kVAnS = 11 120 kV 1154 kVA

3n

n nU

U V= fi = =


et


On en deacuteduit









Ainsi on eacutecrit

2 237(1 127 ) 234 VnV = - =


1 2288 A et I 1 424 An nI = =

m

Charge Z V2 V1

I1 I2

RfLmicro

l2 r2

m middot V1


Figure 229

20

1

237002053

11 540

Vm

V= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


Ainsi



valeur






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 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







On obtient donc






Et




2127

1 237 234 V100nV V




( ) ( )2 222 1 1

22 2

17 m2

n cc n

n n

V m V m Vr

V IΩ


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


loz


22 2

2

31 H3

l

n

Ql

Imicro

ωfi = =

loz loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








Les pertes valent





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


m middot V1

V2 I2


π 2 ndash ϕ

Re

Im

r2 middot I2ϕ

ψ

Figure 231


22 2166 55 937 0V V+ loz - =

ϕ2 cos 08 2283 VnV = =


Puissance totale=


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









( )( ) ( )

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= = =



Transfo MT BT A B C

a b c



cosϕ gt 08

N

aprimebprimecprime

Figure 232

η150 1 9861=


Transfo MT BT A B C

a b c

N



N




Figure 233


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








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


l2r2

m middot V1


m

V2 Rf Lmicro

l2 r2

m V1


Figure 234

m

Charge V2 V1

Rf 2 Lmicro 2

l2 2 r2 2

m V1


Figure 235











Charge P Q


N

V1

V2

V3

N prime

Figure 236


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













Charge P Q

N

VR

Lω = X

V

I

Figure 237














230 V V

P


Figure 238


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






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


i(t)

v(t) L i(t)

v(t)

Figure 240










21

d ( )( )

d

i tv t M

t= loz 1

2d ( )

( )d

i tv t M

t= 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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











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 =



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=









minimal



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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









soit

RV jL I Vω= +

VR

VI


ϕ

π 2 ndash ϕ

Re

Im

Figure 247

ϕ ϕcos et sinP Q

V I VI= =

loz

VR



π 2 ndash ϕ

Figure 248



2 22 2 2 2

2 22R

Q PV V X XQ X

V V= + 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


- loz + - loz -=




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Ainsi





ϕ ϕ2 2 2 4 2 4

max1 2 2

4 tan 16 tan 16

8R R RX V X V X V

PX


-

( )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 =












( )maxV P =


2RV

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ- - + + + - - + + - - + +

( )maxV P

ChargeP Q

N

VR


V

X2A

B

Figure 249


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Donc







et



)





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


1X Xcent pound

copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Chapitre 3











Remarques









v(t)

i(t)




Valeur moyenne

Valeur efficace



lt gt = Uacute( )

1( )d

T

i i t tT

= = Uacute 2eff

( )

1( )d

T

I I i t tT


1( ) ( ) ( )d

T

P p t i t v t tT

= + +2 2 2 2S P Q D

1





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Avec b et






ω2( ) cos( )dn

T

a i t n t tT


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


T = 1 f0

v(t)

0

V(f ) V

Fondamentaux

Harmoniques


avec

et


=2n

nb

I


= + + +2 2 2 21 2 3 I I I I

bull

== Acirc 2

1n

n

I I





On eacutecrit alors










ϕ1 1( )

1( ) ( ) ( )d cos

T




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



2

2n

n

D V Ibull

== Acirc

1

1 1 01

d ( ) d ( ) d ( ) ( )

dd d

n n

n nn n


tt t

-

- -loz + loz + + loz + =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

















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


ttloz + + loz =

2

2

d ( ) d ( )( ) 0

dd

S t S ta b c S t

ttloz + + loz =












deacuteterminer




Remarques




∆1 2 2

br

a

- plusmn=


2

br

a

-=


∆α β1 2 2

b jr j

a

- plusmn= = plusmn



ϕtanD

C=

ϕcos

CK =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









i

v D

v(θ)

i(θ)

0 2π θ = ωt

I0

ndash I0

π

Figure 33












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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











e(t)

L

i(t)

Rvi(t)

Figure 36

( )π( ) 100 sin 2e t ft= loz

V(t) C2C1

i(t)

Figure 37


















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


2 22 20 0 00 0

1 1 1( ) d d 2

2 2 2I i I I I

π πθ θ θ π



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





S2 = P2 + Q2 + D2 soit




Donc


la freacutequence



2 0 00 00 0

2 2 21 1( ) d 2 2 sin d cos

2 2

I V I VP p I V


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




( ) ( )22 1 00 0

2 1( ) sin (2 1) d 2 sin (2 1) d

2kb i k I kπ π


( )00

2cos (2 1)

(2 1)

Ik

k

πθ

πloz


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


f0 3f0 5f0 7f0

Figure 39

ωπ0 2

f =





donc




Donc



On calcule alors


Donc

2) On calcule ici



ππ0 01

14 2 2

2 2

I V IbP V I V V


22 1

1 2k

k

bI

bull+

=


2 2 2( )V I P Dloz = +2

2 2 2 22 11

1 2k

k

bV V I D

bull+

=


22 1

2 2k

k

bD V

bull+

=


[ ]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


π

π

θ πθ

π π

5 62 221 2 2

6

sin 2 2 3

2 3 22 2

V VI

R R


π11 3

0683 4

V VI

R R


π π

π


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


θ θ2

1 1 1( ) ( ) 047V

P v iR

= lt loz gt = loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Ainsi

et donc









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


π11 3

2 0963 4

V VI

R R


πθ θ

π

2

1 1 12

( ) ( ) 2 32 3

VP v i


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 + =




gration




On eacutecrit donc











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


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 -


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






pour t gt 0





ndash 03 rad


Ainsi


∆∆

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


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



τ π( ) e 954 2 sin(100 03)t

i t K t-

= loz + loz loz -



Ainsi










avec


ou encore

τ π( ) 954 2 sin(03) e sin(100 03)t

i t t-Ecirc ˆ


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


6 2 6 2finale

1 110 10 25 10 10 25 625 mJ


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 =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On retiendra donc

6) On sait que donc






I1 = 10 A I3 = 3 A I5 = 2 A I7 = 14 A et I9 = 11 A






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


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= + + + + =


cos 0557P

V I= =

lozϕ1 561= infin


2 2 2 2S P Q D= + +

2 2 2( ) 1937D V I P Q= loz - - =









2 21

1

04I I

THDI

-= =

Charge 1230400 V




20 kV entre phases

Transformateur T1



Tronccedilon 1

Tronccedilon 2

Sectionneur S1

123

iMT

i2

i1

N fictif

VMT V

iT1

Figure 314


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













φsat = 45 Wb


11 middot φsat

iT1

φ

Figure 315

( )micro 1TL i

( )micro 1L i

( )V tθ ω=1( )Ti θ

2 21 1T TS P-















3252 V

IO = 450 A

0 2π5π 6π 6 π θ

i1(θ)

V1(θ)

Figure 316

2 21 1S P-


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










m

Charge V1

IT1

RfLmicro

lr

m middot V1


Figure 317

fR = bull

N (fictif)

IT1

V1Lmicro

Figure 318

B

H








atteinte vaut


φ N B S= loz loz

B

H

Bsat

Hsat N middot I

φsat

Isat

φ

Figure 319


( )micro 1TL i


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






tudes et






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


0

10

L








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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


drsquoougrave



eacutequilibreacute









sat sat2 2

21

0 00 0


V VI

L L

θ θ



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


θ θπθ θ

ω π

2

2 sat sat1 sat sat

sin(2 ) sin(2 )2 1100 100 100

2 2 2TV

IL


2

2 sat1 sat

0

sin(2 )2 199 100 99

2 2TV

IL

θπθ


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

1 467 kVATS =


πθ θ θ

π2

1 1 10

13 ( ) ( ) d


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-









soit donc

drsquoougrave








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


π

π

πθ

π π

5 62 2 21 0 0

6

2 2 4d


1 02

519 A3

I I= loz =


1 3585 kVAS =

πθ θ θ

π2

1 1 10

13 ( ) ( ) d


πθ θ θ

π1 1 10

16 ( ) ( ) d



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








On calcule alors






drsquoougrave



donc

π

πθ θ

π5 6

1 06

16 2 sin d


π ππ π

0 01

3 2 3 65cos cos

6 6

V I V IP


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


22 290 A

3

PI

V= =

loz

2max 2 2 410 AI I= loz =

2cos 1ϕ =

2 0ϕ =










ou encore



[ ]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 θ


V1(θ)

iMT(θ)

1633 kV

m middot IO = 9 A

0 2π



5π 6π 6 π θ

Figure 325


θ maxi( )MTi


∆ max 3

172 100( ) 105

1633 10V

yen= =loz

θ( )cV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


V(θ)1633 kV

0 2π


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













Ie

I

U

C

Circuit inducteur

Circuit induit

Φ



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



2 dans ce bobinage





C (Nm) Ω (rads)

UI

U E

RLI

U E

RLI

Charge

MachineMachine


Ie










didt


dΩdt







Remarques








2 PJ = R middot I 2



Pm Pm




C (Nm) Ω (rads)

U

I = Ie



C (Nm) Ω (rads)

U

I Ie

soit

Re Re





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











U

I C N (trmin)

Ie

U = 110 V

Re1

Figure 45









2nP

P =

U

I C N (trmin)

Figure 46


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









page )










u

i

C N (trmin)

V = 110 V

Fd = 1 kHzα

Figure 47

1

d

TF

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
















Ainsi


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


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= =



Agrave vide donc

Par ailleurs



5)

et soit


On eacutecrit donc





Drsquoougrave






1100275 A

400ee

UI

R= = =


e

Ck

I I= =

loz

πΩ 2109 V

60e eN



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



loz

π2 20

60e eR C N

U I k Ik


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


90 Ann

n

PI

U= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

On eacutecrit donc

Soit donc



inconnues











srsquoeacutecrit




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



U

I

R

EMachine

Re

Figure 49





On retiendra












et


Donc

e

UI

K R RΩ=

+ +

Ω

2

sup2e

UC K I K

K R R



2

I C

Ω Ω

Figure 410


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


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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Soit donc on posera




soit donc

On eacutecrit 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= - + + =


t- -

= loz + = - loz +

t0τ = RJ K

2 = 1 s

Ω0 = 1604 rads

Ωfinal = 1469 rads

(N0 = 1 532 trmin)


Ω

Figure 411

τ2

33 3 sr

RJt

K= = =

d( ) ( ) ( ) 0

d

iU E t R i t L t


2

( ) 1( ) e ( ) e ( )

t t














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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

2)











Donc



telle que

α α αmoy 0

1d

T V TU V t V

T T


( ) ( ) ( ) ( )d

iu t E t R i t L t

t= + loz + loz

( ) ( ) d( ) ( )

d

u t E t L ii t t


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


Imin

i

Figure 414

max mini I I∆ = -

∆ αmax min ( )R

i I I V E TL

= - = loz - loz


[ ]∆ α α(1 ) 85R

i V TL

= loz - + loz

[ ]1

(1 ) 85 5 085 AR

i V T IL L



soit donc



soit


Ici



du rendement









3 31

05(05 110 85) 05 10 137 10 49 mH



E 11412 A 0076

1 500eIN

- = fi = =

10841084 V 1 426 trmin

0076E N= fi = =


ηη

3

totaletotale

16 10P 20 kW

08m mP P

P

loz= fi = = =


nE U R I= - loz

95 95 V 1 250 trmin

0076E N= fi = =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Nbatteries de 24 V


permanents



Nfn = 75 trmin

R

U

I

Ωr Ωf

Figure 415












Tableau 42


(kW)Couple (Nm)


Rendement nominal


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Tableau 43




Couple (Nm)


Agrave vide 94 48 3 000 05

N batteries de 24 V





Nfn = 75 trmin

R

U

I

Ωr

rendement ηr = 09

Ωf

Figure 416














Ainsi

On calcule alors




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


1

40fn rnN N=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Donc


On eacutecrit donc

Soit donc


Soit










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


Nbatteries de 24 V

R

U

I Ri

E


Figure 417








On en deacuteduit




On calcule alors








ηtotal1 500

1 7647 W085

fn

n

PP = = =


total 1 76473676 A

48nn

PI

U= = =

essai

nominali

UR

I=


30081

3676iR Ω= =


πΩ Ω 2 3 000

60nloz= =


ηtotal

1 350076

1 7645fn

n

P

P= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Drsquoougrave














1504 heures

3676=

( )2n

i nE

U R R I= + loz +

2552 0081 0613676

n

in

EU

R RI

Ω-

= - = - =


09rη =


ηη total joules

2total

( ) 48 3676 785 933709 0378

48 3676r m

n

P P P

P

loz - - yen - -= = loz =

yen

















U

I

Ωr Ωf



Pelec = E middot I




Prn = 1 500 W


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

= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















ηtotal

1 350075

1 795fn

n

P

P= = =

1503 h et 20 mn

443=

( )2n

e i nE


25852 008 002 059374

n

i en

EU

R R RI

Ω-

= - - = - - =



ηη total joules

2total

( ) 48 374 785 9651409 0377

48 374r m

n

P P P

P

loz - - yen - -= = loz =

yen









U

I Cm Ωm Cp Ωp

Ie


U =

110

V

Masse m = 100 kg


Rf

K1

K2




110

Reacuteducteur

Figure 419


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







































On calcule ainsi



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

= = =


i 1 273 Wm jiP P P= - =

mP E I= loz

1 2731025 V

124mP

EI

= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









drsquoougrave






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








drsquoougrave








ηp 4905 077 3777 WmP P= loz = yen =


E= =

( )fE R R I= + fE

R RI

= -

635fR Ω=


U = 110 V

I

K2

R

EU

Vitesse Ω lt 0

Figure 422

077755 Nm

10mr m g

Cyen loz loz= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


donc















Ici on eacutecrit




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




4) Partons de




On eacutecrit donc











1 d( ) ( )

d

ii t U L e t


mC K i= loz

d( )

dmK i



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


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


Ωη 2

100 rds10

fp

U R r m g

K K

loz loz loz= - =

loz lozτ

2057 s

RJ

K= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







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


057( )( ) 1834 1708 1 e

t

mC ti t

K


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















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


t0 τe 3τe = 048 s

i(t)1833 A

Figure 426


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






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












iA

ib

iC

+ A

B

C

φr


vb

vC



Rotor Stator



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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







ωπ

2 22 60

Nf = yen = yen

2 60

Nf p p

ωπ

= =

iA+A

θ = ωtvA


f = ω 2π

iA + A

θ = ωt vA


f = 2ω 2π

Nord

Sud

courantinducteur

Nord

Sud Nord

Sud

Rotorunipolaire

p = 1

Rotorbipolaire

p = 2

Stator bipolaire

p = 2

Statorunipolaire

p = 1


rads ou N = 2πfp

















Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



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


Relations de maille



soit




1 1 1 2 3 1

2 2 2 1 3 2

3 3 3 2 1 3





1 2 3 0I I I+ + =


[ ]ω1 1 1( )E R j L M 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












V E

R Ls I

V E

R Ls I

Charge

Machine Machine


Ie








2 (+ Re middot Ie2)





