Etude des transformateurs Première partie : Transformateurs

Etude des transformateurs
Première partie : Transformateurs monophasés
I. Généralités
1. Constitution
Un transformateur comporte :
- un circuit magnétique constitué de tôles de matériaux
ferromagnétiques (ou ferrimagnétiques) et éventuellement
d’entrefers.
- de deux (ou plus) bobinages, l’un est appelé primaire, les autres
secondaires.
i1 (t)
v1 (t)
v2 (t)
i2 (t)
Sur la figure ci-contre, le bobinage de gauche est le primaire, celui
de droite est le secondaire.
Dans les transformateurs industriels, les enroulements sont bobinés
sur le même noyau. Voir ci-contre un exemple de transformateur
cuirassé constitué de tôles en « E » et « I ».
Pour faciliter le refroidissement, l’enroulement parcouru par
l’intensité la plus élevée est placé à l’extérieur.
2. Orientation des tensions et intensités
Généralement l’enroulement primaire est orienté avec la convention
récepteur alors que les secondaires sont orientés avec la convention
générateur.
i1(t)
i2 (t)
v1 (t)
v2 (t)
Les courants sont orientés de manière à ce que les flux créés
s’additionnent : voir le schéma du paragraphe précédent et celui ci- Les nombres de spires au
primaire et au secondaire sont
contre pour le repérage des têtes d’enroulement.
notés respectivement n1, n2.
II. Transformateur parfait
1. Présentation
Le circuit magnétique d’un transformateur parfait présente une perméabilité magnétique infinie : sa
réluctance est nulle, il n’y a pas de fuites de flux, pas de pertes ferromagnétiques (hystérésis et courants de
Foucault). La résistance des enroulements est nulle (pas de pertes par effet Joule).
2. Mise en équation
Φ (t)
a. Tensions
Le flux à travers une section du circuit magnétique est noté Φ(t).
Exprimer le flux total ΦΤ1(t) pour l’enroulement primaire.
Φ T1 (t ) = n1Φ (t )
Exprimer le flux total ΦΤ2(t) pour l’enroulement secondaire.
Φ T2 (t ) = n2 Φ (t )
Transformateurs
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i1 (t)
v1 (t)
v2 (t)
i2 (t)
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Exprimer la tension v1(t) en fonction de ΦΤ1(t) (loi de Faraday) : v1 (t ) =
Exprimer la tension v2(t) en fonction de ΦΤ2(t) : v2 (t ) = −
dΦ T2 (t )
.
dt
dΦ T1 (t )
.
dt
Déduire de ce qui précède la relation entre v1(t), v2(t), n1 et n2.
dΦ T1 (t ) n1dΦ (t )
dΦ (t )
n dΦ (t )
v (t )
n
v1 (t ) =
=
et v2 (t ) = − T2 = − 2
, en éliminant Φ(t), on obtient : 2 = − 2 . Le
dt
dt
dt
dt
v1 (t )
n1
signe traduit une opposition de phase entre les tensions primaire et secondaire
Si les grandeurs sont sinusoïdales, les nombres complexes V1 et V2 sont associés à v1(t) et v2(t). Ecrire la
relation entre V1, V2, n1 et n2 puis la relation entre V1, V2, n1 et n2 (V1 et V2 sont les valeurs efficaces de v1(t) et
v2(t)).
V
n
Pour les nombres complexes associés : 2 = − 2
V1
n1
V
n
Pour les valeurs efficaces : 2 = 2 (remarque : les valeurs efficaces sont positives).
V1 n1
Comparer les valeurs efficaces des tensions primaire et secondaire si n1 > n2.
Dans ce cas, la valeur efficace de la tension secondaire est inférieure à la valeur efficace de la tension
primaire, le transformateur est abaisseur.
Le transformateur est dit abaisseur si la valeur efficace de la tension secondaire est inférieure à la valeur
efficace de la tension primaire, il est dit élévateur dans le cas contraire.
b. Intensités
Ecrire la relation d’Hopkinson pour le circuit magnétique. En tenant compte de la valeur de la réluctance
(voir la présentation), écrire la relation entre i1(t), i2(t), n1 et n2.
ℜΦ (t ) = n1i1 (t ) + n2i2 (t ) car les forces magnétomotrices primaire et secondaire s’ajoutent (voir l’orientation
des intensités par rapport aux têtes d’enroulement). Puisque le transformateur est parfait ℜ = 0 , la relation
d’Hopkinson devient : 0 = n1i1 (t ) + n2i2 (t ) (loi de compensation des ampères tours).
Si les grandeurs sont sinusoïdales, les nombres complexes I1 et I2 sont associés à i1(t) et i2(t). Ecrire la
relation entre I1, I2, n1 et n2 puis la relation entre I1, I2, n1 et n2 (I1 et I2 sont les valeurs efficaces de i1(t) et
i2(t)).
n
I
Pour les nombres complexes associés : 2 = − 1
I1
n2
I
n
Pour les valeurs efficaces : 2 = 1 (remarque : les valeurs efficaces sont positives).
I1 n2
Comparer les valeurs efficaces des intensités primaire et secondaire si n1 > n2. Dans ce cas, l’intensité
efficace au primaire est plus faible que celle au secondaire. Un transformateur abaisseur (de tension) élève
les intensités.
c. Rapport de transformation
On note m le rapport du nombre de spires secondaires sur le nombre de spires primaires. Cette grandeur est
appelée « rapport de transformation ».
Ecrire la relation entre I1, I2 et m et celle entre V1, V2 et m : I 2 = −
Pour les valeurs efficaces, ces relations deviennent I 2 =
1
I 1 et V 2 = − mV 1
m
1
I1 et V2 = mV1
m
Les deux relations ci-dessus sont à connaître par cœur.
Conséquences : que peut-on dire des puissances apparentes au primaire et secondaire ?
Transformateurs
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Au primaire, la puissance apparente s’écrit S1 = V1 .I1 or I1 = mI 2 et V1 =
1
V2 donc
m
1
V2 .mI 2 = V2 .I 2 = S 2 . Les puissances apparentes au primaire et au secondaire sont égales pour un
m
transformateur parfait.
S1 =
Remarque : le transformateur étant réversible, la définition du primaire et du secondaire n’intervient qu’après
son branchement. A cause de cela la norme définit le rapport de transformation comme le rapport de la
valeur efficace de tension la plus élevée sur la plus faible. Cette définition (différente de la précédente) ne
sera pas utilisée ici (cours, TP et exercices) ni à priori lors de l’examen.
d. Relation de Boucherot
En partant de la loi de Faraday pour le primaire (voir 2.a), déterminer pour une alimentation sinusoïdale
l’expression de la valeur efficace V1 de la tension au primaire du transformateur en fonction du nombre de
spires primaire n1, de la fréquence f et du flux maximal Φm à travers une section droite du circuit magnétique.
n dΦ (t )
v1 (t ) = 1
soit en notation complexe (fonctionnement sinusoïdal) V 1 = jωΦ et pour les valeurs
dt
efficaces V1 = n1ωΦ
Φ
Φ
Puisque ω = 2πf et Φ = m , la relation devient V1 = n1 2πf m
2
2
Rappeler la relation entre le flux maximal, le champ magnétique maximal Bm et la section droite S du circuit
magnétique : Φ m = Bm S
Déduire de ce qui précède la relation entre V1, n1, f, Bm et S : V1 =
2π
n1 fBm S = 4, 44n1 fBm S
2
Pour V1 et Bm donnés, comment évolue le produit « nombre de spires primaire x section du circuit
magnétique » si la fréquence augmente ? Quel intérêt économique cela peut-il présenter ?
