On a toujours, puisque Vs Vscos:
VsOC et V=OA V= Vs-V= OC -OA= AC =AB-CB =2rcJcos -2xcJ|sin|
V=2rcJcos2xcJ|sin| pour récepteur capacitif
Remarque importante
On exprime le plus souvent la chute de tension en %. Celle-ci a pour expression V/V, V étant la tension exigée par la charge (et non celle, réelle, délivrée par la source). Le calcul se fait en supposant que la tension de service est nominale aux bornes du récepteur.
D’une manière générale, les variations de tension doivent se situer entre —2,5 à 5% de la valeur nominale pour les circuits d’éclairage et jusqu’à 10% pour les circuits de puissance. Aussi, la chute ne doit pas être supérieure à ces valeurs.
4) Rendement d’une ligne
Le rendement d’une ligne doit également être pris en considération pour éviter les pertes inutiles. Ce rendement, dans le cas d’une ligne bifilaire (monophasée) s’exprime comme :
2 c
VJ cos VJ cos 2r J
IV- Exercices résolus
Exercice1 Partie A
Un atelier est alimenté à partir d'un réseau monophasé de 380 V, par une ligne composée de deux câbles. Chaque câble possède une résistance rc de 0,06 et une réactance xc de 0,08 .
L'atelier est constitué de:
Un ensemble de machines consommant un courant total de 100 A avec un facteur de puissance de 0,8 sous la tension de 380 V.
Un ensemble de lampes pour l'éclairage consommant une puissance totale de 1400 W pour une tension de 380 V (cos=1).
1) Etablir le bilan de puissances actives, réactives et apparentes de l'atelier. En déduire le courant total absorbé ainsi que le facteur de puissance global de l'atelier.
2) Quelle est la tension que doit fournir le réseau afin de maintenir la tension à 380 V aux bornes de l'atelier. En déduire la chute de tension occasionnée par la ligne. Est-elle admissible si on désire avoir une chute en pourcentage inférieure à 6,5 %? Déterminer le rendement de la ligne dans ces conditions. Conclusion.
Partie B
On décide de procéder à l'agrandissement de l'atelier. Pour cela, on place plusieurs machines supplémentaires ainsi qu'un réseau de lampes pour l'éclairage. Les machines absorbent une puissance de 19 kW avec un facteur de puissance de 0,8 sous 380 V, tandis que les lampes consomment une puissance de 1 kW pour une tension de 380 V.
1) Etablir le nouveau bilan de puissance. La chute de tension est-elle admissible dans ce cas? Que devient le rendement de la ligne ?
2) Afin de réduire la chute de tension, le responsable de l'atelier est prié de relever son facteur de puissance à 0,95. Quelle capacité doit-il placer pour obtenir ce résultat? Que devient la chute de tension et le rendement dans ces conditions ? Donnez vos conclusions.
Solution Partie A
1) Etablissons le bilan des puissances :
1
1 t 1 2
t 1 2
2 2
P 380.100.0,8 30400W Machines
Q 380.100.0,6 22800VAR P P P 30400 1400 31800W
Q Q Q 22800VAR
P 1400W Lampes
Q 0
On en déduit la puissance apparente globale, le courant total absorbé ainsi que le facteur de puissance :
2 2 2 2 t t
t t t t t
t
S 39129 P
S P Q 31800 22800 39129VA J 103A et cos 0,813
V 380 S
2) A partir des résultats précédents, on peut établir la chute de tension en utilisant la formule approchée de Kapp :
t t t
V 2rJ cos 2xJ sin
t
On remplace par les valeurs calculées, sachant qu’on a cos 0,813sin 0,582 : V 2.0,06.103.0,813 2.0,08.103.0,582 19,7V Vs V V 380 19,7 400V
On obtient donc une chute en pourcentage de :
V 19,7 5, 2% 6,5%
V 380
Cette chute est donc parfaitement admissible.