2 (+ Re middot Ie2)


Pm

η =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Re

Im

I


V

E

O

M

P



ϕ


= loz eE k I

= lozmax3

s

VP E

X











Re

Im

I


V

E

O

M

ϕ

Im

I V

E

O

M

Im

I

V

E

O

M





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








ia

ib

ic

O

θ +

A

C

B

Figure 59

ωπω

πω


2 cos( )

22 cos

3

22 cos

3

a

b

c

i I t

i I t

i I t













ia

ib

ic

ψ

+ A

B

C

Br

θ

B(θ)

Figure 510


2

k IB t t p

2f

ωπ

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





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

















Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








1) et


est maximale pour

2)

3)


2( ) cos

3b bB k iπ


( ) cos3c cB k i

2

3

πθ =

2

3

πθ = -


2 2( ) ( ) ( ) ( ) cos( ) cos cos


2 2( ) 2 cos( ) cos( ) 2 cos cos

3 3B t k I t k I t


2 22 cos cos

3 3k I t


2 4( ) cos( ) cos( ) cos

2 3

k IB t t t t



πω θ ω θ ω θ


4cos( ) cos cos( )

3t t t


2

k IB t t




















quatre pocircles


θ ω θloz loz loz

= +3 2

( ) cos( )2

k IB t t

ωπloz= = loz =60


N f

= ^ RC 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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Soit donc





Autrement dit









= = =yen

2 0003 A

3 3 220

PI

V

loz loz 23 R I


η = =turbine

98 P

P


P

C

Ωπ

= =601 455 trmin

2N

loz= = 485 Hz60

p Nf


R Ls

V0 Rch Alternateur

I

V

Figure 511

V I R middot I


V0

Figure 512





Donc










ω- + loz

=loz

2 20 ( )

s

V V R IL

I

R Xs

E Charge

I

V

Phase 1

Phase 2

Phase 3

Neutre


Figure 513

loz=

60 fN

p


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Soit donc












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


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+ loz loz

= =sin

314 Vcos

sV X IE

220

3







pour en tirer






Phase 1

Phase 2

Phase 3

Couplage triangle

Figure 516

Xs

E Charge

I

V

Figure 517

= loz +sE jX I V


= =loz

2 2

289 A3

P QI

U


ϕψ

ϕloz loz

= =+ loz loz

costan 0048

sins

s

X I

V X I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit






On en deacuteduit



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


V

I jXs middot IE


Figure 519


+= =

2 2578 5 575224 A

s

IX














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


δloz= loz2sin

2s

VI

X

δ δϕ


263 cos sin cos

2 2s

VP V I

X


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





Ainsi





agrave 5 000 trmin




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


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















Bassin haut

Charge

Bassin bas



Alternateur

15 m


Figure 522


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












E1

E2

E3

R L M

I1

I2

I3

R L M

R

L M

N

V1

V2

V3

Figure 523







h = 15 m et

On calcule




Bassin haut

Bassin bas



Moteur Synchrone

15 m

Figure 524

- -= = loz3 1 133 m s 330 litres sQ

= ordf346 kW 35 kWP



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







soit







On eacutecrit ainsi


Ainsi



1 1 1 2 3 1

2 2 2 1 3 2

3 3 3 2 1 3




1 2 3 0I I I+ + =


2 3I I+ - 1I


[ ]ω= + - loz +1 1 1( )E R j L M I V

E R


N V

Figure 525

ω= - loz( )sX L M

= 6 msaT

L

Rτ =

ω= =

loz6 mss

aX

TR


= =loz

478 A3

nn

n

SI

V


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
















On eacutecrit donc


η =4 4 851


= yen yen yen yen =015 3 230 478 08 3 957 W


= - =Joules 3 957 1 320 2 637 WP


= Joules23 n

PR

I

ω= loz lozs aX T R


E

V R middot I

jXs middot I

I

Figure 526














E R

Xs Icc

Figure 527

=+2 2

ncc

s

EI

R X

E R

Xs I

N

V RI jXsI

Figure 528



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On eacutecrit donc




On eacutecrit donc







V

E R middot I I ϕ

jXs middot I

Figure 529

V

E R middot I I

ϕ jXs middot I

Figure 530



ϕ+ loz

=cos n nE R I

V

cos 098ϕ =















= =loz

245 litress7

PQ

h

e2(t)

e1(t)

e3(t)

Ie

θ

Figure 531


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit















Tableau 52









pour cosϕ = 08




= loz loz2

100 N

N

SZ Z

U








lozsjX I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













π- 2

32

3

π


2 2( ) cos cos

3 3e et K I K I t


2( ) cos

3et K I t

2

3

πθ =


1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I t

t

22

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I tt



33

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I tt



















1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I p t

t

22

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I p tt



33

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I p tt


602 50 100π πyen =


1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I t

t

ωloz loz=

2e

nK I

E

= 52 AenI


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














Re

Im

I


V

E

ϕ

+

Figure 533

= =n ncc

s s

E EI

jX X




223 3 18 kW 1 MW

3n

Jn n mS

P R I R PV




des pertes donc





1090

P P P P



Re

Im

I


V

E

ϕ

+

O

M

P

δ

Figure 534

Re

Im

I


V

E

ϕ O

M

P



Figure 535


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


et


On notera donc que

et






bull 1er cas P = 0


On calcule alors



lozsjX I



jX I X I XV


jX I X I XV

lozsjX I

lozsjX I

= lozmax3

s

VP E

X

lozsjX I

Re

Im



V

E

O

M Re

Im

I

V

E

O

M

P

P = 0 W P = Pmax

Figure 536

-= = 82 As

E VI

X














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


Re

Im

I


V

E

O

M

P

P = 8666 kW

δ = 37˚

Figure 537


δϕδ

costan 0007

sin

V E

E

- loz= =loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












On en deacuteduit





E

I

V

XS

Figure 538

SE jX I V+ loz =


ϕcos 1133 300

386 A3 3 11 500

PI

V= = = =loz yen

2 2( ) 11 575 VsE V X I= + loz =












On en deacuteduit

ω2eK I

Eloz loz

=

Re

Im

I


V

E

+

O

M


Figure 539

lozsjX I


Re

Im

I


V

E

O

M

ϕ

Im

I V

E

O

M

Im

I

V

E

O

M

ϕ


Figure 540


1 3174482 A

coss

IX

= =loz


ω 12

459 Ae eE

I IK

loz= = gtloz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





On en deacuteduit



1 3174482 A

coss

IX

= =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








60 sN f p= loz




avec








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




Au primaire

Au secondaire

soit donc




0R

I jL I jg


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






V1

I1

Rf Lm

R1L


Rprime2 g

I prime2





cent2Rg


Pf PJs PJr Pm

Pu = C middot Ωr


Rotor Stator




η = utile

totale

PP











forme







( ) ω1

2

1 2

VI

R R g jL

cent =cent+ +

( ) ω

12 2

2 21 2

VI

R R g L

cent =cent+ +


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


2


Jr rP g P= loz


r s s

P P P g P PC

g

- - loz= = =- loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Couple maximal






( )Ωω

21 2

22 2

1 2

3 1

s

V RC

gR R g L


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


Cmax




0



















Tableau 61




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















Ω

2

2

3

s

V gC

r

loz=centloz

l = 30 mH


I1

V

I prime2

Figure 65















E = 300 V

V1(t)


Figure 66


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




vitesses voulue












V1(t) 2E 3

E 3


t T

T 2

Figure 67

1f

T=

60s

fN

p

loz=

1 500 1 4500033

1 500s r

ns

N Ng

N

- -= = =







et


Par ailleurs

Donc







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

ω

2

0

3094 Hm

VL

Q

loz= =

loz


22


1 0387 Wr f jsP P P P= - - =

22

23rR

P Ig

centcent= loz loz

2





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







Soit donc



Ainsi



Le glissement vaut


9394 Wu r m jrP P P P= - - =


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 = =



ω0

277 mH

3n

n

Q QL

I

-= =

loz2



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

- -= = =



Soit donc













On en deacuteduit

5)




3046 W1u m

rP P

Pg

+= =

-


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

- -= = =


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 = =

-


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





On en deacuteduit




On en deacuteduit




0

092m

m jr

P

P P Pη = =

+ +

230133 V

3V = =


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


I

J

U = 400 V

Figure 610


















couplage 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


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



133 A172dy

VI = =

∆50 Nm3d

dyC

C = ordf


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Phase 1

Phase 2

Phase 3


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


60s

fN

p

loz=

100 Hz60

spNf = =

ω ω11


V t a n t b n tbull

== loz + lozAcirc


On eacutecrit

Ainsi

Soit





srsquoeacutecrit




Agrave 1 000 trmin

Agrave 2 000 trmin

Agrave 3 000 trmin




dire agrave

41 1 10 0

2 8( ) sin d ( ) sin d



ω ω 6 4

0 0

8 8 2sin d sin d

3 3

T TE Et t t t


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


[ ] [ ]π π π π18 8 2 8 3 2

05 1 052 3 2 3 2 3 2

E E E Eb


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=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




flux






Ns (trmin) 1 000 2 000 3 000

Cmax (Nm)

39

975

43

Figure 612


CteV

f=

CteV

f=








35 m

100 m


Poids moyen 80 kg

Poulie enroue libre


Figure 613


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Tableau 62


Pn = 22 kW

Vitesse nominale


Tensions

230 V ∆ 400 V Y


In = 435 A


cosϕn = 083

Rendement 44

η = 88


P0 = 12 kW

Courant agrave vide

I0 = 434 A


ID = 65 middot IN

V

I I prime2

Figure 614

2R

g

cent
















et


2R

g

cent

35tan( ) 035

100α = =


α

α

π 2 ndash α


mg middot cosα

mg

Figure 615


αsinmg loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Ainsi






du moteur est










αsinr mgloz loz

αsinr mgloz loz

Ω 1 mspr vloz = =

Ω 333 rdspv

r= =




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


Figure 616











En conseacutequence






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 = =


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


cos( ) 083nϕ = sin( ) 0557nϕ =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











Puissance apparente


On en deacuteduit



On calcule alors

Et



ηtotal4 4

25 kWnPP = =

0 12 kWRfP P= =

2


22

Rotor 23 22 kWnn

RP I

g

centcent= loz loz =


0 274 kVARLmQ Q= =

ω2


( ) ( )1

22


2 2761 kVAS cent =

22 40 A

3nS

IV

centcent = =

loz


1

2


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


ω

22

221 ( )

VI

RR L

g

cent =Ecirc ˆcent

















Ω Ωω

222 2

2 2

221

31 3

( )

ms s

R R VC I

g gR

R Lg



( )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


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= - =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Ie V

I

C Ω

Figure 618














222 kN

270 kmh

effort

vitesse

95 kN


F 2

F 2


rail

Figure 619


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






E V R I Ls

Figure 620















On eacutecrit ainsi

V

I R

E


Figure 621

95 0007 9166 N

12F = =

1 7516 Nm2

Fr loz =

2 3 5031 Nm2

Frloz loz =

1934 2 6 775 Nm2mF

C r= loz loz loz =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






On en deacuteduit





On en deacuteduit



On eacutecrit ainsi




Ω( ) 240 1 000

15065 rads3 600

v m s

r r

yen= = =

loz

ΩΩ 7789 rads

1934m = =


36 575 105479 kW

12P

loz= =

3

3

5479 103653 A

15 10

PI

V

loz= = =

loz

36 575 105479 kW

12P

loz= =


5277 kW 10 kW 5377 kWeP E I= + = = loz

1 4721 VePE

I= =

763 mV E

RI

Ω-

= =

η3

2 3

5277 10096

10 5479 10m

m

P

P R I kW

loz= = =

+ loz + loz

22

FC r= loz loz

115 0001437 kN

8F = =



On eacutecrit donc





On en deacuteduit









21894 13 753 NmmC r F= loz loz =

Ω( ) 200 1 000

12713 rads3 600

v m s

r r

yen= = =

loz

ΩΩ 58 rads

21894m = =



ϕ231 A

8 3 cos

PI

V= =

yen loz loz




20151

3RP

RI

Ω= =loz

η2

0963 9

m

m

P

P R I kW= =

+ loz loz +

V

I I prime2


Figure 622


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



On eacutecrit ainsi






Ici


Or on eacutecrit

drsquoougrave

2R

g

cent

ω

222 2

2 2

221

3 3

( )

emR R V

P Ig g

RR L

g



2I Icent ordf

1

22


3 200 1 000220 10 1222 MW

3 600mtP F vyen

= loz = loz yen =

η6

2 6total

1222 10094

13 10

mtP

P

loz= = =

1


mR

P PP = - - =

1

213RP R I= loz loz

11 2

0663

RPR

IΩ= =

loz

copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit














049064 - (I) - (18) - OSB 80deg - SCM - CDD






SCIENCES SUP


SCIENCES SUP




Luc Lasne

MATHEacuteMATIQUES

PHYSIQUE

CHIMIE


INFORMATIQUE

SCIENCES DE LA VIE


L LASN

E


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EXERCICES


Luc Lasne




LUC LASNE



AVANT PROPOS





























213 Transformateurs



































































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 DAN 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 NLD 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 ESP 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 SUO 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 ITA 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 NOR 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 SVE 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 gtgtgtgt setdistillerparamsltlt HWResolution [2400 2400] PageSize [612000 792000]gtgt setpagedevice


DigitalVisionreg



copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Avant propos




Remerciements



copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit


AVANT PROPOS III










































Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
































copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Chapitre 1




Loi des mailles


u1

u2

u3 u4




Loi des nœuds












i1

i1 + i2 + i3 ndash i4 = 0

i2

i3

i4




i


Dipocircle i


Dipocircle



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Reacutegime continu




R

L

C

i

i

i

u

u

u




( )di t

u t Lt

= loz


du t

i t Ct

= loz

R

I

URs

E





(si )

(si )


RsR


maxs

EI

R= 0R =

maxU E= R = bull

maxsup2

4 s

EP

R=

loz sR R=











s(t)

t T0

lt s gt=





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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











s(t)

t T 0 T 2




Freacutequence





1(Hz)f

T=

2 (rads)fω = πϕ

0slt gt =

maxeff

2

SS S= =

Œz C











Im

Re a

b

r θ

+

Z










U I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



u(θ)

θ = ωt

2π0

UmaxImax

i(θ)

Re

I ϕ gt 0

Im

U U

I

u(t)

i(t)