V1
1
La relation n1S =
montre que pour V1 et Bm fixés, une augmentation de la fréquence entraîne une
4, 44 Bm f
diminution de la taille du transformateur (moins de matière utilisée et gain de place).
Exercice I
Tous les transformateurs étudiés dans cet exercice sont supposés parfaits.
1. Calculer le nombre de spires au secondaire d’un transformateur dont les valeurs efficaces des tensions
primaire et secondaire sont égales à 220 V et 24 V et qui comporte 100 spires au primaire.
V
n
V
24
La relation 2 = 2 a été établie précédemment donc n2 = n1 2 = 100
= 11 spires
V1 n1
V1
220
2. Calculer l’intensité efficace des courants primaire et secondaire d’un transformateur 230 V / 48 V de
puissance apparente 750 VA.
Pour le primaire S1 = V1 .I1 donc I1 =
S1 750
=
= 3, 26A
V1 230
a. si il y a un seul enroulement secondaire.
S
750
S2 = V2 .I 2 donc I 2 = 2 =
= 15,6A
V2
48
Transformateurs
b. si il y a deux enroulements secondaires.
S
750
S2 = 2V2 .I 2 donc I 2 = 2 =
= 7,8A
2.V2 2.48
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Exercice II
i1(t)
On considère le montage représenté ci-contre. Le transformateur est
supposé parfait (son rapport de transformation est noté m).
i2 (t)
v2 (t)
v1(t)
1. Ecrire la relation entre v2(t), i2(t) et R.
R
v2 (t ) = Ri2 (t )
2.a. Exprimer v2(t) en fonction de v1(t) et du rapport de transformation.
v2 (t ) = − mv1 (t )
b. Exprimer i2(t) en fonction de i1(t) et du rapport de transformation.
1
i2 (t ) = − i1 (t )
m
3. En déduire la valeur littérale de la résistance « vue » par le générateur branché au primaire du
1
1
R
transformateur : d’après ce qui précède − mv1 (t ) = − R i1 (t ) soit v1 (t ) = R 2 i1 (t ) donc Req = 2 . Si le
m
m
m
transformateur est abaisseur (m < 1) alors la résistance R vue du primaire est plus élevée.
4. On considère maintenant le montage ci-contre :
a. Déterminer la valeur littérale de la résistance Rs « vue »
du secondaire du transformateur.
1
Loi des mailles au primaire : v1 (t ) − Rs i1 (t ) + v2 (t ) = 0
m
1
Comme i1 (t ) = − mi2 (t ) alors v1 (t ) + Rs mi2 (t ) + v2 (t ) = 0
m
En multipliant par m l’équation précédente :
mv1 (t ) + m2 Rs i2 (t ) + v2 (t ) = 0
Cette équation est « représentée » sur le schéma équivalent
ci-contre. Dans le cas d’un transformateur abaisseur, la
résistance Req ramenée au secondaire est plus faible.
Req = m 2 Rs
i2 (t)
i1 (t)
v1 (t)
i1 (t)
v 1(t)
Rs
v 2 (t)
Rs
i2 (t)
1 v (t)
m 2
i1(t)
v1 (t)
v2 (t)
i2 (t)
m2 Rs
mv1 (t)
v2(t)
b. Application à l’étude des circuits RLC (voir le TP n°1)
Dans le TP n°1, un transformateur 220 V / 24 V (supposé parfait) est placé en sortie du GBF. Sa résistance
de sortie est notée rs et égale à 50 Ω. Calculer la résistance de sortie du GBF vue du secondaire.
V
24
m= 2 =
= 0,109 et d’après ce qui précède Req = 0,1092.50 = 0,59 Ω . Cette valeur est négligeable
V1 220
devant les valeurs de résistances utilisées par ailleurs dans le TP.
III. Transformateur réel
1. Présentation
Dans cette partie, il est tenu compte de la résistance des enroulements, la perméabilité magnétique du circuit
magnétique n’est plus infinie, il y a des fuites de flux et les pertes dans le fer ne sont plus nulles.
Dans ces conditions, l’intensité appelée par le primaire du transformateur n’est plus sinusoïdale : les bobines
réelles sont remplacées par des bobines fictives (voir le cours sur les bobines à noyau de fer).
2. Schémas équivalents
a. A vide (l’intensité circulant dans le secondaire du transformateur est nulle)
Le modèle équivalent du transformateur à vide fait apparaître les mêmes éléments que pour une bobine à
noyau de fer auxquels est rajouté un transformateur parfait selon le schéma ci-dessous.
Transformateurs
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Au primaire du transformateur
figurent :
- la résistance r1 de l’enroulement,
- l’inductance de fuites l1 au
primaire,
- la résistance Rf qui consomme
les pertes dans le fer,
- l’inductance Lm parcourue par le
courant magnétisant.
jl1 ω
r1
I1
I1t
I10
V1
I1f
V'1
Rf
m
I1m
V20 = - mV'1
Lm
Transformateur parfait
Ecrire la relation entre V1, V’1, I1, la résistance du primaire et l’inductance de fuite
au primaire.
V 1 = V '1 + (r1 + jℓ1ω) I 1
Ecrire les relations entre V’1, Rf et I1f puis entre V’1, Lm et I1m.
V '1 = Rf I 1f et V '1 = jLm ωI 1m
Que vaut l’intensité secondaire lorsque le transformateur est à vide ? En déduire I1t.
A vide, l’intensité efficace dans le secondaire est nulle : I2 = 0. Pour le
transformateur parfait : I 1t = − mI 2 ce qui donne I1t = 0
V1
V'1
-j l 1 ω 1 I1
-r1 I1
Représenter V1, V’1, I1, I1m, I1f et I10 sur un diagramme de Fresnel (V’1 est placé
verticalement).
I1
I1f
I1 et I10 sont confondus car I1t est nul.
I1m
b. En charge (l’intensité circulant dans le secondaire du transformateur n’est pas nulle)
La résistance de l’enroulement secondaire ainsi que l’inductance de fuites au secondaire sont rajoutés au
schéma précédent :
I1
l1
r1
I10
V1
r2
I1t
V'1
I1f
I1m
Rf
Lm
l2
I2
m
V2
V20 = - mV'1
Transformateur parfait
Ecrire la relation entre V20, V2, I2, la résistance du secondaire et son inductance de fuites.
V 2 = V 20 − (r2 + jℓ 2 ω) I 2
Ecrire la relation entre I2, I1t et le rapport de transformation m : I 1t = − mI 2
Ecrire la relation entre I1, I10 et I1t : I 1 = I 1t + I 10
c. Schéma simplifié
Dans de nombreuses situations, la chute de tension aux bornes de r1 et l1 est négligeable, il est alors possible
de modifier le modèle équivalent comme suit :
Les éléments Rf et Lm
sont soumis à la
tension V1 au lieu de
V’1.
I1t
I1
r1
l1
r2
I10
V1
I1f
I1m
Rf
Lm
l2
m
V'1
V20 = - mV'1
Transformateur parfait
Transformateurs
I2
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V2
Il est alors possible de ramener les
éléments r1 et l1 au secondaire pour
obtenir le schéma équivalent cicontre.
I10
V1
En s’inspirant de l’exercice II, écrire
les relations entre :
- r1, r2, m et Rs
- l1, l2, m et Ls
I1f
I1m
Rf
Lm
Ls
Rs
I1t
I1
I2
m
V2
V20 = - mV'1
Transformateur parfait
Dans l’exercice II, on a montré que la résistance primaire ramenée au secondaire était égale à m 2 r1 . Pour
l’expression de Rs, il faut tenir compte de l’influence des résistances primaire et secondaire soit
Rs = m 2 r1 + r2
d. Diagramme avec l’hypothèse de Kapp
Hypothèse de Kapp : l’intensité à vide I10 est
négligeable devant I1t et I1. Cette situation est très
fréquente lors des fonctionnements proches des
valeurs nominales.
