Exercices corrigés sur le transformateur monophase 2 BAC Science

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EXERCICES CORRIGES SUR LE TRANSFORMATEUR MONOPHASE
EXERCICE N°1 :
La puissance apparente d’un transformateur monophasé 5,0 kV / 230 V ; 50 Hz est
S = 21 kVA. La section du circuit magnétique est s = 60 cm2 et la valeur maximale du champ
)
magnétique B = 1,1T .
L’essai à vide a donné les résultats suivants :
U1 = 5 000 V ; U20 = 230 V ; I10 = 0,50 A et P10 = 250 W.
L’essai en court-circuit avec I2CC = I2n a donné les résultats suivants :
P1CC = 300 W et U1CC = 200 V.
123456-
Calculer le nombre de spires N1 au primaire.
Calculer le rapport de transformation m et le nombre N2 de spires au secondaire.
Quel est le facteur de puissance à vide de ce transformateur ?
Quelle est l’intensité efficace du courant secondaire I2n ?
Déterminer les éléments RS ; ZS et XS de ce transformateur.
Calculer le rendement de ce transformateur lorsqu’il débite un courant d’intensité
nominale dans une charge inductive de facteur de puissance 0,83.
REPONSE :
)
1- En utilisant le théorème de Boucherot : U 1 = 4, 44 N 1sfB , on en déduit :
U1
5000
= 3413 spires
N1 =
) =
4, 44 sfB 4, 44 × 60. 10 − 2 2 × 50 × 1,1
U
N
2- m = 2 0 = 230 = 0,046 et m = 2 ⇒ N 2 = m.N 1 = 0,046 × 3413 = 157 spires .
U1
5000
N1
P10
250
=
= 0,1
3- P10 = PF et cos ϕ10 =
U 1 .I10 5000 × 0,5
(
)
3
4- S = U 1n .I1n = U 2 0 .I 2 n soit I 2n = S = 21.10 = 91,3A .
230
U 20
P1CC
300
= 36 mΩ
5- R S = 2 =
I 2 CC 91,3 2
m.U1CC
ZS =
= 0,1Ω
I 2 CC
L’étude d’un transformateur monophasé a donné les résultats suivants :
Mesure en continu des résistances des enroulements à la température de
fonctionnement : r1 = 0,2 Ω et r2 = 0,007 Ω.
Essai à vide : U1 = U1n = 2 300 V ; U20 = 240 V ; I10 = 1,0 A et P10 = 275 W.
Essai en court-circuit : U1CC = 40 V ; I2CC = 200.
Calculer le rapport de transformation m.
Montrer que dans l’essai à vide les pertes Joule sont négligeables devant P10 .
Déterminer la valeur de la résistance ramenée au secondaire RS.
Calculer la valeur de P1CC.
Déterminer XS.
Déterminer par la méthode de votre choix, la tension aux bornes du secondaire
lorsqu’il débite un courant d’intensité I2 = 180 A dans une charge capacitive de facteur
de puissance 0,9.
7- Quel est alors le rendement.
123456-
REPONSE :
U
1- m = 2 0 = 240 = 0,104 .
U1
2300
2- P10 = PF + r1 .I120 . On montre que r1 .I12V << PF donc P1V = PF .
3- R S = r2 + m 2 .r1 = 0,007 + 0,104 2.0, 2 = 9,18.10 −3 Ω .
4- P1CC = R S .I 22 CC = 9,18.10 −3 × 200 2 = 367,1W .
m.U 1CC 0,104 × 40
=
= 20.10 −3 Ω
5- On calcule en premier ZS. Z S =
I 2 CC
200
X S = ZS − R S =
2
2
(20.10 ) − (9,18.10 )
−3 2
−3 2
= 17,7 mΩ
6- ∆U 2 = U 2 0 − U 2 = R S .I 2 . cos ϕ 2 + X S .I 2 . sin ϕ 2 avec ϕ2 < 0 car charge capacitive.
∆U 2 = 9,18.10 −3 × 180 × 0,9 − 17,7.10 −3 × 180 × sin(cos −1 0,9) = 0,93V
U 2 = U 2 0 − ∆U 2 = 240 − 0,93 = 239,9 V
P2 = U 2 .I 2 . cos ϕ 2 = 239,9 × 180 × 0,9 = 38,86 kW
!! Ici, le courant I2 est différent que I2CC !!