π

ϕ









Grandeurs Complexes




effU U U= =

effI I I= =


ReI

Im

U U

I

R

ReIϕ = π 2

Im

UU

I

L

Re

I

Im

U U

I

C


ϕ = 0

ϕ = ndash π 2




Condensateur ω

1U I

jC= loz



ZI

=











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


I

U ZeqAssociation


seacuterie


ReI

Im

U U

I

L

Re

I

Im

U U

I

C

R

R

U

I

R

U

I

C R



ou

ou

ϕ gt 0

ϕ lt 0



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







V

I





P k V I= sdot sdot

V

I

R



















( ) ( ) ( )p t v t i t= loz




S V I= loz


V

I


Re I ϕ gt 0

Im

V



Relation



S V I= sdot

maxeff

2

VV V= = max

eff2

II I= =


ϕcosP

kS

= =

ϕtanQP

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










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


U

I

R

U

I

L

I

jX

Reacutesistance

Inductance

Condensateur


P Q


= U2 R

RI2 = U2 R 0







= middot I

= (R jX)U2 R U2 X

S

S I

S

S

S

S U

U I








P1 Q1 P2

Q2 Pn Qn

V

I

hellip


P1

Q1S1

P2Q2

S2

Qn

Pn

Sn

S (S = VI)



V

I L = 20 mH

R2 = 10 ΩR1 = 20 Ω

Figure 118

1I 1R

2I 2RI


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









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















Tableau 11


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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










1)

2)


On en deacuteduit

4)

drsquoougrave

30R Ω= 50 mHL =

11

230115 A

20

VI

R= = =

ω π-= = =


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

-



ω= = =

+ +

+

2 21 2

2 2

2302985 A

( ) 200 1256

30 628

VI

R R jL




5)


1)

2)


et







ϕ = = =+2 2

cos 093P P

S P Q

= = =+ -2 2

100485 A

206120 (10 5)

VI



VI j

j



V

I 20 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




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

2)

3)




Donc


2) drsquoougrave et


4) Dans ce cas donc


= = =+

1 2 21

3006 A

4 50

VI

Z

= = =+

2 2 22

30073 A

10 40

VI

Z



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



ωω


2 2

1

eq

V VS L jRC L

LR CZ

S P jQ= + =2V

PR

ωω


2 1V CQ L

L C

ωω

- + =10L

C ω=

2

1C

L

1

0eqZ LR RL jRC

= loz =+ yen

127 AV

IR

= =




2)


Tableau 12


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 =



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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On en deacuteduit

Drsquoougrave









Reacuteactif

ActifP1

P2

P3

P

Q2

Q3

Q1

QS

ϕ

Figure 124




ϕ ϕω

- -cent= =cent2

(tan( ) tan )12 mF

PC

V

ϕ ϕω


( tan( ) tan )42 mF

PC

V

= = fi = loz =2

1 500 W 212 VV

P V R PR

1 5007 A

212

PI

V= = =


= = loz fi = =21 500 W 7 AP

P R I IR


3) efficaces



Mais










240 VP

V ZI ZR

= = =


= = 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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









et



efficaces

V1

V2V3

θ = ωt0 2π 3 4π 3


2π 120˚

120˚


1V 2V 3V

12 1 2U V V= - 23 2 3U V V= - 31 3 1U V V= -

3U V= loz




V1

V3


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



IN

U12 U31



V1

V2 V3

U12

U23

U31

π 6



1 2 3 0V V V+ + =12 23 31 0U U U+ + =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

















deacutemontreacute)




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+ + =





1

2

3 Nprime




I1

I2

I3

1

2

3

Z12I1

I2

I3


J31

Z23

J12

IN

VZ1



U12








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



U12

V3


soit





cosP

kS

= = ϕ

soit





cosP

kS

= = ϕ


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








1

2

3

Nprime


Z

Z

I1

I2

I3

I1

I2

I3

1

2

3

3 Z

3 Z

3 Z

J31

IN



U12

V3

P

N

I

V


Avec

soit




cosP

kS

= = ϕ

Z 3Z









V

I

R


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




















ϕe jZ Z= loz


Z cent

ϕ centϕ ϕ cent

Z Z cent

















I1 Z1V1

I2 Z2V2

I3 Z3V3

N NprimeU12

V1Nprime

Figure 132

Ω1 30Z j= Ω2 10Z j= - Ω3 20Z j=

1I 2I 3I





N NV cent 1V 2V



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













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







On eacutecrit alors

2)






et


et



8) En triphaseacute

1 2 3 3

VI I I

R= = =

VI

R=

= loz = loz =2 2

22

V VP R I R

RR


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


LVVol S L

R= yen =

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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Avec







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


π πω ω ω


22 2 22 2 2

( ) sin ( ) sin sin3 3 3

Vp t t t t

R

π πω ω ω


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




2)

3)

4)

drsquoougrave






On en deacuteduit






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 π= = =

yen yen yen2 2


3 3 2 50 230C

V


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit


1)



On en deacuteduit





4)






En eacutecrivant et



= =2

total 2583 kW 3V

PR

Ω= =2

total

3614

VR

P

3U V= loz

Z

V Z I= loz

VI I

Z= =




3I J= lozcent cent


3 3U V

I JZ Z



IP U J V VI




ϕ ϕ= cent

3V VI I

Z Z= = =cent

cent










inductive = Q gt 0)






On en deacuteduit



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


ϕtan 102= +


ω= - loz 23CQ C V



ω π- loz - loz

= = =yen yen

3 3total2 2

255 10 1064 10029 mF

3 3 100 230

Q QC

V



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit









et





= = =centyen yen

3 3total

2 2

255 10 1064 10994 F

9 9 100 230

Q QC

V



ω π- loz + loz


3 3total

2 2

255 10 1064 10024 mF

9 9 100 230

Q QC

V


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





On en deacuteduit






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



1 2 3

3N N N

N N


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


0NI =

1 2 3 0I I I+ + =

1 2 3

1 2 3

0N N NV V V


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


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




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



soit


et

7) On calcule donc





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



1 2 17


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


cent+ +

= - = - +


N

N prime

V1N prime

V2N prime

VN primeN

V3Nprime

3 7 middot V2

ndash7 5 middot V1

V1

V2

V3

Figure 138







drsquoougrave

4) par ailleurs et



Soit donc

7) Par ailleurs



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

-= = = =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







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















V

I Ls

Rs P QIV

Figure 142

sR

sL

sR sL

sL

V Lp RpP QIV

Figure 143

pR

pL

pR pL

pL


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















I1

V1 V2 V3N


QM = 40 kVAR

R C

Charges capacitives


PR = 8 kW

U23

Figure 144

1V 2V 3V

12U 1V 2V 23U 2V 3V 31U 3V 1V

RP

V

1I

totP

totQ



















avec

1I

sR

2sP R I= loz

sL

ω 2sQ L I= loz loz



= 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


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


-= gt

loz 2

10s

S

CL


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





8) de mecircme




pR =2

p

VP

R

pLω

=loz

2

p

VQ

L

πϕ


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





tension simple V



Ainsi









loz= loz fi =

2 233 RR

R

V VP

R P

Ω1983 R =


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= = =

+


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









V

I

Lp

N

ReqC

Figure 147

V

R eqI R V= loz I V


+ 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 +


ϕ

Figure 149






avec et

donc











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


micro337 FC =


Reqeq

VI

R= ϕcos( ) 09=

ϕ1 cos( )eq

VI I

R= =

loz

tot 8 kW 40 kW 48 kWR MP P P= + = + =




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Comme on trouve









2sin( ) sin ndash2

Q V I V C V C V

ϕtan( )Q P= loz

totQ Q= totP P=



ϕω


1( tan( ) )

3C P Q

V

micro336 FC =


ϕtot

3 cos( )

PI

Vfi =

loz loz

V V C C C

C

C C

U

V V

Figure 150


micro112 F3

CC = =cent










et


Z3 Z2 Z1 V1 V2

V3


N

1 2 3

IZ3 IZ2 IZ1


cosϕT = 09 AR

Figure 151

1Z

2Z 3Z

1 2 330 kW 45 kW 10 kWP P P= = =


1ZI 2ZI 3ZI

TI


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









N

1 2 3

N prime

VNN prime

V3 Z3 Z2 Z1 Vc1 Vc2

Vc3



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


Figure 153









1CV

1CV

2CV 3CV

N

1 2 3

L = 1 mH

Z3 Z2 Z1



cosϕT = 0 9 AR

Vc1 Vc2

Vc3

Figure 154

T TR X- TX

1Z 2Z

3Z

1eZ 2eZ 3eZ

1cV 2cV 3cV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








On en deacuteduit

et de mecircme et





Ici

et




Ainsi




400 V 3U V= = loz

1 2 3 et 10 kWP P P =


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


ϕ 22 Z2 2

2

( ) Ar tan 184Q

I V cP


ϕ 33 Z3 3

3

( ) Ar tan 113Q

I V cP


TI


ϕ354 A

3 cosT

TT

PI

V= =

loz loz

1V 2V 3V 1V

1TI 2TI 3TI













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


100 V

Courants 100 A

258˚

184˚

N

Figure 155

NNV cent





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










NNV cent

V3

Re

Im

Vc3

VNN prime

N

Figure 156

1V 2V 3V


1CV 2CV 3CV

NNV cent

1CV 2CV 3CV

Re


100 V

N Nprime

239 V

174 V291 V

V1

Vc1

V2

Vc2V3 Vc3

Figure 157






ainsi









soit



1CV 2CV 3CV



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


1 2 3 0V V V+ + =





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


+ + =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



3CV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


pour obtenir


soit






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



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



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


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



- + 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





alors





et avec

ainsi et





Tableau 13


P

Q

I

R

X

Z

3 1 3 2




M

Z Z


1 11

2 2

3 3

c

c

c

V V

V M V

V V


ndash T TR X


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





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


[1 3] i iZ Œ

TZ


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



et



et



figure 159


Z1 = 16 + j middot 05 Z3 = 5 + j



N

1 2 3

L

Vc3


Figure 158


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=

+



Ze3 = 274 + j middot 087

Ze2 = 085 + j middot 031

Ze1 = 126 + j middot 045

N

1 2 3


15 kV 230 V

Vc3 Vc2 Vc1

Figure 159


et


et


11 1 1

1

126 045

126 076e

ce L

Z jV V V

Z Z j


22 2 2

2

085 031

085 062e

ce L

Z jV V V

Z Z j


33 3 3

3

274 087

274 118e

ce L

Z jV V V

Z Z j


+= 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







Induction B (T)

Flux φ (Wb) Spires













contour soit donc







iH

(C) de longueur L

dl

S


d dC C


micromicro NIB H

L= =

microΦ SNIBS

L= =

Φmicro

avec L

NIS

= not not =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











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



Inductance




On retiendra








Φ φT N= loz ΦTNI

N L I= loz = loznot

2NL =

not

H L NIloz = Φ BS=

Φ( )I

φ(I)

I





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









φ(t)


i(t)

N spiresv(t)




ainsi ou



Φ Φ= loz =

d d( )

d dTv t N

t t

Φω Φ ω

ωloz


d 2( ) 2 cos( ) ( ) sin( ) ( )

dV


ω πloz loz


2 22

V VB

S N S N fπ

= loz loz lozmax2

2V N B S f


Φd d( )

d dT i

v t Lt t

= =

B(H)

H

PH volumique





Ainsi








213 Transformateurs



F H CFP P P= +


ϕϕ ϕ dd d d d( )

d d d d dfb m

m fi i



i(t)

v(t)

R



e(t) R Lf

Rf Lm V

I



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





I1

N1V1

I2

V2N2

Circuitprimaire

CircuitsecondaireR


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


fi = = =2 12

1 21

( ) 1( )

Ii t Ni t I N m

V1V2

I1

V1 V2

I1 I2

I2

m

BobinagePrimaire



BobinagePrimaire
















et

( ) 21 2 21 1 2 2

VS V I m I V I S


Z2Z mloz

V1m middot V1

m

I2

I1

R L Rf Lm

Ru Charge

V2



10 1 10nS V I= loz2

1

10

nf

VR

P=

ω

21

2 210 10

nm

VL

S P=

loz -


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


mesure P1cc et




Remarques








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


I2

I1

θRe

Im


ψϕ











bull



VA Uab

N

m

A B C

a b c



Yd1



ici


1

3 3a ab a

A AA

V U nm

V nV= = = loz

loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










VA

VC VB

Uab Uca

Ubc

Va

N


6middot middot

31

je

nA

naVa = VA middot


π

ϕ


micro 5286 SIR =


10 cm

10 cm


L = 80 cm

i

v N = 100

10 cm

Figure 214



















N1N2

R1R3

R2

i1

v1v2

i2Φ1

Φ3

Φ2

Figure 215

1V cent


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









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



φ

Figure 216

Φ 32 10 Wb-= loz

Φ 32 10 Wb-= loz

















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


Figure 217


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













V2

I2P

cosϕ = 08 V1

Transformateur B


004 Ω j028 Ω

mA = 0167

mB

V1n = 1 500 V

mA middot V1

mB middot V1

Charge

Figure 218






total














22 2

nII =


micro 5286 R SI=


08120 423 SI

4 10 5286 10f

R

L L


micro π

3

7 20

1079 577 SI

4 10 10a

e

S

-

- -not = = =yen


2

50 mHN

L = =not


max 103 T444

VB

N S f= =

loz loz loz

max 103 TB =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Donc



2)

3)

4) De mecircme



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= = =


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



+ 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




( )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












Φ 21 3 31

1 1 2 2 3 1 3f

N RL N

i R R R R R R

loz= = 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


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


Figure 221


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









soit donc 31 spires






On en deacuteduit






dC

NI H l= lozUacuted


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= = =


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


3547 62 2 200NI = yen =

Φ B S= loz






1)

2)

3)



Φ = BS Φ = BS

Φ = BS




2 0691 360


Entrefer seul

Acier seul


Figure 222

1 1 2 2 11

2 20010 A

220n

n n n n n nn

SS V I V I I


22

2 200173 A

127n

nn

SI

V= = =


ηη

ηutile


1 1 0951 760 926 W

095

PP P

P P

- -= fi = loz = yen =

+

V1 m V1 = V0

m

I2

I1


Figure 223


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


drsquoougrave

Et drsquoougrave

6) drsquoougrave




On en deacuteduit


avec




Drsquoougrave


2 n


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= =


ϕω ϕ

0 2 cos12 mH

sinn n

n

V V R IL

I

- - loz loz= =

loz loz

2nI



∆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= =


∆2 0 2 130 VV V V= - =

094η =


ϕ22

2 717 Acos

PI

V= =

loz















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


V1 I1 r middot I1


ϕ

Figure 224


116 411 VV cent =

100V

mV

centcent = =

1164 VV

Vm

cent= =

cent






Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Ce qui donne




2) et

3) et






Comme V2n = 2409 V






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

= =




2A nI 2B nI

2 2 2 1437 An A n B nI I I= + =


ϕη

ϕutile 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= = =


1 2 9648 V

2 2A nm V Vloz -

= = 2 2 2457 VA BV V= =











Site industriel



fils


quatre fils

Transfo MT BT A B C

a b c

Figure 225


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














m

Charge Z V2 V1

I1 I2

RfLmicro

l2r2

m middot V1


Figure 226











Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














ϕ

3max

maxmini

780 10975 kVA

cos 08

PS

loz= = =

A

C

B

a

b

c


Figure 227


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













6

π

6

π

n11Dy

A

C B

a

b

c VA

VB VC

UAB UCA

UBC

Va Vb

Vc



Figure 228

1 000 kVAnS = 1 20 kVnU =

1 000 kVAnS = 11 120 kV 1154 kVA

3n

n nU

U V= fi = =


et


On en deacuteduit









Ainsi on eacutecrit

2 237(1 127 ) 234 VnV = - =


1 2288 A et I 1 424 An nI = =

m

Charge Z V2 V1

I1 I2

RfLmicro

l2 r2

m middot V1


Figure 229

20

1

237002053

11 540

Vm

V= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


Ainsi



valeur






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 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