Conséquence : les éléments Rf et Lm sont remplacés
par un circuit ouvert. Le transformateur est parfait
pour les courants (mais pas pour les tensions).
Rs
I1
Ls
I2
m
V1
V20 = - mV'1
V2
Transformateur parfait
3. Diagrammes vectoriels (ou de Fresnel)
a. Diagramme simplifié
Il traduit les équations obtenues à partir du schéma simplifié (voir ci-dessus). Pour le tracer, on prend un
transformateur (de mauvaise qualité) alimentant une charge. Les caractéristiques des éléments sont les
suivantes :
Transformateur
Charge
V1 = 220 V , m = 0,5
Rf = 92 Ω, Lmω = 55 Ω
Rs = 1 Ω, Xs = Lsω = 3 Ω
C’est un dipôle dont le module de l’impédance
vaut Z = 4 Ω et l’argument ϕ = 45°.
Exprimer les parties réelle R et imaginaire X de l’impédance de la charge en fonction de Z et ϕ.
R = Z cos ϕ = 4cos 45 = 2,83 Ω et X = Z sin ϕ = 4sin 45 = 2,83 Ω donc Z = R + jX
Le tracé du diagramme vectoriel suit les étapes suivantes :
Première étape : écrire la relation entre V20, R, X, Rs, Xs et I2
en appliquant la loi des mailles sur le circuit secondaire. Ceci
permet de calculer la valeur efficace de I2.
V 20 = Rs I 2 + jX s I 2 + RI 2 + jX I 2
V 20
Pour le calcul de I2 : V20 = mV1 et I 2 =
Rs + R + j(X s + X )
mV1
soit I 2 =
( Rs + R )2 + (X s + X ) 2
Application numérique :
0,5.220
I2 =
= 15,8A
(1 + 2,83)2 + (3 + 2,83) 2
Transformateurs
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L’échelle n’est pas respectée.
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L’intensité I2 est choisie comme origine des phases (car elle est commune à la charge et Rs et Xs) et placée
horizontalement. On trace ensuite les vecteurs associés à Rs.I2 et jXs.I2.
En partant de l’origine du diagramme (point O, talon de I2), on trace un arc de cercle dont le rayon
correspond à la valeur efficace de la tension secondaire à vide. La pointe de V20 est sur cet arc de cercle alors
que son talon est au point O.
Deuxième étape : écrire la relation entre V2, V20, Rs, Xs et I2. En déduire le
vecteur V2. Il est alors possible de déterminer graphiquement la valeur
efficace de la tension secondaire en charge.
V 2 = V 20 − ( Rs + jX s ) I 2
Le talon du vecteur V2 est à la pointe de jXs.I2 alors que sa pointe est sur le
cercle de centre O et de rayon V20. L’angle entre V2 et I2 est égal à ϕ (ici 45°).
Graphiquement V2 = 67 V
La chute de tension (différence entre les valeurs efficaces de
la tension secondaire en charge et à vide) est ici égale à 43 V.
C’est énorme devant la tension à vide : les performances du
transformateur étudié ici sont médiocres.
Troisième étape :
écrire la relation entre V1 et V20 et placer V1.
D’après les relations pour le transformateur parfait :
V 20 = − mV 1 , le vecteur V1 a la même direction que V20 mais
est de sens opposé.
V1 = 220 V
Quatrième étape :
écrire la relation entre I1t et I2 et placer I1t.
D’après les relations pour le transformateur parfait :
I 1t = −mI 2 , le vecteur I1t a la même direction que I2 mais est
de sens opposé.
I1t = 0,5.15,8 = 7,9 A
Cinquième étape : écrire les relations entre I1f, V1 et Rf puis
entre I1m, V1 et Lm. Placer les vecteurs I1f et I1m. Ecrire la
relation entre I1, I1t et I10 et placer les vecteurs I10 puis I1. Il est
alors possible de déterminer graphiquement l’intensité
efficace du courant primaire.
V1
V
et I 1m = 1
Rf
jLm ω
I1f et V1 sont en phase alors que I1m est en retard de 90° sur V1.
220
220
I1f =
= 2,39 A et I1m =
= 4A
92
55
I 10 = I 1f + I 1m et I 1 = I 1t + I 10
I 1f =
I 10 = I 1f + I 1m n’est pas représenté
I1 = 13 A
Transformateurs
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b. Diagramme de Kapp
Le tracé est réalisé pour le même transformateur et la même charge que précédemment (les éléments Rf et Lm
sont remplacés par un circuit ouvert).
La méthode pour construire le diagramme est identique à la
précédente pour les trois premières étapes, la quatrième étape
devient la dernière et consiste à placer I1.
D
V2
V20
Diagramme du triangle fondamental de Kapp
La chute de tension en charge au secondaire est définie par
∆V2 = V20 – V2
avec V20 la valeur efficace de la tension à vide et V2 la valeur
efficace de la tension en charge
ϕ
2
B
j Xs I2
C
Cette chute de tension est généralement très faible devant la
valeur efficace de la tension secondaire nominale.
OA, AB et OB ont des dimensions très petites dimensions devant
OD (correspondant à V20 = - mV1) et BD (correspondant à V2) : on
suppose que les droites (BD) et (OD) sont parallèles. L’arc de
cercle BC (portion du cercle de rayon « V2 » et de centre D)
devient alors un segment de droite.
Pour déterminer la chute de tension, on ne trace que le
triangle rectangle OAB (triangle fondamental de Kapp). La
chute de tension correspond alors à OH.
O RsI2 A
∆V2 correspond à OC
B
j Xs I2
Vers le point D
H
∆V2 = RsI2cosϕ2 + XsI2sinϕ2
Dans l’exemple précédent ∆V2 = 110 – 67 = 43 V
Avec la relation ci-dessus :
∆V2 = 1.15,8.cos45 + 3.15,8.sin45 = 44,7 V
ϕ
O
2
RsI2
A
4. Détermination des éléments du schéma équivalent simplifié
Pour déterminer les éléments du schéma équivalent, deux essais sont nécessaires :
- un essai à vide sous tension primaire nominale,
- un essai en court-circuit avec le courant nominal sous tension réduite.
a. Essai à vide
Lors de cet essai on relève les valeurs
efficaces des tensions au primaire et au
secondaire (notées V1 et V20), la valeur
efficace de l’intensité primaire ainsi que la
puissance active (notée P0).
I1t
I1
I10
V1
I1f
I1m
R
L
I2 = 0
m
V20 = - mV'1 = V2
f
m
Représenter
le
schéma
équivalent
correspondant à cet essai. Quel élément
Transformateur parfait
consomme de la puissance active ?
Quel élément consomme de la puissance réactive ?
La puissance active est consommée par Rf alors que Lm consomme la puissance réactive.
Exprimer les éléments Rf et Lm ainsi que le rapport de transformation en fonction des grandeurs mesurées.
Les relations suivantes ne doivent pas être apprises, il faut savoir les démontrer.
V
V2
V2
V2
m = 20 ; P0 = 1 donc Rf = 1 ; avec Q0 = (V1 I10 ) 2 − P02 soit Lm ω =
V1
Rf
P0
(V1 I10 ) 2 − P02
Transformateurs
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b. Essai en court-circuit
Lors de cet essai on relève la valeur efficace de la
tension au primaire (notée V1cc), l’intensité
efficace au primaire ou au secondaire (notée I1cc
ou I2cc) ainsi que la puissance active (notée Pcc).
Ls
Rs
I1t = I1
I2
m
V1
Représenter le schéma équivalent correspondant à
cet essai en supposant négligeable l’intensité à
vide. Quel élément consomme de la puissance
active ? Quel élément consomme de la puissance
réactive ?