P1 = P2 + PF + PC = P2 + PF + R S .I 22 = 38,86.10 3 + 275 + 9,18.10 −3 × 180 2 = 39, 44 kW
η = 98,5%
X S = Z S2 − R S2 = 0,12 − 0,036 2 = 94 mΩ .
7- Pour déterminer le rendement, il faut déjà déterminer la tension U2 aux bornes de la
charge soit en utilisant la méthode graphique ( U 2 V = R S .I 2 + jX S .I 2 + U 2 ) soit en
utilisant l’expression approchée de la chute de tension :
∆U 2 = U 2 0 − U 2 = R S .I 2 . cos ϕ 2 + X S .I 2 . sin ϕ 2 soit
∆U 2 = 36.10 −3 × 91,3 × 0,83 + 94.10 −3 × 91,3 × sin(cos −1 0,83) = 7,51V . On en déduit
U2 :
U 2 = U 2 0 − ∆U 2 = 230 − 7,51 = 222,5V . On calcule ensuite P2 et P1 :
P2 = U 2 .I 2 . cos ϕ 2 = 222,5 × 91,3 × 0,83 = 16,86 kW ;
P1 = P2 + PF + PC = 16,86.10 3 + 250 + 300 = 17, 41kW et η =
EXERCICE N°2 :
P2
= 96,8%
P1
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5- On appelle RS la résistance des enroulement ramené au secondaire et XS la
réactance ramené au secondaire.
a- Proposer un schéma de câblage du transformateur lors de l’essai en courtcircuit, avec tous les appareils permettant de mesurer U1cc, I1cc, P1cc.
EXERCICE N°3 :
Les essais d’un transformateur monophasé ont donné les résultats suivants :
Essai à vide sous tension primaire nominale :
U1n = 2,20 kV ; f = 50 Hz ;
Valeur efficace de l’intensité du courant mesuré au primaire :
U20 = 230 V ;
Puissance active mesurée au primaire :
P10 = 700 W ;
Essai en court-circuit sous tension primaire réduite :
U1cc = 130 V ; I2cc = 200A et P1cc = 1,50 kW.
I2CC = I2n
AC/DC
I10
I2 = 0
A
V
V
AC/DC
AC/DC
A
AC/DC
b- Pourquoi cet essai est-il réalisé sous tension primaire réduite ?
Le secondaire étant court-circuité, seule la résistance de l’enroulement du
secondaire limite l’intensité du courant I2cc. Comme cette résistance est très
faible, il suffit d’une tension primaire réduite (U2 = mU1) pour obtenir une
intensité de court-circuit égale à l’intensité nominale.
AC/DC
U1
V
AC/DC
U1cc
1- Proposer un schéma de câblage du transformateur permettant lors de l’essai à vide,
avec tous les appareils pour mesurer I10, U20, P10 en indiquant le type d’appareil
choisi.
W
W
A
c- Faire un schéma électrique équivalent du transformateur ramené au
secondaire pour cet essai ; y porter toutes les grandeurs électriques.
U20
ZS
2- Calculer le rapport de transformation m:
U
m = 2 0 = 230 = 0,104
U 1n 2200
XS
RS
U20
I2cc
3- Calculer le facteur de puissance du transformateur lors de l’essai à vide :
P10 = U 10 .I10 . cos ϕ10 ⇒ cos ϕ10 =
P10
700
=
= 0, 212
U 10 .I10 2200 × 1,5
d- Que représente la puissance active P1cc lors de cet essai ?
Cette puissance représente les pertes par effet Joule ou pertes cuivres.
4- On note I1m la valeur efficace de la composante réactive de l’intensité I10. Calculer
I1m (appelé parfois courant magnétisant).
I1a
ϕ0 = 77°
La composante magnétisante I1m est :
I1m = I10 . sin ϕ10 = 1,5 × sin (77° ) = 1, 46 A
e- Calculer RS.
P1cc = R 1 .I12cc + R 2 .I 22 cc
or
(
)
I1cc = m.I 2 cc d' où P1cc = m 2 .R 1 .I 22 cc + R 2 .I 22 cc = m 2 .R 1 + R 2 .I 22 cc
I1m
P1cc = R S .I
2
2 cc
avec R S = m .R 1 + R 2 .
2
A.N. : R S = 15002 = 37,5mΩ
200
Page 1/6
Page 2/6
f- Calculer le module de l’impédance ZS ramené au secondaire. Montrer que
X S = Z − R . Calculer XS.