On obtient donc






Et




2127

1 237 234 V100nV V




( ) ( )2 222 1 1

22 2

17 m2

n cc n

n n

V m V m Vr

V IΩ


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


loz


22 2

2

31 H3

l

n

Ql

Imicro

ωfi = =

loz loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








Les pertes valent





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


m middot V1

V2 I2


π 2 ndash ϕ

Re

Im

r2 middot I2ϕ

ψ

Figure 231


22 2166 55 937 0V V+ loz - =

ϕ2 cos 08 2283 VnV = =


Puissance totale=


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









( )( ) ( )

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= = =



Transfo MT BT A B C

a b c



cosϕ gt 08

N

aprimebprimecprime

Figure 232

η150 1 9861=


Transfo MT BT A B C

a b c

N



N




Figure 233


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








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


l2r2

m middot V1


m

V2 Rf Lmicro

l2 r2

m V1


Figure 234

m

Charge V2 V1

Rf 2 Lmicro 2

l2 2 r2 2

m V1


Figure 235











Charge P Q


N

V1

V2

V3

N prime

Figure 236


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













Charge P Q

N

VR

Lω = X

V

I

Figure 237














230 V V

P


Figure 238


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






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


i(t)

v(t) L i(t)

v(t)

Figure 240










21

d ( )( )

d

i tv t M

t= loz 1

2d ( )

( )d

i tv t M

t= 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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











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 =



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=









minimal



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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









soit

RV jL I Vω= +

VR

VI


ϕ

π 2 ndash ϕ

Re

Im

Figure 247

ϕ ϕcos et sinP Q

V I VI= =

loz

VR



π 2 ndash ϕ

Figure 248



2 22 2 2 2

2 22R

Q PV V X XQ X

V V= + 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


- loz + - loz -=




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Ainsi





ϕ ϕ2 2 2 4 2 4

max1 2 2

4 tan 16 tan 16

8R R RX V X V X V

PX


-

( )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 =












( )maxV P =


2RV

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ- - + + + - - + + - - + +

( )maxV P

ChargeP Q

N

VR


V

X2A

B

Figure 249


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Donc







et



)





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


1X Xcent pound

copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Chapitre 3











Remarques









v(t)

i(t)




Valeur moyenne

Valeur efficace



lt gt = Uacute( )

1( )d

T

i i t tT

= = Uacute 2eff

( )

1( )d

T

I I i t tT


1( ) ( ) ( )d

T

P p t i t v t tT

= + +2 2 2 2S P Q D

1





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Avec b et






ω2( ) cos( )dn

T

a i t n t tT


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


T = 1 f0

v(t)

0

V(f ) V

Fondamentaux

Harmoniques


avec

et


=2n

nb

I


= + + +2 2 2 21 2 3 I I I I

bull

== Acirc 2

1n

n

I I





On eacutecrit alors










ϕ1 1( )

1( ) ( ) ( )d cos

T




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



2

2n

n

D V Ibull

== Acirc

1

1 1 01

d ( ) d ( ) d ( ) ( )

dd d

n n

n nn n


tt t

-

- -loz + loz + + loz + =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

















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


ttloz + + loz =

2

2

d ( ) d ( )( ) 0

dd

S t S ta b c S t

ttloz + + loz =












deacuteterminer




Remarques




∆1 2 2

br

a

- plusmn=


2

br

a

-=


∆α β1 2 2

b jr j

a

- plusmn= = plusmn



ϕtanD

C=

ϕcos

CK =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









i

v D

v(θ)

i(θ)

0 2π θ = ωt

I0

ndash I0

π

Figure 33












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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











e(t)

L

i(t)

Rvi(t)

Figure 36

( )π( ) 100 sin 2e t ft= loz

V(t) C2C1

i(t)

Figure 37


















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


2 22 20 0 00 0

1 1 1( ) d d 2

2 2 2I i I I I

π πθ θ θ π



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





S2 = P2 + Q2 + D2 soit




Donc


la freacutequence



2 0 00 00 0

2 2 21 1( ) d 2 2 sin d cos

2 2

I V I VP p I V


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




( ) ( )22 1 00 0

2 1( ) sin (2 1) d 2 sin (2 1) d

2kb i k I kπ π


( )00

2cos (2 1)

(2 1)

Ik

k

πθ

πloz


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


f0 3f0 5f0 7f0

Figure 39

ωπ0 2

f =





donc




Donc



On calcule alors


Donc

2) On calcule ici



ππ0 01

14 2 2

2 2

I V IbP V I V V


22 1

1 2k

k

bI

bull+

=


2 2 2( )V I P Dloz = +2

2 2 2 22 11

1 2k

k

bV V I D

bull+

=


22 1

2 2k

k

bD V

bull+

=


[ ]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


π

π

θ πθ

π π

5 62 221 2 2

6

sin 2 2 3

2 3 22 2

V VI

R R


π11 3

0683 4

V VI

R R


π π

π


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


θ θ2

1 1 1( ) ( ) 047V

P v iR

= lt loz gt = loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Ainsi

et donc









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


π11 3

2 0963 4

V VI

R R


πθ θ

π

2

1 1 12

( ) ( ) 2 32 3

VP v i


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 + =




gration




On eacutecrit donc











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


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 -


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






pour t gt 0





ndash 03 rad


Ainsi


∆∆

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


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



τ π( ) e 954 2 sin(100 03)t

i t K t-

= loz + loz loz -



Ainsi










avec


ou encore

τ π( ) 954 2 sin(03) e sin(100 03)t

i t t-Ecirc ˆ


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


6 2 6 2finale

1 110 10 25 10 10 25 625 mJ


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 =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On retiendra donc

6) On sait que donc






I1 = 10 A I3 = 3 A I5 = 2 A I7 = 14 A et I9 = 11 A






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


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= + + + + =


cos 0557P

V I= =

lozϕ1 561= infin


2 2 2 2S P Q D= + +

2 2 2( ) 1937D V I P Q= loz - - =









2 21

1

04I I

THDI

-= =

Charge 1230400 V




20 kV entre phases

Transformateur T1



Tronccedilon 1

Tronccedilon 2

Sectionneur S1

123

iMT

i2

i1

N fictif

VMT V

iT1

Figure 314


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













φsat = 45 Wb


11 middot φsat

iT1

φ

Figure 315

( )micro 1TL i

( )micro 1L i

( )V tθ ω=1( )Ti θ

2 21 1T TS P-















3252 V

IO = 450 A

0 2π5π 6π 6 π θ

i1(θ)

V1(θ)

Figure 316

2 21 1S P-


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










m

Charge V1

IT1

RfLmicro

lr

m middot V1


Figure 317

fR = bull

N (fictif)

IT1

V1Lmicro

Figure 318

B

H








atteinte vaut


φ N B S= loz loz

B

H

Bsat

Hsat N middot I

φsat

Isat

φ

Figure 319


( )micro 1TL i


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






tudes et






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


0

10

L








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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


drsquoougrave



eacutequilibreacute









sat sat2 2

21

0 00 0


V VI

L L

θ θ



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


θ θπθ θ

ω π

2

2 sat sat1 sat sat

sin(2 ) sin(2 )2 1100 100 100

2 2 2TV

IL


2

2 sat1 sat

0

sin(2 )2 199 100 99

2 2TV

IL

θπθ


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

1 467 kVATS =


πθ θ θ

π2

1 1 10

13 ( ) ( ) d


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-









soit donc

drsquoougrave








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


π

π

πθ

π π

5 62 2 21 0 0

6

2 2 4d


1 02

519 A3

I I= loz =


1 3585 kVAS =

πθ θ θ

π2

1 1 10

13 ( ) ( ) d


πθ θ θ

π1 1 10

16 ( ) ( ) d



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








On calcule alors






drsquoougrave



donc

π

πθ θ

π5 6

1 06

16 2 sin d


π ππ π

0 01

3 2 3 65cos cos

6 6

V I V IP


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


22 290 A

3

PI

V= =

loz

2max 2 2 410 AI I= loz =

2cos 1ϕ =

2 0ϕ =










ou encore



[ ]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 θ


V1(θ)

iMT(θ)

1633 kV

m middot IO = 9 A

0 2π



5π 6π 6 π θ

Figure 325


θ maxi( )MTi


∆ max 3

172 100( ) 105

1633 10V

yen= =loz

θ( )cV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


V(θ)1633 kV

0 2π


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













Ie

I

U

C

Circuit inducteur

Circuit induit

Φ



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



2 dans ce bobinage





C (Nm) Ω (rads)

UI

U E

RLI

U E

RLI

Charge

MachineMachine


Ie










didt


dΩdt







Remarques








2 PJ = R middot I 2



Pm Pm




C (Nm) Ω (rads)

U

I = Ie



C (Nm) Ω (rads)

U

I Ie

soit

Re Re





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











U

I C N (trmin)

Ie

U = 110 V

Re1

Figure 45









2nP

P =

U

I C N (trmin)

Figure 46


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









page )










u

i

C N (trmin)

V = 110 V

Fd = 1 kHzα

Figure 47

1

d

TF

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
















Ainsi


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


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= =



Agrave vide donc

Par ailleurs



5)

et soit


On eacutecrit donc





Drsquoougrave






1100275 A

400ee

UI

R= = =


e

Ck

I I= =

loz

πΩ 2109 V

60e eN



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



loz

π2 20

60e eR C N

U I k Ik


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


90 Ann

n

PI

U= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

On eacutecrit donc

Soit donc



inconnues











srsquoeacutecrit




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



U

I

R

EMachine

Re

Figure 49





On retiendra












et


Donc

e

UI

K R RΩ=

+ +

Ω

2

sup2e

UC K I K

K R R



2

I C

Ω Ω

Figure 410


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


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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Soit donc on posera




soit donc

On eacutecrit 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= - + + =


t- -

= loz + = - loz +

t0τ = RJ K

2 = 1 s

Ω0 = 1604 rads

Ωfinal = 1469 rads

(N0 = 1 532 trmin)


Ω

Figure 411

τ2

33 3 sr

RJt

K= = =

d( ) ( ) ( ) 0

d

iU E t R i t L t


2

( ) 1( ) e ( ) e ( )

t t














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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

2)











Donc



telle que

α α αmoy 0

1d

T V TU V t V

T T


( ) ( ) ( ) ( )d

iu t E t R i t L t

t= + loz + loz

( ) ( ) d( ) ( )

d

u t E t L ii t t


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


Imin

i

Figure 414

max mini I I∆ = -

∆ αmax min ( )R

i I I V E TL

= - = loz - loz


[ ]∆ α α(1 ) 85R

i V TL

= loz - + loz

[ ]1

(1 ) 85 5 085 AR

i V T IL L



soit donc



soit


Ici



du rendement









3 31

05(05 110 85) 05 10 137 10 49 mH



E 11412 A 0076

1 500eIN

- = fi = =

10841084 V 1 426 trmin

0076E N= fi = =


ηη

3

totaletotale

16 10P 20 kW

08m mP P

P

loz= fi = = =


nE U R I= - loz

95 95 V 1 250 trmin

0076E N= fi = =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Nbatteries de 24 V


permanents



Nfn = 75 trmin

R

U

I

Ωr Ωf

Figure 415












Tableau 42


(kW)Couple (Nm)


Rendement nominal


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Tableau 43




Couple (Nm)


Agrave vide 94 48 3 000 05

N batteries de 24 V





Nfn = 75 trmin

R

U

I

Ωr

rendement ηr = 09

Ωf

Figure 416














Ainsi

On calcule alors




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


1

40fn rnN N=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Donc


On eacutecrit donc

Soit donc


Soit










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


Nbatteries de 24 V

R

U

I Ri

E


Figure 417








On en deacuteduit




On calcule alors








ηtotal1 500

1 7647 W085

fn

n

PP = = =


total 1 76473676 A

48nn

PI

U= = =

essai

nominali

UR

I=


30081

3676iR Ω= =


πΩ Ω 2 3 000

60nloz= =


ηtotal

1 350076

1 7645fn

n

P

P= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Drsquoougrave














1504 heures

3676=

( )2n

i nE

U R R I= + loz +

2552 0081 0613676

n

in

EU

R RI

Ω-

= - = - =


09rη =


ηη total joules

2total

( ) 48 3676 785 933709 0378

48 3676r m

n

P P P

P

loz - - yen - -= = loz =

yen

















U

I

Ωr Ωf



Pelec = E middot I




Prn = 1 500 W


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

= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















ηtotal

1 350075

1 795fn

n

P

P= = =

1503 h et 20 mn

443=

( )2n

e i nE


25852 008 002 059374

n

i en

EU

R R RI

Ω-

= - - = - - =



ηη total joules

2total

( ) 48 374 785 9651409 0377

48 374r m

n

P P P

P

loz - - yen - -= = loz =

yen









U

I Cm Ωm Cp Ωp

Ie


U =

110

V

Masse m = 100 kg


Rf

K1

K2




110

Reacuteducteur

Figure 419


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







































On calcule ainsi



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

= = =


i 1 273 Wm jiP P P= - =

mP E I= loz

1 2731025 V

124mP

EI

= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









drsquoougrave






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








drsquoougrave








ηp 4905 077 3777 WmP P= loz = yen =


E= =

( )fE R R I= + fE

R RI

= -

635fR Ω=


U = 110 V

I

K2

R

EU

Vitesse Ω lt 0

Figure 422

077755 Nm

10mr m g

Cyen loz loz= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


donc















Ici on eacutecrit




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




4) Partons de




On eacutecrit donc











1 d( ) ( )

d

ii t U L e t


mC K i= loz

d( )

dmK i



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


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


Ωη 2

100 rds10

fp

U R r m g

K K

loz loz loz= - =

loz lozτ

2057 s

RJ

K= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







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


057( )( ) 1834 1708 1 e

t

mC ti t

K


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















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


t0 τe 3τe = 048 s

i(t)1833 A

Figure 426


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






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












iA

ib

iC

+ A

B

C

φr


vb

vC



Rotor Stator



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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