V2
V20 = - mV'1
Transformateur parfait
La puissance active est consommée par Rs alors que Ls consomme la puissance réactive.
Exprimer les éléments Rs et Ls en fonction des grandeurs mesurées. Les relations suivantes ne doivent pas
être apprises, il faut savoir les démontrer.
mP
1
2
Pcc = Rs I 2cc
et I 2cc = I1cc (le courant à vide est négligé lors de l’essai en court-circuit) donc Rs = 2 cc
m
I1cc
2
Qcc = (V1cc I1cc )2 − Pcc = X s I 2cc
donc X s =
m (V1cc I1cc ) 2 − Pcc
2
I 2cc
Variante pour Xs : on définit Z s = Rs2 + X s2 =
mV
mV1cc
donc X s = ( 1cc ) 2 − Rs2
I 2cc
I 2cc
TP n°9
Modélisation d’un transformateur monophasé
Règles de sécurité
- Toute modification de montage devra être faite hors tension.
- Lors des essais en court-circuit, les courants peuvent atteindre des valeurs importantes avec des tensions
faibles. Il ne faut pas oublier de changer les calibres des ampèremètres et wattmètres et surveiller le courant
lors du réglage de tension.
La première question de la deuxième partie est à résoudre avant la séance de TP.
rs
Le schéma équivalent d’un transformateur est
donné ci-contre :
Première partie
m
Rf
Xs
L
1. Indiquer les essais nécessaires à la
détermination des éléments du modèle (Rf, L, m,
rs et Xs) et représenter les schémas équivalents correspondants en justifiant les simplifications.
2. Pour chaque essai représenter le schéma de câblage avec les appareils de mesure et donner le mode
opératoire (Faire valider le schéma avant de commencer le câblage).
3. Essai à vide :
Câbler le montage et relever les indications des appareils.
4. Essai en court-circuit
- câbler le montage et relever les indications des appareils.
- relever sur oscilloscope les intensités instantanées dans le primaire et le secondaire.
5. Déterminer les éléments du modèle à partir des essais.
Transformateurs
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Deuxième partie
Le transformateur est alimenté sous 230 V et alimente successivement une charge résistive puis une charge
résistive et inductive. Selon la table utilisée, les valeurs sont les suivantes :
Puissance apparente
du transformateur
250 VA (tables 3, 5 et 6)
300 VA (table 4)
1 kVA (tables 1 et 2)
Charge résistive
Un rhéostat 10 Ω.
Un rhéostat 10 Ω.
Deux rhéostats 10 Ω en
parallèle.
Charge résistive et
inductive
Une bobine 100 mH en
parallèle avec deux
rhéostats en série réglés
pour une somme de 15 Ω.
Deux bobines 100 mH et
un rhéostat 10 Ω en
parallèle.
Deux bobines 30 mH et
deux rhéostats 10 Ω en
parallèle.
1. Impédance équivalente des charges résistives et inductives.
a. Représenter le schéma de la charge du transformateur correspondant à la table du TP.
b. Réduire ce schéma à deux éléments en parallèle, une résistance notée Rc et une inductance notée Lc.
c. Démontrer que l’impédance complexe équivalente à l’association de Rc et Lc s’écrit :
Rc ( Lc ω) 2 + jRc2 Lc ω
Z=
= Req + jX eq
Rc2 + ( Lc ω) 2
Calculer les valeurs numériques de Req et Xeq
2. Le schéma équivalent du transformateur alimentant une charge est le suivant :
I1
V1
●
●
rs
I1t
Rf
m
mV1
L
Xs
I2
V2
Exprimer I2 en fonction de m, V1, rs, Xs et Z
Exprimer I2 en fonction de I1, I1t et I0 (somme des intensités circulant dans l’inductance L et la résistance Rf).
3. Déterminer les intensités primaire et secondaire ainsi que la tension secondaire à partir des éléments du
schéma équivalent.
a. lorsque la charge est résistive,
b. lorsque la charge est résistive et inductive.
4. Faire les essais et comparer les valeurs expérimentales avec les valeurs théoriques.
Exercice III
On considère un transformateur monophasé sur lequel les essais suivants ont été effectués :
- en continu au primaire : I1c = 10 A ; U1c = 5 V.
- à vide : U1 = 220 V, 50 Hz (tension primaire nominale) ; U20 = 44 V ; P10 = 80 W ; I10 = 1 A.
- en court-circuit : U1cc = 40 V ; P1cc = 250 W ; I1cc = 20 A (courant nominal primaire).
Le transformateur est considéré comme parfait pour les courants lorsque ceux-ci ont leurs valeurs nominales.
1. Essai à vide
1.1 Déterminer le rapport de transformation.
U
44
m = 20 =
= 0, 2
U1 220
1.2 En déduire le nombre de spires au secondaire si l’on compte 520 spires au primaire.
Transformateurs
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m=
n2
donc n2 = m.n1 = 0, 2.520 = 104 spires
n1
1.3 Vérifier que l’on peut négliger les pertes par effet Joule lors de l’essai à vide.
La résistance de l’enroulement primaire est obtenue à partir de l’essai en continu : R1 =
U c 10
= = 2Ω
Ic
5
Lors de l’essai à vide, les pertes par effet Joule sont égales à Pj = R1 .I102 = 2.12 = 2 W. Cette valeur est très
faible devant 80 W.
2. Essai en court-circuit
2.1 En admettant que les pertes dans le fer sont proportionnelles au carré de la tension primaire, montrer
qu’elles sont négligeables par rapport aux autres pertes de l’essai en court-circuit.
D’après l’énoncé : Pfer = KU12 . La constante K (qui correspond à
K=
1
) est calculée à partir de l’essai à vide :
Rf
Pfer
80
=
= 1,65.10−3 SI
2
2
U1 220
2
Pour l’essai en court-circuit : Pfercc = KU1cc
= 1,65.10−3.402 = 2,6 W. Cette puissance est très inférieure à 250 W.
2.2 Représenter le schéma équivalent du
transformateur en court-circuit vu du
secondaire.
2.3 En déduire les valeurs de Rs et Xs de
l’impédance du modèle de Thévenin.
Rs
I1cc
Xs
m
U1cc
La loi des mailles appliquée au secondaire
permet d’écrire : − mU 1cc − ( Rs + jX s ) I 2cc = 0
U20 = - mU1cc
Transformateur parfait
mU1cc 0, 2.40
mU 1cc
I
=
= 0,08 Ω car I 2cc = 1cc
= Z s . Calcul du module de ZS : Z s =
20
I 2cc
I 2cc
m
0,2
P
0,2 2
2
La résistance Rs consomme la puissance active P1cc = Rs I 2cc
donc Rs = 1cc
= 250(
) = 0,025 Ω
2
I 2cc
20
Pour la détermination de Xs :
Soit Rs + jX s =
Première méthode : X s = Z s2 − Rs2 = 0,082 − 0,0252 = 0,076 Ω
2
2
Deuxième méthode : l’inductance Xs consomme la puissance réactive Q1cc = (U1cc .I1cc ) 2 − P1cc
= X s I 2cc
Xs =
2
(U1cc .I1cc ) 2 − P1cc
I
2
2cc
= (40.20)2 − 2502 (
0.2 2
) = 0,076 Ω
20
3. Quels que soient les résultats obtenus
précédemment, on prendra pour la suite du problème
Rs = 25 mΩ ; Xs = 75 mΩ. Le transformateur
alimenté au primaire sous sa tension nominale,
débite 100 A au secondaire avec un facteur de
puissance égal à 0,9 (charge inductive).
3.1 Déterminer graphiquement la tension secondaire
du transformateur. En déduire la puissance délivrée
par le secondaire. Faire le même calcul avec
l’approximation du triangle fondamental de Kapp.
