4.6 R´egime d´es´equilibr´e
4.6.3 Etude
Les composantes directe, indirect et homopolaire s’obtiennent par inversion de la matrice :
Th´eor`eme 1 (D´ecomposition d’un syst`emes triphas´e d´es´equilibr´e) Tout syst`eme d´es´equilibr´e peut s’´ecrire comme la somme :
– d’un syst`eme ´equilibr´e direct, – d’un syst`eme ´equilibr´e inverse, – d’un syst`eme homopolaire.
4.6.3 Etude´
Imp´edances d’une charge ´equilibr´es
Une charge triphas´ee ´equilibr´ee peut s’´ecrire sous la forme :
Va = ZpIa+ZmIb+ZmIc (4.85)
Vb = ZmIa+ZpIb+ZmIc (4.86)
Vc = ZmIa+ZmIb+ZpIc (4.87)
o`u Zp est l’imp´edance propre etZm est l’imp´edance mutuelle. En rempla¸cant les tensions et les courants par leur d´ecomposition en couposantes directes, indirectes et homopolaire, on obtient :
Vd = ZdId Vi = ZiIi
Vh = ZhIh (4.88)
avec Zd=Zi =Zp−Zm et Zh =Zp+ 2Zm. Connaissant les composantes Vda,Via etVh du r´eseau, on d´etermine les composantesIda,Iia etIh en r´esolvant les trois ´equations 4.88.
34 CHAPITRE 4. LE R ´EGIME SINUSO¨IDAL TRIPHAS ´E
M´ethode d’´etude des d´efauts
On mod´elise d’abord le r´eseau, du point de vue de l’endroit o`u a lieu le d´efaut. Pour chaque composante sym´etrique d, i et h, on utilise un mod`ele de Th´evenin compos´e d’une source de tension ´egale `a la tension avant d´efaut (Ed,Ei etEh) en s´erie avec l’imp´edance ´equivalente du r´eseau (Zd,Zi et Zh). Remarquons que pour un r´eseau ´equilibr´e, on a Ei = 0 et Eh = 0. En pr´esence de d´efaut, les composantes sym´etriques des tensions du r´eseau s’´ecrivent alors :
Vd = Ed−ZdId Vi = Ei−ZiIi
Vh = Eh−ZhIh (4.89)
On caract´erise ensuite le d´efaut. Par exemple, un court-circuit sur la phaseaentraˆıneVa= 0, ce qui entraˆıne :
Va=Vd+Vi+Vh = 0 (4.90)
Si les autres phases sont ouvertes, on a :
Ib=a2Id+aIi+Ih = 0 (4.91)
Ic=aId+a2Ii+Ih = 0 (4.92)
Pour un court-circuit entre les phasesaetb, on aurait Va=Vb, soit :
(1−a2)Vd+ (1−a)Vi = 0 (4.93)
Sur les courants, on auraitIa+Ib= 0 etIc= 0, soit :
(1 +a2)Id+ (1 +a)Ii = 0 (4.94)
Ic =aId+a2Ii+Ih = 0 (4.95)
On r´esout ensuite les six ´equations afin de d´eterminer les grandeurs sym´etriques. Il suffit ensuite de revenir aux grandeurs triphas´ees `a l’aide de la transformation inverse.
Exercice 26 (Court-circuit entre deux phases)
Une ligne triphas´ee est aliment´ee par un transformateur fournissant est un r´eseau sym´etrique direct de tensions sinuso¨ıdales `a la fr´equence de 50 Hz. La tension simple entre phase et neutre est de 230 V `a vide. Les imp´edances directe, inverse et homopolaire de l’ensemble ligne et transformateur ont pour valeur Zd=Zi = 4j et Zh= 10j. Ce dispositif alimente un r´ecepteur triphas´e ´equilibr´e ayant les caract´eristiques suivantes : imp´edance propre Zp = 10 + 6j (en Ω) et imp´edance mutuelleZm= 2j (en Ω).
1. Donnez les composantes sym´etriques des tensions du r´eseau d’alimentation.
2. D´eterminez les imp´edances sym´etriques de la charge.
3. D´eterminez les composantes sym´etriques des courants et des tensions du r´eseau en pr´esence de la charge.
4. D´eterminez les tensions et courants de ligne du r´eseau.
La charge n’est plus connect´ee. Un court-circuit apparaˆıt entre les phasesa etb du r´eseau.
5. D´eterminez les ´equations liant les composantes sym´etriques.
6. D´eterminez les composantes sym´etriques des courants et tensions de ligne.
7. D´eterminez les tensions et courants de ligne.
4.6. R ´EGIME D ´ES ´EQUILIBR ´E 35
El´´ ements de correction
1. A vide, le r´eseau fournit Ed = 230 V (pris comme r´ef´erence des phases par la suite), Ei = 0 V et Eh= 0 V.
2. On a pour la chargeZcd=Zci=Zp−Zm= 10 + 4j etZch=Zp+ 2Zm = 10 + 10j.
3. Pour la composante directe, on a Ed= (Zc+Zcd)Id, soitId= 14,0−11,2j (en A). Les autres composantes sont nulles. Pour les tensions, on a : Vd = ZcdId = 185−56j V, Vi =Vh = 0 V.