ωπ

2 22 60

Nf = yen = yen

2 60

Nf p p

ωπ

= =

iA+A

θ = ωtvA


f = ω 2π

iA + A

θ = ωt vA


f = 2ω 2π

Nord

Sud

courantinducteur

Nord

Sud Nord

Sud

Rotorunipolaire

p = 1

Rotorbipolaire

p = 2

Stator bipolaire

p = 2

Statorunipolaire

p = 1


rads ou N = 2πfp

















Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



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


Relations de maille



soit




1 1 1 2 3 1

2 2 2 1 3 2

3 3 3 2 1 3





1 2 3 0I I I+ + =


[ ]ω1 1 1( )E R j L M 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












V E

R Ls I

V E

R Ls I

Charge

Machine Machine


Ie








2 (+ Re middot Ie2)





2 (+ Re middot Ie2)


Pm

η =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Re

Im

I


V

E

O

M

P



ϕ


= loz eE k I

= lozmax3

s

VP E

X











Re

Im

I


V

E

O

M

ϕ

Im

I V

E

O

M

Im

I

V

E

O

M





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








ia

ib

ic

O

θ +

A

C

B

Figure 59

ωπω

πω


2 cos( )

22 cos

3

22 cos

3

a

b

c

i I t

i I t

i I t













ia

ib

ic

ψ

+ A

B

C

Br

θ

B(θ)

Figure 510


2

k IB t t p

2f

ωπ

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





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

















Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








1) et


est maximale pour

2)

3)


2( ) cos

3b bB k iπ


( ) cos3c cB k i

2

3

πθ =

2

3

πθ = -


2 2( ) ( ) ( ) ( ) cos( ) cos cos


2 2( ) 2 cos( ) cos( ) 2 cos cos

3 3B t k I t k I t


2 22 cos cos

3 3k I t


2 4( ) cos( ) cos( ) cos

2 3

k IB t t t t



πω θ ω θ ω θ


4cos( ) cos cos( )

3t t t


2

k IB t t




















quatre pocircles


θ ω θloz loz loz

= +3 2

( ) cos( )2

k IB t t

ωπloz= = loz =60


N f

= ^ RC 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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Soit donc





Autrement dit









= = =yen

2 0003 A

3 3 220

PI

V

loz loz 23 R I


η = =turbine

98 P

P


P

C

Ωπ

= =601 455 trmin

2N

loz= = 485 Hz60

p Nf


R Ls

V0 Rch Alternateur

I

V

Figure 511

V I R middot I


V0

Figure 512





Donc










ω- + loz

=loz

2 20 ( )

s

V V R IL

I

R Xs

E Charge

I

V

Phase 1

Phase 2

Phase 3

Neutre


Figure 513

loz=

60 fN

p


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Soit donc












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


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+ loz loz

= =sin

314 Vcos

sV X IE

220

3







pour en tirer






Phase 1

Phase 2

Phase 3

Couplage triangle

Figure 516

Xs

E Charge

I

V

Figure 517

= loz +sE jX I V


= =loz

2 2

289 A3

P QI

U


ϕψ

ϕloz loz

= =+ loz loz

costan 0048

sins

s

X I

V X I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit






On en deacuteduit



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


V

I jXs middot IE


Figure 519


+= =

2 2578 5 575224 A

s

IX














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


δloz= loz2sin

2s

VI

X

δ δϕ


263 cos sin cos

2 2s

VP V I

X


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





Ainsi





agrave 5 000 trmin




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


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















Bassin haut

Charge

Bassin bas



Alternateur

15 m


Figure 522


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












E1

E2

E3

R L M

I1

I2

I3

R L M

R

L M

N

V1

V2

V3

Figure 523







h = 15 m et

On calcule




Bassin haut

Bassin bas



Moteur Synchrone

15 m

Figure 524

- -= = loz3 1 133 m s 330 litres sQ

= ordf346 kW 35 kWP



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







soit







On eacutecrit ainsi


Ainsi



1 1 1 2 3 1

2 2 2 1 3 2

3 3 3 2 1 3




1 2 3 0I I I+ + =


2 3I I+ - 1I


[ ]ω= + - loz +1 1 1( )E R j L M I V

E R


N V

Figure 525

ω= - loz( )sX L M

= 6 msaT

L

Rτ =

ω= =

loz6 mss

aX

TR


= =loz

478 A3

nn

n

SI

V


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
















On eacutecrit donc


η =4 4 851


= yen yen yen yen =015 3 230 478 08 3 957 W


= - =Joules 3 957 1 320 2 637 WP


= Joules23 n

PR

I

ω= loz lozs aX T R


E

V R middot I

jXs middot I

I

Figure 526














E R

Xs Icc

Figure 527

=+2 2

ncc

s

EI

R X

E R

Xs I

N

V RI jXsI

Figure 528



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On eacutecrit donc




On eacutecrit donc







V

E R middot I I ϕ

jXs middot I

Figure 529

V

E R middot I I

ϕ jXs middot I

Figure 530



ϕ+ loz

=cos n nE R I

V

cos 098ϕ =















= =loz

245 litress7

PQ

h

e2(t)

e1(t)

e3(t)

Ie

θ

Figure 531


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit















Tableau 52









pour cosϕ = 08




= loz loz2

100 N

N

SZ Z

U








lozsjX I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













π- 2

32

3

π


2 2( ) cos cos

3 3e et K I K I t


2( ) cos

3et K I t

2

3

πθ =


1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I t

t

22

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I tt



33

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I tt



















1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I p t

t

22

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I p tt



33

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I p tt


602 50 100π πyen =


1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I t

t

ωloz loz=

2e

nK I

E

= 52 AenI


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














Re

Im

I


V

E

ϕ

+

Figure 533

= =n ncc

s s

E EI

jX X




223 3 18 kW 1 MW

3n

Jn n mS

P R I R PV




des pertes donc





1090

P P P P



Re

Im

I


V

E

ϕ

+

O

M

P

δ

Figure 534

Re

Im

I


V

E

ϕ O

M

P



Figure 535


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


et


On notera donc que

et






bull 1er cas P = 0


On calcule alors



lozsjX I



jX I X I XV


jX I X I XV

lozsjX I

lozsjX I

= lozmax3

s

VP E

X

lozsjX I

Re

Im



V

E

O

M Re

Im

I

V

E

O

M

P

P = 0 W P = Pmax

Figure 536

-= = 82 As

E VI

X














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


Re

Im

I


V

E

O

M

P

P = 8666 kW

δ = 37˚

Figure 537


δϕδ

costan 0007

sin

V E

E

- loz= =loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












On en deacuteduit





E

I

V

XS

Figure 538

SE jX I V+ loz =


ϕcos 1133 300

386 A3 3 11 500

PI

V= = = =loz yen

2 2( ) 11 575 VsE V X I= + loz =












On en deacuteduit

ω2eK I

Eloz loz

=

Re

Im

I


V

E

+

O

M


Figure 539

lozsjX I


Re

Im

I


V

E

O

M

ϕ

Im

I V

E

O

M

Im

I

V

E

O

M

ϕ


Figure 540


1 3174482 A

coss

IX

= =loz


ω 12

459 Ae eE

I IK

loz= = gtloz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





On en deacuteduit



1 3174482 A

coss

IX

= =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








60 sN f p= loz




avec








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




Au primaire

Au secondaire

soit donc




0R

I jL I jg


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






V1

I1

Rf Lm

R1L


Rprime2 g

I prime2





cent2Rg


Pf PJs PJr Pm

Pu = C middot Ωr


Rotor Stator




η = utile

totale

PP











forme







( ) ω1

2

1 2

VI

R R g jL

cent =cent+ +

( ) ω

12 2

2 21 2

VI

R R g L

cent =cent+ +


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


2


Jr rP g P= loz


r s s

P P P g P PC

g

- - loz= = =- loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Couple maximal






( )Ωω

21 2

22 2

1 2

3 1

s

V RC

gR R g L


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


Cmax




0



















Tableau 61




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















Ω

2

2

3

s

V gC

r

loz=centloz

l = 30 mH


I1

V

I prime2

Figure 65















E = 300 V

V1(t)


Figure 66


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




vitesses voulue












V1(t) 2E 3

E 3


t T

T 2

Figure 67

1f

T=

60s

fN

p

loz=

1 500 1 4500033

1 500s r

ns

N Ng

N

- -= = =







et


Par ailleurs

Donc







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

ω

2

0

3094 Hm

VL

Q

loz= =

loz


22


1 0387 Wr f jsP P P P= - - =

22

23rR

P Ig

centcent= loz loz

2





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







Soit donc



Ainsi



Le glissement vaut


9394 Wu r m jrP P P P= - - =


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 = =



ω0

277 mH

3n

n

Q QL

I

-= =

loz2



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

- -= = =



Soit donc













On en deacuteduit

5)




3046 W1u m

rP P

Pg

+= =

-


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

- -= = =


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 = =

-


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





On en deacuteduit




On en deacuteduit




0

092m

m jr

P

P P Pη = =

+ +

230133 V

3V = =


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


I

J

U = 400 V

Figure 610


















couplage 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


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



133 A172dy

VI = =

∆50 Nm3d

dyC

C = ordf


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Phase 1

Phase 2

Phase 3


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


60s

fN

p

loz=

100 Hz60

spNf = =

ω ω11


V t a n t b n tbull

== loz + lozAcirc


On eacutecrit

Ainsi

Soit





srsquoeacutecrit




Agrave 1 000 trmin

Agrave 2 000 trmin

Agrave 3 000 trmin




dire agrave

41 1 10 0

2 8( ) sin d ( ) sin d



ω ω 6 4

0 0

8 8 2sin d sin d

3 3

T TE Et t t t


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


[ ] [ ]π π π π18 8 2 8 3 2

05 1 052 3 2 3 2 3 2

E E E Eb


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=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




flux






Ns (trmin) 1 000 2 000 3 000

Cmax (Nm)

39

975

43

Figure 612


CteV

f=

CteV

f=








35 m

100 m


Poids moyen 80 kg

Poulie enroue libre


Figure 613


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Tableau 62


Pn = 22 kW

Vitesse nominale


Tensions

230 V ∆ 400 V Y


In = 435 A


cosϕn = 083

Rendement 44

η = 88


P0 = 12 kW

Courant agrave vide

I0 = 434 A


ID = 65 middot IN

V

I I prime2

Figure 614

2R

g

cent
















et


2R

g

cent

35tan( ) 035

100α = =


α

α

π 2 ndash α


mg middot cosα

mg

Figure 615


αsinmg loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Ainsi






du moteur est










αsinr mgloz loz

αsinr mgloz loz

Ω 1 mspr vloz = =

Ω 333 rdspv

r= =




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


Figure 616











En conseacutequence






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 = =


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


cos( ) 083nϕ = sin( ) 0557nϕ =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











Puissance apparente


On en deacuteduit



On calcule alors

Et



ηtotal4 4

25 kWnPP = =

0 12 kWRfP P= =

2


22

Rotor 23 22 kWnn

RP I

g

centcent= loz loz =


0 274 kVARLmQ Q= =

ω2


( ) ( )1

22


2 2761 kVAS cent =

22 40 A

3nS

IV

centcent = =

loz


1

2


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


ω

22

221 ( )

VI

RR L

g

cent =Ecirc ˆcent

















Ω Ωω

222 2

2 2

221

31 3

( )

ms s

R R VC I

g gR

R Lg



( )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


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= - =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Ie V

I

C Ω

Figure 618














222 kN

270 kmh

effort

vitesse

95 kN


F 2

F 2


rail

Figure 619


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






E V R I Ls

Figure 620















On eacutecrit ainsi

V

I R

E


Figure 621

95 0007 9166 N

12F = =

1 7516 Nm2

Fr loz =

2 3 5031 Nm2

Frloz loz =

1934 2 6 775 Nm2mF

C r= loz loz loz =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






On en deacuteduit





On en deacuteduit



On eacutecrit ainsi




Ω( ) 240 1 000

15065 rads3 600

v m s

r r

yen= = =

loz

ΩΩ 7789 rads

1934m = =


36 575 105479 kW

12P

loz= =

3

3

5479 103653 A

15 10

PI

V

loz= = =

loz

36 575 105479 kW

12P

loz= =


5277 kW 10 kW 5377 kWeP E I= + = = loz

1 4721 VePE

I= =

763 mV E

RI

Ω-

= =

η3

2 3

5277 10096

10 5479 10m

m

P

P R I kW

loz= = =

+ loz + loz

22

FC r= loz loz

115 0001437 kN

8F = =



On eacutecrit donc





On en deacuteduit









21894 13 753 NmmC r F= loz loz =

Ω( ) 200 1 000

12713 rads3 600

v m s

r r

yen= = =

loz

ΩΩ 58 rads

21894m = =



ϕ231 A

8 3 cos

PI

V= =

yen loz loz




20151

3RP

RI

Ω= =loz

η2

0963 9

m

m

P

P R I kW= =

+ loz loz +

V

I I prime2


Figure 622


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



On eacutecrit ainsi






Ici


Or on eacutecrit

drsquoougrave

2R

g

cent

ω

222 2

2 2

221

3 3

( )

emR R V

P Ig g

RR L

g



2I Icent ordf

1

22


3 200 1 000220 10 1222 MW

3 600mtP F vyen

= loz = loz yen =

η6

2 6total

1222 10094

13 10

mtP

P

loz= = =

1


mR

P PP = - - =

1

213RP R I= loz loz

11 2

0663

RPR

IΩ= =

loz

copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit














049064 - (I) - (18) - OSB 80deg - SCM - CDD






SCIENCES SUP


SCIENCES SUP




Luc Lasne

MATHEacuteMATIQUES

PHYSIQUE

CHIMIE


INFORMATIQUE

SCIENCES DE LA VIE


L LASN

E


EXER

CIC

ES ET PRO

BLEgraveM

ESD

rsquoEacuteLECTR

OTEC

HN

IQU

E


EXERCICES


Luc Lasne




LUC LASNE



AVANT PROPOS





























213 Transformateurs




































































copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Avant propos




Remerciements



copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit


AVANT PROPOS III










































Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
































copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Chapitre 1




Loi des mailles


u1

u2

u3 u4




Loi des nœuds












i1

i1 + i2 + i3 ndash i4 = 0

i2

i3

i4




i


Dipocircle i


Dipocircle



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Reacutegime continu




R

L

C

i

i

i

u

u

u




( )di t

u t Lt

= loz


du t

i t Ct

= loz

R

I

URs

E





(si )

(si )


RsR


maxs

EI

R= 0R =

maxU E= R = bull

maxsup2

4 s

EP

R=

loz sR R=











s(t)

t T0

lt s gt=





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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











s(t)

t T 0 T 2




Freacutequence





1(Hz)f

T=

2 (rads)fω = πϕ

0slt gt =

maxeff

2

SS S= =

Œz C











Im

Re a

b

r θ

+

Z










U I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



u(θ)