Voir le diagramme ci-contre. Valeur efficace de la
tension secondaire : U2 = 38 V
P2 = U 2 .I 2 .cos ϕ = 38.100.0,9 = 3420 W
Transformateurs
I2
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V2
En utilisant l’approximation du triangle fondamental de Kapp :
∆U2 = 0,025.100.0,9 + 0,075.100.0,436 = 5,52 V
La valeur efficace de la tension secondaire est égale à U2 = 44 – 5,52 = 38,5 V
P2 = U 2 .I 2 .cos ϕ = 38,5.100.09 = 3465 W
Les résultats obtenus par les deux méthodes sont très proches.
3.2 Déterminer la puissance absorbée au primaire, ainsi que le facteur de puissance.
Les pertes prises en compte sont ici les pertes par effet Joule (dans Rs) Pj = Rs I 22 = 0,025.1002 = 250 W et les
pertes dans le fer (dans Rf) Pf = KU12 = 1,65.10−3.2202 = 80 W.
Remarque : on retrouve les puissances des essais à vide et en court-circuit.
P1 = P2 + Pf + Pj = 3420 + 250 + 80 = 3750 W
Le transformateur est supposé parfait pour les intensités donc I1 = m.I 2 = 0, 2.100 = 20 A. La puissance
apparente au primaire S1 = U1 .I1 = 220.20 = 4400 VA
P 3750
D’où le facteur de puissance : k = cos ϕ1 = 1 =
= 0,852 . La tension et l’intensité sont sinusoïdales, le
S1 4400
facteur de puissance est le cosinus du déphasage entre la tension et l’intensité au primaire : ϕ1 = 31,5°
3.3 Déterminer la capacité du condensateur (supposé parfait) qui, placé en parallèle avec l’enroulement
primaire, relève le facteur de puissance de l’installation à 1. Quelle est alors l’intensité du courant dans la
ligne qui alimente l’association ?
Si le facteur de puissance est égal à 1 alors la puissance apparente pour l’alimentation est égale à la puissance
active appelée par le transformateur. Le condensateur doit fournir la puissance réactive que consomme le
transformateur.
Puissance réactive appelée par le transformateur : Q1 = U1 .I1.sin ϕ1 = 220.20.sin 31,5 = 2300 var
Q
2300
Le condensateur doit fournir 2530 var : Qc = −C ωU12 = −2300 var donc C = c 2 =
= 151 µF
ωU1 2π.50.2202
S
3750
Intensité en ligne : S1 = U1 .I1comp = 3750 VA donc I1comp = 1 =
= 17,0 A
U1 220
Exercice IV
On considère un transformateur monophasé dont les essais préliminaires ont donné :
- à vide : V1 = V1n = 220 V, I1 = 0,5 A, V2 = 110 V, puissance absorbée : 50 W
- en court-circuit : V1 = 21 V, I2 = 20 A, puissance absorbée : 150 W
Rs
1. Proposer un montage permettant de réaliser
les mesures en court-circuit.
Voir la partie cours.
Xs
m
R
L ww
f
2. Déterminer les éléments du schéma
équivalent ci-contre :
Les valeurs de Rf, L et m sont déterminées à partir de l’essai à vide :
V 110
m= 2 =
= 0,5
V1 220
La résistance Rf consomme la puissance à vide : P =
V12
V 2 2202
donc Rf = 1 =
= 968 Ω
Rf
P
50
L’inductance L consomme la puissance réactive à vide : Q = (V1.I1 ) 2 − P 2 =
L=
2202
2π.50 (220.0,5) 2 − 502
Transformateurs
V12
V12
donc L =
Lω
ω (V1 .I1 )2 − P 2
= 1,57 H
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Les valeurs de Rs, Xs sont déterminées à partir de l’essai en court-circuit :
La résistance Rs consomme la puissance active lors de cet essai à laquelle on retranche ce que consomme Rf
V2
V2 1
212 1
2
P = 1cc + Rs I 2cc
)
= 0,374 Ω
donc Rs = ( P − 1cc ) 2 = (150 −
Rf
Rf I 2cc
968 202
2
V1cc
212
=
= 0, 45 W sont négligeables.
Rf 968
La réactance Xs consomme la puissance réactive lors de cet essai à laquelle on retranche ce que consomme L
2
V1cc
2
2
(
V
.
m
.
I
)
−
P
−
1cc
2cc
V2
2
Lω
Q = (V1cc .I1cc )2 − P 2 = 1cc + X s I 2cc
avec I1cc = m.I2cc donc X s =
2
Lω
I 2cc
Remarque : pour cet essai, les pertes dans le fer
(21.0,5.20) 2 − 1502 −
Xs =
202
212
1,57.2π.50
= 0,365 Ω
Remarque : pour cet essai, la puissance réactive de L
2
V1cc
212
=
= 0,89 var est négligeable.
Lω 1,57.2π.50
Pour la suite, le transformateur est supposé parfait pour les courants lorsqu’ils sont proches de leurs valeurs
nominales.
Rf et L sont remplacées par un circuit ouvert.
On branche au secondaire une résistance Rc = 5 Ω en série avec une inductance Lc = 11 mH.
3. Représenter le schéma permettant de déterminer
l’intensité dans la charge et la tension à ses bornes.
4. Calculer l’intensité efficace du courant
secondaire.
D’après la loi des mailles :
V 20 − ( Rs + jX s ) I 2 − ( Rc + jX c ) I 2 = 0 avec Xc = Lcω
V 20
I2 =
( Rs + jX s ) + ( Rc + jX c )
Rs
Xs
I2
m
ww
Rc
V20
V2
Lc
Et pour les valeurs efficaces :
V20
110
I2 =
=
= 16,7 A
( Rs + Rc ) 2 + ( X s + X c ) 2
(0,374 + 5)2 + (0,365 + 11.10−3.2π.50) 2
5. Calculer le déphasage entre l’intensité et la tension au
secondaire.
Le déphasage entre l’intensité et la tension au
secondaire est égal à l’argument de l’impédance de la
charge du transformateur :
L ω 11.10−3.2π.50
tan ϕ = c =
= 0,691 soit ϕ = 35°.
Rc
5
6. Tracer le diagramme de Fresnel permettant de
déterminer la valeur efficace de la tension aux bornes de
la charge.
On mesure V2 = 102 V
7. Déterminer graphiquement l’intensité efficace du
courant primaire.
I1 est en opposition de phase avec I2 et sa valeur efficace est égale à la moitié de celle de I2 (rapport de
transformation égal à 0,5).
Transformateurs
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Deuxième partie : Transformateurs triphasés
I. Présentation
1. Constitution
Comme pour les bobines triphasées, un transformateur triphasé peut être constitué de trois transformateurs
monophasés. Il est cependant plus fréquent de trouver des transformateurs triphasés dont le circuit
magnétique est coplanaire à flux liés (trois colonnes) ou plus rarement libres (colonnes latérales
supplémentaires ou circuits magnétiques cuirassés).
2. Représentation symbolique
Les enroulements bobinés sur une même colonne du
circuit magnétique sont représentés sur le même axe
(horizontal ou vertical).
X
A
a1
Les extrémités des enroulements sont repérées par des
lettres majuscules pour la haute tension et minuscules
pour la basse tension.