2
S
2
S
E S = Z S .I 2 CC
E S = m.U 1cc
I1cc

2 U 1cc

I1cc ⇒ mU1cc = Z S . m soit Z S = m . I
1cc
=
I
 2 cc
m

U
ou
Z S = m. 1cc
I 2 cc
X S = 0,067 − 0,037 = 56,7 mΩ .
2
6- Le secondaire alimente maintenant une charge inductive de facteur de puissance
0,8.
U1n = 2,2 kV. On relève I2n = 200A.
a- Faire un schéma électrique équivalent du montage, le transformateur étant
représenté par son modèle ramené au secondaire.
ZS = RS + jXS
I2
ES = -mU1
1.1 Déterminer le rapport de transformation, et le nombre de spires du secondaire si l’on en
compte 520 au primaire.
U 20
= 44 = 0, 2 et N 2 = m.N 1 = 0, 2 × 520 = 104 spires
U1
220
1.2 Vérifier que l’on peut négliger les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide. En
admettant que les pertes fer sont proportionnelles au carré de la tension primaire, montrer
qu’elles sont négligeables dans l’essai en court circuit.
m=
A.N : Z S = 0,104. 130 = 67,9 mΩ et
200
2
EXERCICE N°4 :
Les essais d’un transformateur monophasé ont donné :
• A vide : U1 = 220V, 50 Hz (tension nominale du primaire) ;
U20 = 44V ; P10 = 80W et I10 = 1A.
• En continu au primaire ; U1 = 5V ; I1 = 10A.
• En court-circuit : U1cc = 40V ; P1CC = 250W ; I1CC = 20A(courant nominale
primaire).
U2
Calcul de R1 : R 1 =
U1
= 5 = 0,5Ω
I1 10
Les pertes mesurées lors de l’essai à vide sont : P10 = Pf + R 1 .I10
2
Soit Pf = P10 − R 1 .I = 80 − 0,5 × 1 = 79,5 W (les pertes Joule pour cet essai sont
négligeables ; elles représentent 1% des pertes !).
2
10
2
Les pertes mesurées lors de l’essai en court circuit sont : P1CC = PC + Pf
P
Or, Pf = k.U12 ⇒ k = f2 = 80 2 = 1,65.10 −3 (pour l’essai à vide).
U1 220
Pour l’essai en court-circuit : U1cc = 40V d’où Pf = 1,65.10 −3.40 2 = 2,64 W .
Soit, PJ = P1CC − PF = 250 − 2,64 = 247, 4 W (les pertes fer pour cet essai représentent 1%
des pertes totales, donc elles sont négligeables).
b- Calculer une valeur approchée de U2.
U 2 = U 2 0 − ∆U 2 = 230 − (0,0375 × 200 × 0,8 + 0,0567 × 200 × 0,6 ) = 217, 2 V
1.3 Déterminer les valeurs de Xs et RS.
c- En déduire la puissance active fournie à la charge.
P2 = U 2 .I 2 . cos ϕ 2 = 217, 2 × 200 × 0,8 = 34,75kW
P1cc = R S .I 22 cc ⇒ R S =
P1cc
I
2
2 cc
= m2
P1CC
I12cc
= 0, 2 2. 2502 = 25mΩ
20
I1cc
2 U
⇒ Z S = m . 1cc = 80 mΩ d’où
m
I1cc
d- Quel est la valeur des pertes dans le fer Pf ? … des pertes Joules Pj ? et
calculer la puissance active P1.
Comme le transformateur fonctionne sous les grandeurs nominales et que
l’essai à vide s’est fait sous ces grandeurs, Pf = 700 W.
Idem pour les pertes Joules : Pj = 1500 W
D’où P1 = Pf + PJ + P2 = 700 + 1500 + 34751 = 36,95kW .
mU 1CC = Z S .
e- Calculer le rendement du transformateur η :
P
34,75
η= 2 =
= 94%
P1 36,95
2- Le transformateur, alimenté au primaire sous sa tension nominale, débite 100A au
secondaire avec un facteur de puissance égal à 0,9 (charge inductive).
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X S = ZS − R S =
2
2
(80.10 ) − (25.10 )
−3 2
−3 2
= 76 mΩ
Page 4/6
2.1 Déterminer graphiquement la tension secondaire du transformateur. En déduire la
puissance délivrée au secondaire.