θ = ωt

2π0

UmaxImax

i(θ)

Re

I ϕ gt 0

Im

U U

I

u(t)

i(t)

π

ϕ









Grandeurs Complexes




effU U U= =

effI I I= =


ReI

Im

U U

I

R

ReIϕ = π 2

Im

UU

I

L

Re

I

Im

U U

I

C


ϕ = 0

ϕ = ndash π 2




Condensateur ω

1U I

jC= loz



ZI

=











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


I

U ZeqAssociation


seacuterie


ReI

Im

U U

I

L

Re

I

Im

U U

I

C

R

R

U

I

R

U

I

C R



ou

ou

ϕ gt 0

ϕ lt 0



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







V

I





P k V I= sdot sdot

V

I

R



















( ) ( ) ( )p t v t i t= loz




S V I= loz


V

I


Re I ϕ gt 0

Im

V



Relation



S V I= sdot

maxeff

2

VV V= = max

eff2

II I= =


ϕcosP

kS

= =

ϕtanQP

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










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


U

I

R

U

I

L

I

jX

Reacutesistance

Inductance

Condensateur


P Q


= U2 R

RI2 = U2 R 0







= middot I

= (R jX)U2 R U2 X

S

S I

S

S

S

S U

U I








P1 Q1 P2

Q2 Pn Qn

V

I

hellip


P1

Q1S1

P2Q2

S2

Qn

Pn

Sn

S (S = VI)



V

I L = 20 mH

R2 = 10 ΩR1 = 20 Ω

Figure 118

1I 1R

2I 2RI


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









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















Tableau 11


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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










1)

2)


On en deacuteduit

4)

drsquoougrave

30R Ω= 50 mHL =

11

230115 A

20

VI

R= = =

ω π-= = =


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

-



ω= = =

+ +

+

2 21 2

2 2

2302985 A

( ) 200 1256

30 628

VI

R R jL




5)


1)

2)


et







ϕ = = =+2 2

cos 093P P

S P Q

= = =+ -2 2

100485 A

206120 (10 5)

VI



VI j

j



V

I 20 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




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

2)

3)




Donc


2) drsquoougrave et


4) Dans ce cas donc


= = =+

1 2 21

3006 A

4 50

VI

Z

= = =+

2 2 22

30073 A

10 40

VI

Z



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



ωω


2 2

1

eq

V VS L jRC L

LR CZ

S P jQ= + =2V

PR

ωω


2 1V CQ L

L C

ωω

- + =10L

C ω=

2

1C

L

1

0eqZ LR RL jRC

= loz =+ yen

127 AV

IR

= =




2)


Tableau 12


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 =



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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On en deacuteduit

Drsquoougrave









Reacuteactif

ActifP1

P2

P3

P

Q2

Q3

Q1

QS

ϕ

Figure 124




ϕ ϕω

- -cent= =cent2

(tan( ) tan )12 mF

PC

V

ϕ ϕω


( tan( ) tan )42 mF

PC

V

= = fi = loz =2

1 500 W 212 VV

P V R PR

1 5007 A

212

PI

V= = =


= = loz fi = =21 500 W 7 AP

P R I IR


3) efficaces



Mais










240 VP

V ZI ZR

= = =


= = 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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









et



efficaces

V1

V2V3

θ = ωt0 2π 3 4π 3


2π 120˚

120˚


1V 2V 3V

12 1 2U V V= - 23 2 3U V V= - 31 3 1U V V= -

3U V= loz




V1

V3


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



IN

U12 U31



V1

V2 V3

U12

U23

U31

π 6



1 2 3 0V V V+ + =12 23 31 0U U U+ + =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

















deacutemontreacute)




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+ + =





1

2

3 Nprime




I1

I2

I3

1

2

3

Z12I1

I2

I3


J31

Z23

J12

IN

VZ1



U12








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



U12

V3


soit





cosP

kS

= = ϕ

soit





cosP

kS

= = ϕ


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








1

2

3

Nprime


Z

Z

I1

I2

I3

I1

I2

I3

1

2

3

3 Z

3 Z

3 Z

J31

IN



U12

V3

P

N

I

V


Avec

soit




cosP

kS

= = ϕ

Z 3Z









V

I

R


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




















ϕe jZ Z= loz


Z cent

ϕ centϕ ϕ cent

Z Z cent

















I1 Z1V1

I2 Z2V2

I3 Z3V3

N NprimeU12

V1Nprime

Figure 132

Ω1 30Z j= Ω2 10Z j= - Ω3 20Z j=

1I 2I 3I





N NV cent 1V 2V



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













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







On eacutecrit alors

2)






et


et



8) En triphaseacute

1 2 3 3

VI I I

R= = =

VI

R=

= loz = loz =2 2

22

V VP R I R

RR


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


LVVol S L

R= yen =

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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Avec







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


π πω ω ω


22 2 22 2 2

( ) sin ( ) sin sin3 3 3

Vp t t t t

R

π πω ω ω


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




2)

3)

4)

drsquoougrave






On en deacuteduit






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 π= = =

yen yen yen2 2


3 3 2 50 230C

V


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit


1)



On en deacuteduit





4)






En eacutecrivant et



= =2

total 2583 kW 3V

PR

Ω= =2

total

3614

VR

P

3U V= loz

Z

V Z I= loz

VI I

Z= =




3I J= lozcent cent


3 3U V

I JZ Z



IP U J V VI




ϕ ϕ= cent

3V VI I

Z Z= = =cent

cent










inductive = Q gt 0)






On en deacuteduit



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


ϕtan 102= +


ω= - loz 23CQ C V



ω π- loz - loz

= = =yen yen

3 3total2 2

255 10 1064 10029 mF

3 3 100 230

Q QC

V



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit









et





= = =centyen yen

3 3total

2 2

255 10 1064 10994 F

9 9 100 230

Q QC

V



ω π- loz + loz


3 3total

2 2

255 10 1064 10024 mF

9 9 100 230

Q QC

V


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





On en deacuteduit






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



1 2 3

3N N N

N N


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


0NI =

1 2 3 0I I I+ + =

1 2 3

1 2 3

0N N NV V V


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


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




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



soit


et

7) On calcule donc





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



1 2 17


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


cent+ +

= - = - +


N

N prime

V1N prime

V2N prime

VN primeN

V3Nprime

3 7 middot V2

ndash7 5 middot V1

V1

V2

V3

Figure 138







drsquoougrave

4) par ailleurs et



Soit donc

7) Par ailleurs



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

-= = = =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







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















V

I Ls

Rs P QIV

Figure 142

sR

sL

sR sL

sL

V Lp RpP QIV

Figure 143

pR

pL

pR pL

pL


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















I1

V1 V2 V3N


QM = 40 kVAR

R C

Charges capacitives


PR = 8 kW

U23

Figure 144

1V 2V 3V

12U 1V 2V 23U 2V 3V 31U 3V 1V

RP

V

1I

totP

totQ



















avec

1I

sR

2sP R I= loz

sL

ω 2sQ L I= loz loz



= 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


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


-= gt

loz 2

10s

S

CL


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





8) de mecircme




pR =2

p

VP

R

pLω

=loz

2

p

VQ

L

πϕ


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





tension simple V



Ainsi









loz= loz fi =

2 233 RR

R

V VP

R P

Ω1983 R =


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= = =

+


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









V

I

Lp

N

ReqC

Figure 147

V

R eqI R V= loz I V


+ 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 +


ϕ

Figure 149






avec et

donc











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


micro337 FC =


Reqeq

VI

R= ϕcos( ) 09=

ϕ1 cos( )eq

VI I

R= =

loz

tot 8 kW 40 kW 48 kWR MP P P= + = + =




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Comme on trouve









2sin( ) sin ndash2

Q V I V C V C V

ϕtan( )Q P= loz

totQ Q= totP P=



ϕω


1( tan( ) )

3C P Q

V

micro336 FC =


ϕtot

3 cos( )

PI

Vfi =

loz loz

V V C C C

C

C C

U

V V

Figure 150


micro112 F3

CC = =cent










et


Z3 Z2 Z1 V1 V2

V3


N

1 2 3

IZ3 IZ2 IZ1


cosϕT = 09 AR

Figure 151

1Z

2Z 3Z

1 2 330 kW 45 kW 10 kWP P P= = =


1ZI 2ZI 3ZI

TI


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









N

1 2 3

N prime

VNN prime

V3 Z3 Z2 Z1 Vc1 Vc2

Vc3



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


Figure 153









1CV

1CV

2CV 3CV

N

1 2 3

L = 1 mH

Z3 Z2 Z1



cosϕT = 0 9 AR

Vc1 Vc2

Vc3

Figure 154

T TR X- TX

1Z 2Z

3Z

1eZ 2eZ 3eZ

1cV 2cV 3cV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








On en deacuteduit

et de mecircme et





Ici

et




Ainsi




400 V 3U V= = loz

1 2 3 et 10 kWP P P =


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


ϕ 22 Z2 2

2

( ) Ar tan 184Q

I V cP


ϕ 33 Z3 3

3

( ) Ar tan 113Q

I V cP


TI


ϕ354 A

3 cosT

TT

PI

V= =

loz loz

1V 2V 3V 1V

1TI 2TI 3TI













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


100 V

Courants 100 A

258˚

184˚

N

Figure 155

NNV cent





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










NNV cent

V3

Re

Im

Vc3

VNN prime

N

Figure 156

1V 2V 3V


1CV 2CV 3CV

NNV cent

1CV 2CV 3CV

Re


100 V

N Nprime

239 V

174 V291 V

V1

Vc1

V2

Vc2V3 Vc3

Figure 157






ainsi









soit



1CV 2CV 3CV



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


1 2 3 0V V V+ + =





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


+ + =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



3CV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


pour obtenir


soit






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



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



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


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



- + 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





alors





et avec

ainsi et





Tableau 13


P

Q

I

R

X

Z

3 1 3 2




M

Z Z


1 11

2 2

3 3

c

c

c

V V

V M V

V V


ndash T TR X


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





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


[1 3] i iZ Œ

TZ


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



et



et



figure 159


Z1 = 16 + j middot 05 Z3 = 5 + j



N

1 2 3

L

Vc3


Figure 158


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=

+



Ze3 = 274 + j middot 087

Ze2 = 085 + j middot 031

Ze1 = 126 + j middot 045

N

1 2 3


15 kV 230 V

Vc3 Vc2 Vc1

Figure 159


et


et


11 1 1

1

126 045

126 076e

ce L

Z jV V V

Z Z j


22 2 2

2

085 031

085 062e

ce L

Z jV V V

Z Z j


33 3 3

3

274 087

274 118e

ce L

Z jV V V

Z Z j


+= 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







Induction B (T)

Flux φ (Wb) Spires













contour soit donc







iH

(C) de longueur L

dl

S


d dC C


micromicro NIB H

L= =

microΦ SNIBS

L= =

Φmicro

avec L

NIS

= not not =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











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



Inductance




On retiendra








Φ φT N= loz ΦTNI

N L I= loz = loznot

2NL =

not

H L NIloz = Φ BS=

Φ( )I

φ(I)

I





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









φ(t)


i(t)

N spiresv(t)




ainsi ou



Φ Φ= loz =

d d( )

d dTv t N

t t

Φω Φ ω

ωloz


d 2( ) 2 cos( ) ( ) sin( ) ( )

dV


ω πloz loz


2 22

V VB

S N S N fπ

= loz loz lozmax2

2V N B S f


Φd d( )

d dT i

v t Lt t

= =

B(H)

H

PH volumique





Ainsi








213 Transformateurs



F H CFP P P= +


ϕϕ ϕ dd d d d( )

d d d d dfb m

m fi i



i(t)

v(t)

R



e(t) R Lf

Rf Lm V

I



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





I1

N1V1

I2

V2N2

Circuitprimaire

CircuitsecondaireR


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


fi = = =2 12

1 21

( ) 1( )

Ii t Ni t I N m

V1V2

I1

V1 V2

I1 I2

I2

m

BobinagePrimaire



BobinagePrimaire
















et

( ) 21 2 21 1 2 2

VS V I m I V I S


Z2Z mloz

V1m middot V1

m

I2

I1

R L Rf Lm

Ru Charge

V2



10 1 10nS V I= loz2

1

10

nf

VR

P=

ω

21

2 210 10

nm

VL

S P=

loz -


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


mesure P1cc et




Remarques








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


I2

I1

θRe

Im


ψϕ











bull



VA Uab

N

m

A B C

a b c



Yd1



ici


1

3 3a ab a

A AA

V U nm

V nV= = = loz

loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










VA

VC VB

Uab Uca

Ubc

Va

N


6middot middot

31

je

nA

naVa = VA middot


π

ϕ


micro 5286 SIR =


10 cm

10 cm


L = 80 cm

i

v N = 100

10 cm

Figure 214



















N1N2

R1R3

R2

i1

v1v2

i2Φ1

Φ3

Φ2

Figure 215

1V cent


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









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



φ

Figure 216

Φ 32 10 Wb-= loz

Φ 32 10 Wb-= loz

















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


Figure 217


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













V2

I2P

cosϕ = 08 V1

Transformateur B


004 Ω j028 Ω

mA = 0167

mB

V1n = 1 500 V

mA middot V1

mB middot V1

Charge

Figure 218






total














22 2

nII =


micro 5286 R SI=


08120 423 SI

4 10 5286 10f

R

L L


micro π

3

7 20

1079 577 SI

4 10 10a

e

S

-

- -not = = =yen


2

50 mHN

L = =not


max 103 T444

VB

N S f= =

loz loz loz

max 103 TB =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Donc



2)

3)

4) De mecircme



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= = =


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



+ 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




( )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












Φ 21 3 31

1 1 2 2 3 1 3f

N RL N

i R R R R R R

loz= = 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


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


Figure 221


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









soit donc 31 spires






On en deacuteduit






dC

NI H l= lozUacuted


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= = =


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


3547 62 2 200NI = yen =

Φ B S= loz






1)

2)

3)