Le rendement dans ces conditions vaut :
t
2 2
t t
P 31800
P 2rJ 31800 2.0,06.103 96%
Partie B
1) On établit le nouveau bilan des puissances, compte tenu de l’agrandissement de l’atelier :
t t
t t
P ' P 19000 1000 51800W 31800 19000 1000 51800W Q ' Q 14250 37050VAR 22800 14250 37050VAR
On en déduit la puissance apparente globale, le courant total absorbé ainsi que le facteur de puissance :
2 2 2 2
t t t
t t
t t
t
S' P ' Q ' 51800 37050 63686VA
S' 63586 P '
J ' 167,6A et cos ' 0,813
V 380 S'
La chute de tension en utilisant la formule approchée de Kapp devient:
t t t t
V 2rJ ' cos ' 2xJ ' sin ' 2.0,06.167,6.0,813 2.0,08.167,6.0,582 32V Vs V V 380 32 412V
On obtient donc une chute en pourcentage de : V 32
8, 4% 6,5%
V 380
Cette chute est donc trop élevée et il peut y avoir des conséquences dans le fonctionnement correct des différents récepteurs.
Le rendement dans ces conditions :
t
2 2
t t
P ' 51800
P ' 2rJ ' 51800 2.0,06.167,6 94%
On note également une baisse du rendement de la ligne. L’agrandissement de l’atelier influe donc de façon notable sur la qualité de la distribution.
2) Etablissons de nouveau le bilan des puissances en imposant un facteur de puissance de 0,95 et en gardant la même valeur de la puissance active puisque les capacités ne fournissent que de la puissance réactive:
t t
t t t
P '' P ' 51800W
Q '' P '' tg '' 51800tg(arc cos 0,95) 17026VAR
La valeur de la capacité à placer est donnée par la différence des deux puissances réactives :
2 c
c t t 2 2
Q 20024
Q Q '' Q ' V C 37050 17026 20024VAR C 440µF
V 380 2 .50
La nouvelle puissance apparente globale et le courant total absorbé:
2 2 2 2 t
t t t t
S'' 54526
S'' P '' Q '' 51800 17026 54526VA J '' 143,5A
V 380
La chute de tension devient:
t t t
V 2rJ '' cos '' 2xJ '' sin ''
t
Avec cos '' t 0,95sin '' t 0,312
t t t t
V 2rJ '' cos '' 2xJ ' ' sin '' 2.0,06.143,5.0,95 2.0,08.143,5.0,312 23,5V Vs V V 380 23,5 403,5V
On obtient donc une chute en pourcentage de : V 23,5
6, 2% 6,5%
V 380
Ce qui est un bon résultat, et il reste à évaluer le rendement de la ligne dans ces nouvelles conditions :
t
2 2
t t
P '' 51800
P '' 2rJ '' 51800 2.0,06.143,5 95%
Le rendement est donc aussi amélioré, ce qui était prévisible puisque l’apport capacitif a réduit le courant de ligne global de l’atelier.
On voit l’intérêt de la compensation dans ces conditions.
Exercice2
Une boulangerie industrielle est alimentée par un réseau 500 V, 50 Hz et comprend les récepteurs suivants :
5 pétrins identiques entraînés chacun par un moteur dont la plaque signalétique comporte les indications : 500V, cos=0,7, Pu=6,5kW, =0,8.
Un four à résistances dont la tension nominale est de 500V
5 capacités de 250F chacune et dont la tension nominale est de 500V
10 lampes à fluorescence, chaque lampe portant les indications : 500W, 250V, cos=0,5 (selfique)
1) Montrer par un schéma clair le montage que l’on doit effectuer pour alimenter correctement tous les récepteurs.
2) Quelle est la puissance du four si les mesures de V et J relevées aux bornes des ampèremètre et voltmètre (voir figure) sont :
V= 500 V et J=278 A
3) Quelle est la chute de tension si on donne l’impédance de chaque câble d’alimentation :zc 0,08 j0,1
. Commentaires.4) Evaluer cette même chute si les capacités sont débranchées. Commentaires et conclusions.