U20=44V
jXS.I2=7,5V
U2=38V
RS.I2=2,5V
U 2 = 44 − ( 2,5 × 0,9 + 7,5 × 0, 4) = 38, 4 V
P2 = U 2 .I 2 . cos ϕ 2 = 38, 4 × 100 × 0,9 = 3, 46 kW
2.2 Déterminer la puissance absorbée au primaire, ainsi que le facteur de puissance.
P1 = Pf + PC + P2 = 80 + 250 + 3460 = 3,78kW
et
2.c- Montrer que les pertes fer sont négligeables dans l’essai en court circuit, en admettant
qu’elles sont proportionnelles au carré de la tension primaire.
Les pertes mesurées lors de l’essai en court circuit sont : P1CC = PC + Pf
P
Or, Pf = k.U 12 ⇒ k = f2 = 3002 = 0,133.10 −3 (pour l’essai à vide).
U 1 1500
Pour l’essai en court-circuit : U1cc = 22,5V d’où Pf = 0,133.10 −3.22,5 2 = 67,5mW .
Soit, PJ = P1CC − PF = 225 − 0,675 = 224,9 W (les pertes fer sont négligeables).
3- Calculer les éléments RS et XS des enroulements ramenés au secondaires.
P
2
2 P
2
P1cc = R S .I 2 cc ⇒ R S = 21cc = m 12CC = 0,150 . 2252 = 10 mΩ
I 2 cc
I1cc
22,5
I1cc
U
2
2 22,5
mU1CC = Z S .
⇒ Z S = m . 1cc = 0,150
= 22,5mΩ d’où
m
I1cc
22,5
X S = Z S2 − R S2 =
P
cos ϕ1 = 1 = 3786 = 0,86
U 1 .I1 220.20
EXERCICE N°5 :
L’étude d’un transformateur monophasé 1500V, 225V, 50 Hz de puissance apparente 44
kVA, a donné les essais suivants :
• Essai en continu au primaire :
U1 = 2,5V ; I1 = 10A ;
• Essai à vide :
U1 = 1500V ; I10 = 2A ; U20 = 225 V ; P10 = 300W ;
• Essai en court-circuit :
U1cc = 22,5V ; I1cc = 22,5 A ; P1cc = 225W.
U20
= 225 = 0,150
U1 1500
2.a- Calculer la composante active du courant lors de l’essai à vide :
I10a = I10 . cos ϕ10 = I1v .
P10
= 2 × 0,1 = 0, 2 A
U10 .I10
−3 2
−3 2
= 20, 2 mΩ
4- Le transformateur alimenté au primaire sous une tension U1 = 1500 V débite un courant
constant d’intensité I2 = 200A, quelque soit la charge.
a- Déterminer la valeur de ϕ2, déphasage entre courant et tension secondaire, pour
que la chute de tension soit nulle.
∆U 2 = 0 ⇔ R S I 2 . cos ϕ 2 + X S I 2 . sin ϕ 2 = 0
R
sin ϕ 2
= tan ϕ 2 = − S
cos ϕ 2
XS
soit ϕ 2 = − arctan 10  = −26°
 20, 2 
b- Déterminer la chute de tension relative pour cosϕ2 = 0,8.
∆U 2 = (0,01× 200 × 0,8 + 0,02 × 200 × 0,6 ) = 4 V
U 2 = U 2 0 − ∆U 2 = 225 − 4 = 221V
1- Déterminer le rapport de transformation :
m=
(22,5.10 ) − (10.10 )
U20 − U2
= 1,8%
U20
5- Déterminer le rendement .
P2 = 221.200.0,9 = 39,78kW
P1 = Pf + PJ + P2 = 300 + 10.10 −3.200 2 + 221.200.0,9 = 40, 48kW .
2.b- Vérifier que l’on peut négliger les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide :
U
2,5
= 0, 25Ω
Calcul de R1 : R 1 = 1 =
I1
10
η=
P2 39,78
=
= 98, 2%
P1 40, 48
Les pertes mesurées lors de l’essai à vide sont : P1v = Pf + R 1 .I1v
2
Soit Pf = P10 − R 1 .I10 = 300 − 0, 25 × 2 = 299 W (les pertes Joule pour cet essai sont
négligeables ; elles représentent 0,33% des pertes !).
2
2
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