4. On obtient en Amp`ere : Ia= 14,0−11,2i,Ib =−16,7−6,5ietIc = 2,7 + 17,8i.
5. Les ´equations d’un court-circuit entre les phases aetb s’´ecrivent :
Va−Vb = (1−a2)Vd+ (1−a)Vi = 0 (4.96) Ia+Ib= (1 +a2)Id+ (1 +a)Ii+ 2Ih = 0 (4.97) Ic=aId+a2Ii+Ih = 0 (4.98) 6. En rempla¸cant les tensions dans l’´equation 4.96, on obtient :
(1−a2)ZdId+ (1−a)ZiIi= (1−a2)Ed (4.99) Avec les ´equations 4.97 et 4.98, on obtient un syst`eme de trois ´equations `a trois inconnues :
1 +a2 1 +a 2
a a2 1
(1−a2)Zd (1−a)Zi 0
Id Ii Ih
=
0 0 (1−a2)Ed
(4.100)
qui se r´esond en multipliant `a gauche par l’inverse de la matrice, ce qui donneId=−28,8j, Ii = 24,9−14,4j et Ih = 0 en Amp`ere. On en d´eduit les composantes sym´etriques des tensions de ligne : Vd= 115 V, Vi =−57,5−99,6j etVh = 0.
7. Les courants sont : Ia= 24,9−43,1j, Ib =−24,9 + 43,1j etIc = 0. Les tensions sont : Va=Vb = 57,5−99,6j etVc=−115 + 199j en Volt.
36 CHAPITRE 4. LE R ´EGIME SINUSO¨IDAL TRIPHAS ´E
Chapitre 5
R´ egime harmonique
5.1 D´ ecomposition en s´ erie de Fourier
Consid´erons l’ensemble ET des signaux p´eriodiques de p´eriode T. Cet ensemble a les pro-pri´et´es suivantes :
– (x, y)∈ET ×ET ⇒x+y∈ET, – x∈ET, λ∈ R ⇒λx∈ET. Il s’agit donc d’un espace vectoriel.
On lui associe le produit scalairehx, yi suivant (un scalaire est dans notre cas un r´eel) : hx, yi= 1
T Z
T
x(t)y(t)dt (5.1)
et la norme
kxk=p
hx, xi. (5.2)
Th´eor`eme 2 (Base de ET)
L’ensemble des fonctions {1,cos(kωt),sin(kωt)}k=1,2... forme une base orthogonale de ET. Cela signifie que les ´el´ements forment une base et qu’ils sont orthogonaux entre eux (produit scalaire nul).
Pour v´erifier l’orthogonalit´e, il suffit de v´erifier queh1,cos(kωt)i= 0 ∀k≥1,h1,sin(kωt)i= 0 ∀k≥1 et hcos(jωt),sin(kωt)i= 0 ∀j6=k.
Dire qu’un ensemble est une base signifie que ses ´el´ements sont libres et g´en´erateurs.
D´efinition 9 (ensemble libre)
Un ensemble {xk} de signaux est libre si P
kλkxk ≡ 0 ⇒ λk = 0 ∀k. C’est-`a-dire que la seule combinaison lin´eaires des signaux ´egale au signal nul est la combinaison triviale o`u les coefficients sont tous nuls.
D´efinition 10 (ensemble g´en´erateur)
Un ensemble{xk}de signaux est g´en´erateur de l’espaceE si∀x∈E,∃{λk} ∈ R \x=P
kλkxk. C’est-`a-dire que tout ´el´ement x de E peut s’´ecrire comme combinaison lin´eaire des xk.
Propri´et´e 11 (base)
Dire qu’un ensemble {xk} est une base de l’espace E signifie que tout ´el´ementx deE s’´ecrit de mani`ere unique comme combinaison lin´eaire des xk.
V´erifions maintenant que l’ensemble{1,cos(kωt),sin(kωt)}k=1,2...est bien une base des fonc-tions p´eriodiques de p´eriodeT et v´erifions d’abord que ses ´el´ements sont libres.
Soit x(t) = λ0 +P
kλkcos(kωt) +µksin(kωt) une combinaison lin´eaire qui serait ´egale au signal nul. En effectuant le produit scalaire avec le signal 1, on obtienthx,1i=h0,1i= 0 puisque x(t) = 0 par hypoth`ese. Or le calcul donne hx,1i =λ0, ce qui implique λ0 = 0. En effectuant
37
38 CHAPITRE 5. R ´EGIME HARMONIQUE
Nous admettrons que, moyennant quelques hypoth`eses de r´egularit´e sur les signaux, l’ensem-ble est g´en´erateur. Ainsi, pour tout signal x∈ET, on peut trouver des r´eels ak, bk uniques tels que
En effectuant le produit scalaire avec les diff´erents ´el´ements de la base, on obtient hx,1i =a0, hx,cos(kωt)i= a2k ethx,sin(kωt)i= b2k. Ce qui donne
Par la suite, on se consid´erera uniquement la partie alternative du signal, i.e. x(t)−a0.