A
Le schéma ci-contre représente une colonne d’un
transformateur triphasé (les deux autres sont
identiques). Cette colonne comporte un enroulement
haute tension et deux enroulements basse tension.
a1
x1
a2
x2
X
x1
a2
x2
Les enroulements primaires (pas nécessairement haute tension) sont orientés avec la convention récepteur
alors que les enroulements secondaires sont orientés avec la convention générateur. Les courants sont
orientés pour que les forces magnétomotrices se retranchent :
iA(t)
v A(t)
X
va1 (t)
ia1 (t)
A
a1
v a2(t)
ia2 (t)
x1
a2
x2
3. Couplages des enroulements
S’il y a trois enroulements, il est possible de les coupler en étoile ou en triangle. S’il y a six enroulements
(par exemple deux enroulements par secondaire) un troisième type de couplage appelé « zigzag » est
possible.
Les transformateurs sont nommés selon les couplages au primaire et au secondaire en respectant les règles
suivantes :
- lettre majuscule pour la haute tension : Y pour le couplage étoile, D pour le triangle, Z pour le zigzag
- lettre minuscule pour la basse tension : y pour le couplage étoile, d pour le triangle, z pour le zigzag
Si un neutre existe côté « haute tension », il est indiqué par la lettre « N » après la lettre figurant le couplage
« haute tension ». Si le neutre est côté « basse tension », la lettre « n » est utilisée après celle indiquant le
couplage « basse tension ».
Transformateurs
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Exemples :
Yzn : couplage étoile au primaire (haute tension), Dy : couplage triangle au primaire (haute tension),
zigzag au secondaire, neutre sorti au secondaire.
étoile au secondaire, pas de neutre.
A
a
B
b
C
c
n
A
a
B
b
C
c
II. Equations électriques
Chaque colonne se comporte comme un transformateur monophasé (on parle de « transformateur colonne »).
Le flux pour chaque enroulement d’une même colonne est le même que pour les autres enroulements (aux
fuites de flux près).
En notant n1 et n2 les nombres de spires au primaire et aux secondaires du transformateur (supposé parfait)
pris comme exemple au paragraphe 2, écrire les relations :
- exprimant les tensions secondaires en fonction de la tension primaire et du rapport des nombres de spires.
va1 (t ) n2
v (t ) n
et a2 = 2 .
=
vA (t ) n1
vA (t ) n1
Les tensions primaire et secondaire des enroulements placés sur la même colonne sont en phase
(Contrairement au transformateur monophasé) : ceci est dû aux choix d’orientation des tensions.
- entre les intensités dans le primaire et les secondaires et le rapport du nombre de spires.
L’intensité primaire « entre » par la tête d’enroulement alors que les intensités « sortent » par les têtes
d’enroulement : n1iA (t ) = n2ia1 (t ) + n2ia 2 (t ) (on retrouve la loi de compensation des ampères tours).
Si le transformateur fonctionne en régime triphasé équilibré, les équations pour les deux autres colonnes sont
identiques (décalage temporel d’un tiers de période).
III. Grandeurs caractéristiques
1. Plaque signalétique
On y trouve les indications suivantes :
● La puissance apparente nominale,
● Les valeurs efficaces des tensions primaires et secondaires composées (à vide),
● Les intensités efficaces des courants secondaires en ligne,
● La valeur du facteur de puissance secondaire qui permet d’obtenir le fonctionnement nominal.
2. Rapport de transformation
C’est le rapport des valeurs efficaces, relevées à vide, des tensions secondaires et primaires simples ou des
tensions secondaires et primaires composées (il ne faut pas prendre une tension simple pour le primaire et
une tension composée pour le secondaire et réciproquement).
Cette valeur n’est plus nécessairement égale au rapport du nombre de spires.
3. Indice horaire (ou indice de couplage)
Selon les couplages primaire et secondaire il peut apparaître un déphasage entre les tensions homologues
du primaire et du secondaire (VA et Va sont des tensions homologues, UBC et Ubc aussi).
Un système triphasé direct de tensions VA, VB, VC alimentant le primaire d’un transformateur donne
naissance à un système triphasé direct au secondaire.
Transformateurs
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Le retard de Va sur VA est noté θ ; c’est aussi le retard de Uab sur UAB.
Les valeurs de θ sont toujours des valeurs multiples de 30°. La
valeur du déphasage est indiquée par le rapport de θ à 30, ce
rapport est appelé indice horaire I :
θ
I=
avec θ exprimé en degrés.
30
Un vecteur « haute tension » pointe le 12 de « l’horloge », le
vecteur de la « basse tension » homologue joue le rôle de l’aiguille
des heures.
Grande
aiguille
VA
Aiguille
des heures
Va
Vc
IX
III
VC
Les grandeurs I et θ caractérisent le retard d’une tension « BT » sur
une tension « HT » quel que soit le rôle (abaisseur ou élévateur) du
transformateur.
Dans l’exemple ci-contre, l’indice horaire vaut 1.
Vb
VB
VI
4. Répondre aux questions suivantes
a. La puissance active nominale est indiquée sur la plaque signalétique d’un transformateur (vrai ou faux) :
faux, c’est la puissance apparente.
b. La plaque signalétique d’un transformateur triphasé indique 20 kV/ 420 V. Lorsqu’il fonctionne à vide,
quelle valeur affiche un voltmètre branché entre un fil de phase et le neutre au primaire ? Entre « un fil de
phase et le neutre », c’est une tension simple. La plaque indique les valeurs efficaces des tensions
composées. Pour avoir celle des tension simples, il faut diviser l’indication par 3 soit 11,5 kV. Au
secondaire ? En procédant de même, on trouve 242 V.
c. Le transformateur ci-contre fonctionne dans les conditions
nominales, laquelle des indications d’ampèremètre doit figurer sur
la plaque signalétique ?
C’est l’intensité du courant en ligne qui doit être indiquée soit 55 A.
55 A
a
A
A
B
b
A
32 A
C
c
d. Les deux transformateurs décrits ci-dessous ont été essayés à vide. Calculer leurs rapports de
transformation.
Transformateur n°1
Valeurs efficaces des tensions
- composées primaires 20 kV
- simples secondaires 250 V
m=
Transformateur n°2
Valeurs efficaces des tensions
- composées primaires 20 kV
- composées secondaires 420 V
250. 3
= 0,0216
20000
m=
420
= 0,021
20000
e. Déterminer l’indice horaire correspondant au diagramme de Fresnel
ci-contre :
VA
Vc
Va est en retard de 90° sur VA, l’indice horaire est égal à 3.
f. Donner le nom de la tension homologue à Uca. Il s’agit de UCA
Va
VC
Vb
Transformateurs
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VB
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TP n°13
Transformateur triphasé
Différents couplages d’un transformateur triphasé
On dispose des transformateurs suivants (selon la
table) :
- deux enroulements secondaires par colonne.
- Valeurs efficaces des tensions aux bornes d’un
enroulement primaire 220 V ou 230 V ; aux bornes
d’un enroulement secondaire 14 V.
- Puissance apparente : 750 VA ou 1 kVA.
1. Pour chacun des trois cas suivants (bas de page), indiquer :
● Le couplage au primaire et au secondaire. La tension composée du réseau d’alimentation.
●
Le rapport de transformation en fonction du nombre de spires primaire n1 et secondaire n2.
●
L’indice horaire.
2. Câbler le montage et déterminer expérimentalement le rapport de transformation et l’indice horaire en
utilisant la méthode suivante :
Il est possible de travailler sous tension réduite.
- Lorsque les couplages primaire et secondaire sont réalisés, il faut relier les points a et A.
- Relever les valeurs efficaces : UAN, UAB, UAb, UAc, UBb, UBc, UCb, UCc.
- Prendre une échelle adaptée et tracer le système de tensions simples du côté haute tension en prenant pour
grande aiguille à 0h la tension VAN, faire apparaître les points A, B, C et N.
- Représenter par la méthode des arcs de cercle les tensions mesurées et en déduire la place des points b et c
d’où Van (petite aiguille) et l’indice horaire.
Règle de sécurité : toute modification du montage devra être faite hors tension.