Φ = BS Φ = BS

Φ = BS




2 0691 360


Entrefer seul

Acier seul


Figure 222

1 1 2 2 11

2 20010 A

220n

n n n n n nn

SS V I V I I


22

2 200173 A

127n

nn

SI

V= = =


ηη

ηutile


1 1 0951 760 926 W

095

PP P

P P

- -= fi = loz = yen =

+

V1 m V1 = V0

m

I2

I1


Figure 223


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


drsquoougrave

Et drsquoougrave

6) drsquoougrave




On en deacuteduit


avec




Drsquoougrave


2 n


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= =


ϕω ϕ

0 2 cos12 mH

sinn n

n

V V R IL

I

- - loz loz= =

loz loz

2nI



∆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= =


∆2 0 2 130 VV V V= - =

094η =


ϕ22

2 717 Acos

PI

V= =

loz















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


V1 I1 r middot I1


ϕ

Figure 224


116 411 VV cent =

100V

mV

centcent = =

1164 VV

Vm

cent= =

cent






Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Ce qui donne




2) et

3) et






Comme V2n = 2409 V






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

= =




2A nI 2B nI

2 2 2 1437 An A n B nI I I= + =


ϕη

ϕutile 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= = =


1 2 9648 V

2 2A nm V Vloz -

= = 2 2 2457 VA BV V= =











Site industriel



fils


quatre fils

Transfo MT BT A B C

a b c

Figure 225


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














m

Charge Z V2 V1

I1 I2

RfLmicro

l2r2

m middot V1


Figure 226











Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














ϕ

3max

maxmini

780 10975 kVA

cos 08

PS

loz= = =

A

C

B

a

b

c


Figure 227


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













6

π

6

π

n11Dy

A

C B

a

b

c VA

VB VC

UAB UCA

UBC

Va Vb

Vc



Figure 228

1 000 kVAnS = 1 20 kVnU =

1 000 kVAnS = 11 120 kV 1154 kVA

3n

n nU

U V= fi = =


et


On en deacuteduit









Ainsi on eacutecrit

2 237(1 127 ) 234 VnV = - =


1 2288 A et I 1 424 An nI = =

m

Charge Z V2 V1

I1 I2

RfLmicro

l2 r2

m middot V1


Figure 229

20

1

237002053

11 540

Vm

V= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


Ainsi



valeur






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 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







On obtient donc






Et




2127

1 237 234 V100nV V




( ) ( )2 222 1 1

22 2

17 m2

n cc n

n n

V m V m Vr

V IΩ


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


loz


22 2

2

31 H3

l

n

Ql

Imicro

ωfi = =

loz loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








Les pertes valent





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


m middot V1

V2 I2


π 2 ndash ϕ

Re

Im

r2 middot I2ϕ

ψ

Figure 231


22 2166 55 937 0V V+ loz - =

ϕ2 cos 08 2283 VnV = =


Puissance totale=


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









( )( ) ( )

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= = =



Transfo MT BT A B C

a b c



cosϕ gt 08

N

aprimebprimecprime

Figure 232

η150 1 9861=


Transfo MT BT A B C

a b c

N



N




Figure 233


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








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


l2r2

m middot V1


m

V2 Rf Lmicro

l2 r2

m V1


Figure 234

m

Charge V2 V1

Rf 2 Lmicro 2

l2 2 r2 2

m V1


Figure 235











Charge P Q


N

V1

V2

V3

N prime

Figure 236


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













Charge P Q

N

VR

Lω = X

V

I

Figure 237














230 V V

P


Figure 238


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






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


i(t)

v(t) L i(t)

v(t)

Figure 240










21

d ( )( )

d

i tv t M

t= loz 1

2d ( )

( )d

i tv t M

t= 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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











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 =



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=









minimal



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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









soit

RV jL I Vω= +

VR

VI


ϕ

π 2 ndash ϕ

Re

Im

Figure 247

ϕ ϕcos et sinP Q

V I VI= =

loz

VR



π 2 ndash ϕ

Figure 248



2 22 2 2 2

2 22R

Q PV V X XQ X

V V= + 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


- loz + - loz -=




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Ainsi





ϕ ϕ2 2 2 4 2 4

max1 2 2

4 tan 16 tan 16

8R R RX V X V X V

PX


-

( )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 =












( )maxV P =


2RV

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ- - + + + - - + + - - + +

( )maxV P

ChargeP Q

N

VR


V

X2A

B

Figure 249


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Donc







et



)





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


1X Xcent pound

copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit

Chapitre 3











Remarques









v(t)

i(t)




Valeur moyenne

Valeur efficace



lt gt = Uacute( )

1( )d

T

i i t tT

= = Uacute 2eff

( )

1( )d

T

I I i t tT


1( ) ( ) ( )d

T

P p t i t v t tT

= + +2 2 2 2S P Q D

1





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Avec b et






ω2( ) cos( )dn

T

a i t n t tT


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


T = 1 f0

v(t)

0

V(f ) V

Fondamentaux

Harmoniques


avec

et


=2n

nb

I


= + + +2 2 2 21 2 3 I I I I

bull

== Acirc 2

1n

n

I I





On eacutecrit alors










ϕ1 1( )

1( ) ( ) ( )d cos

T




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



2

2n

n

D V Ibull

== Acirc

1

1 1 01

d ( ) d ( ) d ( ) ( )

dd d

n n

n nn n


tt t

-

- -loz + loz + + loz + =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

















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


ttloz + + loz =

2

2

d ( ) d ( )( ) 0

dd

S t S ta b c S t

ttloz + + loz =












deacuteterminer




Remarques




∆1 2 2

br

a

- plusmn=


2

br

a

-=


∆α β1 2 2

b jr j

a

- plusmn= = plusmn



ϕtanD

C=

ϕcos

CK =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









i

v D

v(θ)

i(θ)

0 2π θ = ωt

I0

ndash I0

π

Figure 33












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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











e(t)

L

i(t)

Rvi(t)

Figure 36

( )π( ) 100 sin 2e t ft= loz

V(t) C2C1

i(t)

Figure 37


















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


2 22 20 0 00 0

1 1 1( ) d d 2

2 2 2I i I I I

π πθ θ θ π



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





S2 = P2 + Q2 + D2 soit




Donc


la freacutequence



2 0 00 00 0

2 2 21 1( ) d 2 2 sin d cos

2 2

I V I VP p I V


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




( ) ( )22 1 00 0

2 1( ) sin (2 1) d 2 sin (2 1) d

2kb i k I kπ π


( )00

2cos (2 1)

(2 1)

Ik

k

πθ

πloz


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


f0 3f0 5f0 7f0

Figure 39

ωπ0 2

f =





donc




Donc



On calcule alors


Donc

2) On calcule ici



ππ0 01

14 2 2

2 2

I V IbP V I V V


22 1

1 2k

k

bI

bull+

=


2 2 2( )V I P Dloz = +2

2 2 2 22 11

1 2k

k

bV V I D

bull+

=


22 1

2 2k

k

bD V

bull+

=


[ ]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


π

π

θ πθ

π π

5 62 221 2 2

6

sin 2 2 3

2 3 22 2

V VI

R R


π11 3

0683 4

V VI

R R


π π

π


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


θ θ2

1 1 1( ) ( ) 047V

P v iR

= lt loz gt = loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Ainsi

et donc









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


π11 3

2 0963 4

V VI

R R


πθ θ

π

2

1 1 12

( ) ( ) 2 32 3

VP v i


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 + =




gration




On eacutecrit donc











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


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 -


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






pour t gt 0





ndash 03 rad


Ainsi


∆∆

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


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



τ π( ) e 954 2 sin(100 03)t

i t K t-

= loz + loz loz -



Ainsi










avec


ou encore

τ π( ) 954 2 sin(03) e sin(100 03)t

i t t-Ecirc ˆ


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


6 2 6 2finale

1 110 10 25 10 10 25 625 mJ


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 =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On retiendra donc

6) On sait que donc






I1 = 10 A I3 = 3 A I5 = 2 A I7 = 14 A et I9 = 11 A






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


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= + + + + =


cos 0557P

V I= =

lozϕ1 561= infin


2 2 2 2S P Q D= + +

2 2 2( ) 1937D V I P Q= loz - - =









2 21

1

04I I

THDI

-= =

Charge 1230400 V




20 kV entre phases

Transformateur T1



Tronccedilon 1

Tronccedilon 2

Sectionneur S1

123

iMT

i2

i1

N fictif

VMT V

iT1

Figure 314


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













φsat = 45 Wb


11 middot φsat

iT1

φ

Figure 315

( )micro 1TL i

( )micro 1L i

( )V tθ ω=1( )Ti θ

2 21 1T TS P-















3252 V

IO = 450 A

0 2π5π 6π 6 π θ

i1(θ)

V1(θ)

Figure 316

2 21 1S P-


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










m

Charge V1

IT1

RfLmicro

lr

m middot V1


Figure 317

fR = bull

N (fictif)

IT1

V1Lmicro

Figure 318

B

H








atteinte vaut


φ N B S= loz loz

B

H

Bsat

Hsat N middot I

φsat

Isat

φ

Figure 319


( )micro 1TL i


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






tudes et






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


0

10

L








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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


drsquoougrave



eacutequilibreacute









sat sat2 2

21

0 00 0


V VI

L L

θ θ



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


θ θπθ θ

ω π

2

2 sat sat1 sat sat

sin(2 ) sin(2 )2 1100 100 100

2 2 2TV

IL


2

2 sat1 sat

0

sin(2 )2 199 100 99

2 2TV

IL

θπθ


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

1 467 kVATS =


πθ θ θ

π2

1 1 10

13 ( ) ( ) d


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-









soit donc

drsquoougrave








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


π

π

πθ

π π

5 62 2 21 0 0

6

2 2 4d


1 02

519 A3

I I= loz =


1 3585 kVAS =

πθ θ θ

π2

1 1 10

13 ( ) ( ) d


πθ θ θ

π1 1 10

16 ( ) ( ) d



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








On calcule alors






drsquoougrave



donc

π

πθ θ

π5 6

1 06

16 2 sin d


π ππ π

0 01

3 2 3 65cos cos

6 6

V I V IP


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


22 290 A

3

PI

V= =

loz

2max 2 2 410 AI I= loz =

2cos 1ϕ =

2 0ϕ =










ou encore



[ ]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 θ


V1(θ)

iMT(θ)

1633 kV

m middot IO = 9 A

0 2π



5π 6π 6 π θ

Figure 325


θ maxi( )MTi


∆ max 3

172 100( ) 105

1633 10V

yen= =loz

θ( )cV


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


V(θ)1633 kV

0 2π


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













Ie

I

U

C

Circuit inducteur

Circuit induit

Φ



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



2 dans ce bobinage





C (Nm) Ω (rads)

UI

U E

RLI

U E

RLI

Charge

MachineMachine


Ie










didt


dΩdt







Remarques








2 PJ = R middot I 2



Pm Pm




C (Nm) Ω (rads)

U

I = Ie



C (Nm) Ω (rads)

U

I Ie

soit

Re Re





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











U

I C N (trmin)

Ie

U = 110 V

Re1

Figure 45









2nP

P =

U

I C N (trmin)

Figure 46


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









page )










u

i

C N (trmin)

V = 110 V

Fd = 1 kHzα

Figure 47

1

d

TF

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
















Ainsi


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


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= =



Agrave vide donc

Par ailleurs



5)

et soit


On eacutecrit donc





Drsquoougrave






1100275 A

400ee

UI

R= = =


e

Ck

I I= =

loz

πΩ 2109 V

60e eN



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



loz

π2 20

60e eR C N

U I k Ik


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


90 Ann

n

PI

U= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

On eacutecrit donc

Soit donc



inconnues











srsquoeacutecrit




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



U

I

R

EMachine

Re

Figure 49





On retiendra












et


Donc

e

UI

K R RΩ=

+ +

Ω

2

sup2e

UC K I K

K R R



2

I C

Ω Ω

Figure 410


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


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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Soit donc on posera




soit donc

On eacutecrit 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= - + + =


t- -

= loz + = - loz +

t0τ = RJ K

2 = 1 s

Ω0 = 1604 rads

Ωfinal = 1469 rads

(N0 = 1 532 trmin)


Ω

Figure 411

τ2

33 3 sr

RJt

K= = =

d( ) ( ) ( ) 0

d

iU E t R i t L t


2

( ) 1( ) e ( ) e ( )

t t














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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

2)











Donc



telle que

α α αmoy 0

1d

T V TU V t V

T T


( ) ( ) ( ) ( )d

iu t E t R i t L t

t= + loz + loz

( ) ( ) d( ) ( )

d

u t E t L ii t t


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


Imin

i

Figure 414

max mini I I∆ = -

∆ αmax min ( )R

i I I V E TL

= - = loz - loz


[ ]∆ α α(1 ) 85R

i V TL

= loz - + loz

[ ]1

(1 ) 85 5 085 AR

i V T IL L



soit donc



soit


Ici



du rendement









3 31

05(05 110 85) 05 10 137 10 49 mH



E 11412 A 0076

1 500eIN

- = fi = =

10841084 V 1 426 trmin

0076E N= fi = =


ηη

3

totaletotale

16 10P 20 kW

08m mP P

P

loz= fi = = =


nE U R I= - loz

95 95 V 1 250 trmin

0076E N= fi = =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Nbatteries de 24 V


permanents



Nfn = 75 trmin

R

U

I

Ωr Ωf

Figure 415












Tableau 42


(kW)Couple (Nm)


Rendement nominal


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Tableau 43




Couple (Nm)


Agrave vide 94 48 3 000 05

N batteries de 24 V





Nfn = 75 trmin

R

U

I

Ωr

rendement ηr = 09

Ωf

Figure 416














Ainsi

On calcule alors




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


1

40fn rnN N=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Donc


On eacutecrit donc

Soit donc


Soit










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


Nbatteries de 24 V

R

U

I Ri

E


Figure 417








On en deacuteduit




On calcule alors








ηtotal1 500

1 7647 W085

fn

n

PP = = =


total 1 76473676 A

48nn

PI

U= = =

essai

nominali

UR

I=


30081

3676iR Ω= =


πΩ Ω 2 3 000

60nloz= =


ηtotal

1 350076

1 7645fn

n

P

P= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






Drsquoougrave














1504 heures

3676=

( )2n

i nE

U R R I= + loz +

2552 0081 0613676

n

in

EU

R RI

Ω-

= - = - =


09rη =


ηη total joules

2total

( ) 48 3676 785 933709 0378

48 3676r m

n

P P P

P

loz - - yen - -= = loz =

yen

















U

I

Ωr Ωf



Pelec = E middot I




Prn = 1 500 W


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

= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















ηtotal

1 350075

1 795fn

n

P

P= = =

1503 h et 20 mn

443=

( )2n

e i nE


25852 008 002 059374

n

i en

EU

R R RI

Ω-

= - - = - - =



ηη total joules

2total

( ) 48 374 785 9651409 0377

48 374r m

n

P P P

P

loz - - yen - -= = loz =

yen









U

I Cm Ωm Cp Ωp

Ie


U =

110

V

Masse m = 100 kg


Rf

K1

K2




110

Reacuteducteur

Figure 419


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







































On calcule ainsi



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

= = =


i 1 273 Wm jiP P P= - =

mP E I= loz

1 2731025 V

124mP

EI

= = =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit









drsquoougrave






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








drsquoougrave








ηp 4905 077 3777 WmP P= loz = yen =


E= =

( )fE R R I= + fE

R RI

= -

635fR Ω=


U = 110 V

I

K2

R

EU

Vitesse Ω lt 0

Figure 422

077755 Nm

10mr m g

Cyen loz loz= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


donc















Ici on eacutecrit




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




4) Partons de




On eacutecrit donc











1 d( ) ( )

d

ii t U L e t


mC K i= loz

d( )

dmK i



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


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


Ωη 2

100 rds10

fp

U R r m g

K K

loz loz loz= - =

loz lozτ

2057 s

RJ

K= =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







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


057( )( ) 1834 1708 1 e

t

mC ti t

K


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















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


t0 τe 3τe = 048 s

i(t)1833 A

Figure 426


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






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












iA

ib

iC

+ A

B

C

φr


vb

vC



Rotor Stator



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



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







ωπ

2 22 60

Nf = yen = yen

2 60

Nf p p

ωπ

= =

iA+A

θ = ωtvA


f = ω 2π

iA + A

θ = ωt vA


f = 2ω 2π

Nord

Sud

courantinducteur

Nord

Sud Nord

Sud

Rotorunipolaire

p = 1

Rotorbipolaire

p = 2

Stator bipolaire

p = 2

Statorunipolaire

p = 1


rads ou N = 2πfp

















Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



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


Relations de maille



soit




1 1 1 2 3 1

2 2 2 1 3 2

3 3 3 2 1 3





1 2 3 0I I I+ + =


[ ]ω1 1 1( )E R j L M 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












V E

R Ls I

V E

R Ls I

Charge

Machine Machine


Ie








2 (+ Re middot Ie2)