Premier cas
Deuxième cas
Troisième cas
A
a
A
a
A
a
B
b
B
b
B
b
C
c
C
c
C
c
Premier cas
VA
A
● Chaque enroulement doit être alimenté sous 230 V, les tensions
composées doivent avoir une valeur efficace de 400 V.
Va
a
Les enroulements dont les tensions sont VA et Va sont sur la même
V
n
colonne, la relation pour les tensions s’écrit a = 2
V A n1
Va et VA sont des tensions homologues, le rapport de transformation est
V
n
donc égal à m = a = 2 (relation pour les valeurs efficaces).
VA n1
●
B
b
C
c
V a n2
= , les tensions homologues Va et VA sont en phase, l’indice horaire est donc
V A n1
égal à 0. Transformateur Yy0.
●
D’après la relation
Transformateurs
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Deuxième cas
● Chaque enroulement doit être alimenté sous 230 V, les tensions
composées doivent avoir une valeur efficace de 230 V car un
enroulement primaire « voit » une tension composée.
Va
UAC
A
a
Les enroulements dont les tensions sont UAC et Va sont sur la même
V
n
colonne, la relation pour les tensions s’écrit a = 2
U AC n1
Va et UAC ne sont pas des tensions homologues. Le rapport de
V
U
3.Va
n
transformation est égal à m = a = ac =
= 3. 2 (relation
VA U AC
U AC
n1
pour les valeurs efficaces).
●
B
b
C
c
Va
n
= 2 , les tensions Va et UAC = VA – VC sont en
U AC n1
phase. Sur le diagramme de Fresnel ci-contre, on constate que Va est en
retard de 30° sur VA. L’indice horaire est donc égal à 1.
●
D’après la relation
VA
UAC
Va
Transformateur Dy1.
VC
VB
Troisième cas
Va1
VA
A
a
Va
B
● Chaque enroulement doit être alimenté sous 230 V, les
tensions composées doivent avoir une valeur efficace de
400 V.
b
Les enroulements dont les tensions sont VA et Va1 sont
sur la même colonne, il en est de même pour ceux dont
les tensions sont VC et Vc2. Les relations pour les tensions
Vc2
VC
V
V
n
n
s’écrivent a1 = 2 et c2 = 2
V A n1
V C n1
La loi des mailles sur la portion de circuit en rouge permet d’écrire : V a − V a1 + V c2 = 0 soit V a = V a1 − V c2
En remplaçant Va1 et Vc2 par leurs expressions en fonction de VA et VC, on trouve :
n
n
n
n
V a = 2 V A − 2 V C = 2 (V A − V C ) = 2 U AC .
n1
n1
n1
n1
U
U
n
n
Pour les valeurs efficaces : Va = 2 U AC = ac donc m = ac = 3 2
n1
U AC
n1
3
●
C
c
n2
n
(V A − V C ) = 2 U AC , les tensions Va et
n1
n1
UAC = VA – VC sont en phase. Sur le diagramme de Fresnel ci-contre, on
constate que Va est en retard de 30° sur VA. L’indice horaire est donc
égal à 1.
●
D’après la relation V a =
VA
UAC
Va
Transformateur Yz1.
VC
Transformateurs
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VB
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Détermination expérimentale des rapports de transformation
Pour les cas 1 et 2, les deux enroulements secondaires d’une même colonne sont mis en série.
On mesure les valeurs d’une tension composée au secondaire (notée
U
primaire (notée U1). Le rapport de transformation est calculé par m = 2
U1
Deuxième cas
Premier cas
U2 = 53 V
U2 = 53,7 V
U1 = 400 V
U1 = 230 V
U
U
53,7
53
m1 = 2 =
= 0,134
m2 = 2 =
= 0, 230
U1 400
U1 230
D’après les prédéterminations théoriques, m1 =
U2) et d’une tension composée au
Troisième cas
U2 = 46,5 V
U1 = 400 V
U
46,5
m3 = 2 =
= 0,116
U1 400
n2
= 0,134 .
n1
On peut alors vérifier :
m2 = 3.
n2
= 3.m1 = 0, 232 pour le deuxième
n1
cas
n2 / 2
m
= 3. 1 = 0,116 pour le troisième cas.
n1
2
Pour l’expérience, un enroulement secondaire en zig
zag comporte deux fois moins de spires qu’un
secondaire en étoile.
m3 = 3.
Remarque : on pourrait aussi mesurer les valeurs efficaces de tensions simples au secondaire et au primaire.
Exercice V
Déterminer les rapports de transformation et les indices horaires des transformateurs suivants (on note n1 et
n2 le nombre de spires par enroulements primaires et secondaires) :
2. Etoile zigzag
1. Triangle étoile
UAB
VA
Va
Va
Va2
A
a
A
a
B
b
B
b
C
c
C
c
Vc1
Les enroulements dont les tensions sont UAB et Va
sont sur la même colonne, la relation pour les
V
n
tensions s’écrit a = 2
U AB n1
Va et UAB ne sont pas des tensions homologues. Le
rapport
de
transformation
est
égal
à
V
U
3.Va
n
m = a = ab =
= 3. 2 (relation pour les
VA U AB U AB
n1
valeurs efficaces).
Les enroulements dont les tensions sont VA et Va2
sont sur la même colonne, il en est de même pour
ceux dont les tensions sont VC et Vc1. Les relations
V
V
n
n
pour les tensions s’écrivent a2 = 2 et c1 = 2
V A n1
V C n1
La loi des mailles sur la portion de circuit en rouge
permet d’écrire : V a + V a2 − V c1 = 0 soit
V a = −V a2 + V c1
En remplaçant Va2 et Vc1 par leurs expressions en
fonction de VA et VC, on trouve :
D’après l’équation précédente, les tensions UAB et Va
n
n
n
n
V a = − 2 V A + 2 V C = − 2 (V A − V C ) = − 2 U AC .
sont en phase. Elles sont placées sur un diagramme
n1
n1
n1
n1
de Fresnel.
U
n
Pour les valeurs efficaces : Va = 2 U AC = ac donc
n1
3
Transformateurs
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Va est en avance
de 30° sur VA :
l’indice horaire est
égal à 11.
U ac
n
= 3 2
U AC
n1
Pour l’indice horaire, les vecteurs Va2 et Vc1 sont
placés sur un diagramme vectoriel :
m=
UAB
VA
Va
Dy11
VA
Indice horaire : 7
Va2
Yz7
VC
VB
Vc1
VC
VB
-Va2
Va
Exercice VI
On considère le transformateur dont le schéma est donné ci-contre :
1. Déterminer son rapport de transformation en fonction du nombre
de spires au primaire (noté n1) et du nombre de spires au secondaire
(noté n2).
VA
Uab
A
a
B
b
Les enroulements dont les tensions sont VA et Uab sont sur la même
C
c
U ab n2
colonne, la relation pour les tensions s’écrit
=
V A n1
VA et Uab ne sont pas des tensions homologues. Le rapport de transformation est égal à
V
U
U ab
1 n2
=
(relation pour les valeurs efficaces).
m = a = ab =
.
VA U AB
3.VA
3 n1
2. Déterminer son indice horaire.
UAB
U ab n2
sont placés sur un diagramme.
=
V A n1
Les tensions Uab et UAB sont homologues. Uab est en retard de 30° sur UAB,
l’indice horaire est égal à 1.
Les vecteurs de l’équation
VA
Uab
Yd11
VC
VB
3. La valeur efficace nominale de la tension aux bornes d’un enroulement primaire est de 11,5 kV.
Déterminer le rapport des nombres de spires secondaire et primaire si la tension composée à vide côté
secondaire a une valeur efficace de 410 V.
La tension aux bornes d’un enroulement primaire correspond à une tension simple : la valeur efficace d’une
tension composée au primaire est égale à 11,5 3 ≈ 20 kV.
D’après ce qui précède m =
U ab
3U ab
n
3.410
1 n2
soit 2 =
=
.
=
= 35,5.10-3
3
U AB
n
n
U
20.10
3 1
1
AB
4. Une charge, constituée de trois résistances de 1Ω couplées en étoile, est branchée au secondaire.
Déterminer les intensités efficaces des courants primaires et secondaires.
Le transformateur est supposé parfait (l’énoncé ne donne aucune valeur pour les « défauts »). La tension aux
bornes d’une résistance est une tension simple au secondaire soit environ 238 V. La loi d’Ohm permet
d’écrire que l’intensité efficace est de 238 A.
Transformateurs
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Relation entre les intensités efficaces au primaire et au secondaire : I1 = mI 2 =
410
.238 = 4,87 A
20.103
Exercice VII
On considère le transformateur dont le schéma de
câblage est indiqué ci-contre, il est supposé parfait :
Plaque signalétique : 130 kVA
Primaire : 20 kV, secondaire 380 V
Secondaire 200 A
1. Indiquer les conditions pour que ce transformateur
soit considéré comme parfait.
Va
VA
Va1
A
a
B
b
C
VB
Vb2
c
Les résistances des enroulements sont nulles (pas de pertes par effet Joule). Il n’y a pas de fuites de flux, la
perméabilité du circuit magnétique est infinie donc sa réluctance est nulle. Il n’y a pas de pertes dans le fer.
2. Déterminer l’indice horaire.
Les enroulements dont les tensions sont VA et Va1 sont sur la même colonne, il en est de même pour ceux
V
V
n
n
dont les tensions sont VB et Vb2. Les relations pour les tensions s’écrivent a1 = 2 et b2 = 2
V A n1
V B n1
La loi des mailles sur la portion de circuit en rouge permet d’écrire : V a − V a1 + V b2 = 0 soit
V a = V a1 − V b2
Va1 est en phase avec VA, Vb2 est en phase avec VB.
-Vb2
Le vecteur Va est placé à partir de l’équation V a = V a1 − V b2
VA
Va
Indice horaire 11 (transformateur Yz11)
Autre méthode :
en remplaçant Va1 et Vb2 par leurs expressions en fonction de VA et VB, on
n
n
n
n
obtient l’équation V a = 2 V A − 2 V B = 2 (V A − V B ) = 2 U AB .
n1
n1
n1
n1
Va est en phase avec UAB, on retrouve l’indice horaire égal à 11.
Va1
Vb2
VC
VB
3. Calculer le rapport de transformation en fonction de n2 (nombre de spires d’un enroulement secondaire) et
n1 (nombre de spires d’un enroulement primaire).
Va1 et Vb2 sont remplacés par leurs expressions en fonction de VA et VB, on obtient l’équation
n
n
n
n
V a = 2 V A − 2 V B = 2 (V A − V B ) = 2 U AB .
n1
n1
n1
n1
U
U
n
n
Pour les valeurs efficaces : Va = 2 U AB = ab donc m = ab = 3 2
n1
U AB
n1
3
4. Ce transformateur est alimenté par un système de tensions triphasées inverse de valeur efficace 20 kV et
alimente une charge triphasée constituée de trois résistances de 4 Ω couplées en triangle.
a. Représenter le montage
A
a
b. Déterminer le courant dans un élément de
la charge (module et déphasage par rapport à
la tension à ses bornes).
B
b
C
c
Les tensions composées au secondaire ont
pour valeur efficace 380 V.
Transformateurs
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Une résistance est donc parcourue par un courant d’intensité : J 2 =
L’intensité jac(t) (résistance « du haut ») est
en phase avec uac(t) (voir le diagramme
vectoriel : attention, système triphasé
inverse).
A
c. Déterminer le courant en ligne (module et
déphasage par rapport à la tension simple
qui lui est associé).
D’après la loi des nœuds :
ia (t ) = jac (t ) − jba (t )
380
= 95 A
4
iA(t)
ia(t) j ac(t)
B
b j (t)
ba
C
c
ic(t)
Le vecteur associé à l’intensité ia(t) est placé sur le diagramme de
Fresnel.
Uac
De même que Jac est en phase avec Uac, Jba est en phase avec Uba. La
charge triphasée est résistive, les intensités en ligne (ia(t), ib(t) et
ic(t)) sont en phase avec les tensions simples (va(t), vb(t) et vc(t)).
La puissance active reçue par les résistances peut s’écrire :
P = 3.U .J = 3.V .I avec U la valeur efficace des tensions composées
et V celle des tensions simples ; J est l’intensité efficace des
courants dans les résistances (phase) alors que I est celle dans les
secondaires du transformateur (ligne au secondaire).
De même que Ia est en phase avec Va, Ic est en phase avec Vc. On
observe que IA est en phase avec Uac et donc avec VA (*). Ceci est
normal car la charge est équilibrée, résistive et que le transformateur
est parfait.
(*) L’indice horaire (déterminé pour un système direct) est égal à
11 : Va et UAB sont alors en phase. Ici, le système de tension est
inverse, ce sont donc Va et UAC qui sont en phase.
Va
Jac
Ucb
Vb
Pour les valeurs efficaces I 2 = 3 J 2 soit I 2 = 3.95 = 164 A
Attention : le système de tensions est triphasé inverse.
La loi de compensation des ampères tours pour la colonne « du
haut » s’écrit : n1 I A = n2 I a − n2 I c . Elle permet de placer IA sur le
diagramme de Fresnel.
Ia
-Jba
Vc
Jba
Uba
Diagramme pour les intensités
secondaires
IA
-
n2
Ic
n1
Uac
Va
n2
Ia
n1
Ucb
Vc
Vb
n2
n1
Pour les valeurs efficaces I1 = mI 2 soit I1 =
380
.164 = 3,12 A
20000
Attention : le système de tensions est triphasé inverse.
Ic
Uba
Diagramme pour les intensités
primaires
5. Ce transformateur alimente maintenant entre deux phases une charge purement résistive.
a. Ecrire la loi de compensation des
ampères-tours pour chaque colonne.
Pour la colonne « A » :
n1iA (t ) = n2ia2 (t ) + n2ia1 (t )
Pour la colonne « B » :
n1iB (t ) = n2 ib2 (t ) + n2ib1 (t )
Pour la colonne « C » :
n1iC (t ) = n2ic2 (t ) + n2ic1 (t )
Transformateurs
A
iA(t)
ia(t)
B
iB(t)
b
C iC(t)
c
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TS2ET 2006-2007
Définition des intensités ia1(t), ia2(t), … : on affecte l’indice « 2 » à l’enroulement secondaire placé à gauche
et l’indice « 1 » à celui placé à droite. Les intensités sont comptées positives si elle « sortent » par les têtes
d’enroulement.
ia2 (t ) = 0 et ia1 (t ) = ia (t ) ; ib2 (t ) = −ia (t ) et ib1 (t ) = −ia (t ) ; ic2 (t ) = ia (t ) et ic1 (t ) = 0
On obtient finalement :
Pour la colonne « A » : n1iA (t ) = n2ia (t )
Pour la colonne « B » : n1iB (t ) = − n2 ia (t ) − n2 ia (t ) = −2n2ia (t )
Pour la colonne « C » : n1iC (t ) = n2 ia (t )
b. En déduire que la somme des courants primaires est nulle.
En faisant la somme des ampères tours primaires, on obtient l’équation :
n1iA (t ) + n1iB (t ) + n1iC (t ) = n2ia (t ) − 2n2ia (t ) + n2ia (t ) = 0
Transformateurs
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