2 (+ Re middot Ie2)


Pm

η =



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Re

Im

I


V

E

O

M

P



ϕ


= loz eE k I

= lozmax3

s

VP E

X











Re

Im

I


V

E

O

M

ϕ

Im

I V

E

O

M

Im

I

V

E

O

M





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








ia

ib

ic

O

θ +

A

C

B

Figure 59

ωπω

πω


2 cos( )

22 cos

3

22 cos

3

a

b

c

i I t

i I t

i I t













ia

ib

ic

ψ

+ A

B

C

Br

θ

B(θ)

Figure 510


2

k IB t t p

2f

ωπ

=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





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

















Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit








1) et


est maximale pour

2)

3)


2( ) cos

3b bB k iπ


( ) cos3c cB k i

2

3

πθ =

2

3

πθ = -


2 2( ) ( ) ( ) ( ) cos( ) cos cos


2 2( ) 2 cos( ) cos( ) 2 cos cos

3 3B t k I t k I t


2 22 cos cos

3 3k I t


2 4( ) cos( ) cos( ) cos

2 3

k IB t t t t



πω θ ω θ ω θ


4cos( ) cos cos( )

3t t t


2

k IB t t




















quatre pocircles


θ ω θloz loz loz

= +3 2

( ) cos( )2

k IB t t

ωπloz= = loz =60


N f

= ^ RC 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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit

Soit donc





Autrement dit









= = =yen

2 0003 A

3 3 220

PI

V

loz loz 23 R I


η = =turbine

98 P

P


P

C

Ωπ

= =601 455 trmin

2N

loz= = 485 Hz60

p Nf


R Ls

V0 Rch Alternateur

I

V

Figure 511

V I R middot I


V0

Figure 512





Donc










ω- + loz

=loz

2 20 ( )

s

V V R IL

I

R Xs

E Charge

I

V

Phase 1

Phase 2

Phase 3

Neutre


Figure 513

loz=

60 fN

p


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Soit donc












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


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+ loz loz

= =sin

314 Vcos

sV X IE

220

3







pour en tirer






Phase 1

Phase 2

Phase 3

Couplage triangle

Figure 516

Xs

E Charge

I

V

Figure 517

= loz +sE jX I V


= =loz

2 2

289 A3

P QI

U


ϕψ

ϕloz loz

= =+ loz loz

costan 0048

sins

s

X I

V X I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


On en deacuteduit






On en deacuteduit



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


V

I jXs middot IE


Figure 519


+= =

2 2578 5 575224 A

s

IX














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


δloz= loz2sin

2s

VI

X

δ δϕ


263 cos sin cos

2 2s

VP V I

X


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





Ainsi





agrave 5 000 trmin




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


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















Bassin haut

Charge

Bassin bas



Alternateur

15 m


Figure 522


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












E1

E2

E3

R L M

I1

I2

I3

R L M

R

L M

N

V1

V2

V3

Figure 523







h = 15 m et

On calcule




Bassin haut

Bassin bas



Moteur Synchrone

15 m

Figure 524

- -= = loz3 1 133 m s 330 litres sQ

= ordf346 kW 35 kWP



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







soit







On eacutecrit ainsi


Ainsi



1 1 1 2 3 1

2 2 2 1 3 2

3 3 3 2 1 3




1 2 3 0I I I+ + =


2 3I I+ - 1I


[ ]ω= + - loz +1 1 1( )E R j L M I V

E R


N V

Figure 525

ω= - loz( )sX L M

= 6 msaT

L

Rτ =

ω= =

loz6 mss

aX

TR


= =loz

478 A3

nn

n

SI

V


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit
















On eacutecrit donc


η =4 4 851


= yen yen yen yen =015 3 230 478 08 3 957 W


= - =Joules 3 957 1 320 2 637 WP


= Joules23 n

PR

I

ω= loz lozs aX T R


E

V R middot I

jXs middot I

I

Figure 526














E R

Xs Icc

Figure 527

=+2 2

ncc

s

EI

R X

E R

Xs I

N

V RI jXsI

Figure 528



Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




On eacutecrit donc




On eacutecrit donc







V

E R middot I I ϕ

jXs middot I

Figure 529

V

E R middot I I

ϕ jXs middot I

Figure 530



ϕ+ loz

=cos n nE R I

V

cos 098ϕ =















= =loz

245 litress7

PQ

h

e2(t)

e1(t)

e3(t)

Ie

θ

Figure 531


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit















Tableau 52









pour cosϕ = 08




= loz loz2

100 N

N

SZ Z

U








lozsjX I


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit













π- 2

32

3

π


2 2( ) cos cos

3 3e et K I K I t


2( ) cos

3et K I t

2

3

πθ =


1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I t

t

22

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I tt



33

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I tt



















1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I p t

t

22

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I p tt



33

d ( ) 2( ) sin

d 3et

e t K I p tt


602 50 100π πyen =


1d ( )

( ) sin( )d e

te t K I t

t

ωloz loz=

2e

nK I

E

= 52 AenI


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


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit














Re

Im

I


V

E

ϕ

+

Figure 533

= =n ncc

s s

E EI

jX X




223 3 18 kW 1 MW

3n

Jn n mS

P R I R PV




des pertes donc





1090

P P P P



Re

Im

I


V

E

ϕ

+

O

M

P

δ

Figure 534

Re

Im

I


V

E

ϕ O

M

P



Figure 535


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


et


On notera donc que

et






bull 1er cas P = 0


On calcule alors



lozsjX I



jX I X I XV


jX I X I XV

lozsjX I

lozsjX I

= lozmax3

s

VP E

X

lozsjX I

Re

Im



V

E

O

M Re

Im

I

V

E

O

M

P

P = 0 W P = Pmax

Figure 536

-= = 82 As

E VI

X














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


Re

Im

I


V

E

O

M

P

P = 8666 kW

δ = 37˚

Figure 537


δϕδ

costan 0007

sin

V E

E

- loz= =loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












On en deacuteduit





E

I

V

XS

Figure 538

SE jX I V+ loz =


ϕcos 1133 300

386 A3 3 11 500

PI

V= = = =loz yen

2 2( ) 11 575 VsE V X I= + loz =












On en deacuteduit

ω2eK I

Eloz loz

=

Re

Im

I


V

E

+

O

M


Figure 539

lozsjX I


Re

Im

I


V

E

O

M

ϕ

Im

I V

E

O

M

Im

I

V

E

O

M

ϕ


Figure 540


1 3174482 A

coss

IX

= =loz


ω 12

459 Ae eE

I IK

loz= = gtloz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





On en deacuteduit



1 3174482 A

coss

IX

= =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








60 sN f p= loz




avec








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




Au primaire

Au secondaire

soit donc




0R

I jL I jg


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






V1

I1

Rf Lm

R1L


Rprime2 g

I prime2





cent2Rg


Pf PJs PJr Pm

Pu = C middot Ωr


Rotor Stator




η = utile

totale

PP











forme







( ) ω1

2

1 2

VI

R R g jL

cent =cent+ +

( ) ω

12 2

2 21 2

VI

R R g L

cent =cent+ +


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


2


Jr rP g P= loz


r s s

P P P g P PC

g

- - loz= = =- loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




Couple maximal






( )Ωω

21 2

22 2

1 2

3 1

s

V RC

gR R g L


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


Cmax




0



















Tableau 61




Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit


















Ω

2

2

3

s

V gC

r

loz=centloz

l = 30 mH


I1

V

I prime2

Figure 65















E = 300 V

V1(t)


Figure 66


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




vitesses voulue












V1(t) 2E 3

E 3


t T

T 2

Figure 67

1f

T=

60s

fN

p

loz=

1 500 1 4500033

1 500s r

ns

N Ng

N

- -= = =







et


Par ailleurs

Donc







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

ω

2

0

3094 Hm

VL

Q

loz= =

loz


22


1 0387 Wr f jsP P P P= - - =

22

23rR

P Ig

centcent= loz loz

2





Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit







Soit donc



Ainsi



Le glissement vaut


9394 Wu r m jrP P P P= - - =


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 = =



ω0

277 mH

3n

n

Q QL

I

-= =

loz2



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

- -= = =



Soit donc













On en deacuteduit

5)




3046 W1u m

rP P

Pg

+= =

-


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

- -= = =


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 = =

-


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit





On en deacuteduit




On en deacuteduit




0

092m

m jr

P

P P Pη = =

+ +

230133 V

3V = =


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


I

J

U = 400 V

Figure 610


















couplage 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


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



133 A172dy

VI = =

∆50 Nm3d

dyC

C = ordf


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Phase 1

Phase 2

Phase 3


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


60s

fN

p

loz=

100 Hz60

spNf = =

ω ω11


V t a n t b n tbull

== loz + lozAcirc


On eacutecrit

Ainsi

Soit





srsquoeacutecrit




Agrave 1 000 trmin

Agrave 2 000 trmin

Agrave 3 000 trmin




dire agrave

41 1 10 0

2 8( ) sin d ( ) sin d



ω ω 6 4

0 0

8 8 2sin d sin d

3 3

T TE Et t t t


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


[ ] [ ]π π π π18 8 2 8 3 2

05 1 052 3 2 3 2 3 2

E E E Eb


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=


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit




flux






Ns (trmin) 1 000 2 000 3 000

Cmax (Nm)

39

975

43

Figure 612


CteV

f=

CteV

f=








35 m

100 m


Poids moyen 80 kg

Poulie enroue libre


Figure 613


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit










Tableau 62


Pn = 22 kW

Vitesse nominale


Tensions

230 V ∆ 400 V Y


In = 435 A


cosϕn = 083

Rendement 44

η = 88


P0 = 12 kW

Courant agrave vide

I0 = 434 A


ID = 65 middot IN

V

I I prime2

Figure 614

2R

g

cent
















et


2R

g

cent

35tan( ) 035

100α = =


α

α

π 2 ndash α


mg middot cosα

mg

Figure 615


αsinmg loz


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



Ainsi






du moteur est










αsinr mgloz loz

αsinr mgloz loz

Ω 1 mspr vloz = =

Ω 333 rdspv

r= =




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


Figure 616











En conseacutequence






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 = =


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


cos( ) 083nϕ = sin( ) 0557nϕ =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit











Puissance apparente


On en deacuteduit



On calcule alors

Et



ηtotal4 4

25 kWnPP = =

0 12 kWRfP P= =

2


22

Rotor 23 22 kWnn

RP I

g

centcent= loz loz =


0 274 kVARLmQ Q= =

ω2


( ) ( )1

22


2 2761 kVAS cent =

22 40 A

3nS

IV

centcent = =

loz


1

2


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


ω

22

221 ( )

VI

RR L

g

cent =Ecirc ˆcent

















Ω Ωω

222 2

2 2

221

31 3

( )

ms s

R R VC I

g gR

R Lg



( )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


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= - =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit












Ie V

I

C Ω

Figure 618














222 kN

270 kmh

effort

vitesse

95 kN


F 2

F 2


rail

Figure 619


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






E V R I Ls

Figure 620















On eacutecrit ainsi

V

I R

E


Figure 621

95 0007 9166 N

12F = =

1 7516 Nm2

Fr loz =

2 3 5031 Nm2

Frloz loz =

1934 2 6 775 Nm2mF

C r= loz loz loz =


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit






On en deacuteduit





On en deacuteduit



On eacutecrit ainsi




Ω( ) 240 1 000

15065 rads3 600

v m s

r r

yen= = =

loz

ΩΩ 7789 rads

1934m = =


36 575 105479 kW

12P

loz= =

3

3

5479 103653 A

15 10

PI

V

loz= = =

loz

36 575 105479 kW

12P

loz= =


5277 kW 10 kW 5377 kWeP E I= + = = loz

1 4721 VePE

I= =

763 mV E

RI

Ω-

= =

η3

2 3

5277 10096

10 5479 10m

m

P

P R I kW

loz= = =

+ loz + loz

22

FC r= loz loz

115 0001437 kN

8F = =



On eacutecrit donc





On en deacuteduit









21894 13 753 NmmC r F= loz loz =

Ω( ) 200 1 000

12713 rads3 600

v m s

r r

yen= = =

loz

ΩΩ 58 rads

21894m = =



ϕ231 A

8 3 cos

PI

V= =

yen loz loz




20151

3RP

RI

Ω= =loz

η2

0963 9

m

m

P

P R I kW= =

+ loz loz +

V

I I prime2


Figure 622


Dun

od ndash

La

phot

ocop

ie n

on a

utor

iseacutee

est

un

deacutelit



On eacutecrit ainsi






Ici


Or on eacutecrit

drsquoougrave

2R

g

cent

ω

222 2

2 2

221

3 3

( )

emR R V

P Ig g

RR L

g



2I Icent ordf

1

22


3 200 1 000220 10 1222 MW

3 600mtP F vyen

= loz = loz yen =

η6

2 6total

1222 10094

13 10

mtP

P

loz= = =

1


mR

P PP = - - =

1

213RP R I= loz loz

11 2

0663

RPR

IΩ= =

loz

copy D

unod

ndash L

a ph

otoc

opie

non

aut

oris

eacutee e

st u

n deacute

lit














049064 - (I) - (18) - OSB 80deg - SCM - CDD






SCIENCES SUP


SCIENCES SUP




Luc Lasne

MATHEacuteMATIQUES

PHYSIQUE

CHIMIE


INFORMATIQUE

SCIENCES DE LA VIE


L LASN

E


EXER

CIC

ES ET PRO

BLEgraveM

ESD

rsquoEacuteLECTR

OTEC

HN

IQU

E


EXERCICES


Luc Lasne




LUC LASNE



AVANT PROPOS





























213 Transformateurs




































































Notions de base et machines électriquesISBN 2 10 049064 8 EXERCICES ET PROBLÈMES...

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