Solution
1) Le schéma est le suivant et il faut noter qu’il faut placer deux lampes en série pour leur assurer le fonctionnement nominal sous peine de les griller :
2) La puissance apparente de l’ensemble des récepteurs peut être calculée puisque la tension et le courant de ligne sont mesurés :
t t t
V 500V J 278A S V.J 500.278 139kVA Le bilan total
t f p c
t t
t f p c
P = P + P + P + P
S = P ² + Q ²
Q = Q + Q + Q + Q t
Pétrins
p p p
P = 5×6500= 40625W Q = P tg(arccos0,7) = 41466Var 0,8
Lampes
P = 10×500 = 5000W Q = P tg(arcos0, 5) = 8660VAR La puissance du four se déduit des calculs précédents :
40625 0 5000
0 41466 98175
t f p c f f
t f p c
2 2
t f
P = P + P + P + P = P + = 45625 + P
Q = Q + Q + Q + Q = 8660 = 48069VAR
S = 139000 = 48069 + 45625 + P On obtient donc Pf :
2 2 2 2
f f
45625 + P = 139000 48069 P = 139000 48069 45625 = 84800W 3) Chute de tension
La formule de Kapp :
t t
ΔV = 2× 0,08×278×cosφ 0,1×278× sinφ (capacitif) Les puissances Pt et Qt :
130425W
t f
t
P = 45625 + P = 45625 + 84800 = Q = 48069VAR
On en déduit :
t t t
t
P 130425
cosφ = = = 0,938 sinφ = +0, 346 (capacitif) S 139000
Et le chute de tension :
s
ΔV = 2× 0,08×278×0,938 0,1×278×0, 346 22, 5V ΔV 4, 5% et V = V +ΔV = 522, 5V
4) Capacités débranchées V
La puissance active reste inchangée mais le courant total est modifié puisque l’apport capacitif est éliminé:
'
t t
t t t
't
' t t
t t t
t
P = 130425w = P
S' = P' ² + Q' ² = 139719VAR Q = 41446 8660 = 50106Var(selfique)
S' P' 130425
J = = 279, 5A et cosφ' = = = 0,933 sinφ' = 0, 359
V S' 139719
On obtient :
s
ΔV = 2× 0,08×279, 5×0,933+ 0,1×279, 5×0, 359 ΔV 61,8V ΔV 12, 35% et V 562V
V
On note que la chute de tension est très importante alors que le courant n’a pas beaucoup augmenté, ce qui montre l’influence de la nature de la charge (capacitive ou selfique) dans la qualité d’une ligne de distribution.
Exercice3
Une installation électrique est alimentée à partir d'un réseau monophasé de 220 V et comprend les récepteurs suivants :
3 lampes de 112 W chacune,
une bobine dont l’impédance équivalente est ZB 66 j88
, une capacité fournissant une puissance réactive de 152VAR.
un moteur qui possède les caractéristiques : U=220 V, tgm=0,5 et m=0,85 ;
On désire connaître les caractéristiques du moteur, pour cela on effectue deux mesures au niveau de l’installation globale (voir schéma). On trouve :
I=25 A, U=220 V
1) Déterminer la puissance active absorbée par le moteur. En déduire la puissance utile fournie par le moteur puis le facteur de puissance global de l’installation.
2) Quelle est la tension que doit fournir le réseau afin de maintenir la tension à 220 V aux bornes de l'installation si la caractéristique de chaque câble d’alimentation est donnée par : zC 0,35 j0,75
. En déduire la chute de tension occasionnée par la ligne (proposer deux méthodes puis comparer les résultats). Est-elle admissible si on désire avoir une chute en pourcentage inférieure à 6 % ?Solution
1) Etablissons le bilan des puissances :
B 2 2
B
L 2 2
B B B
L 2 2
B B B
C C
m
V 220
J 2
Z 66 88
P 3.112 336W
Lampes Bobines P R J 66.2 264W
Q 0
Q X J 88.2 352VA
Moteur toujours selfique donc :
P 0
Capacités Moteur
Q 152VAR tg 0,
A
R
M
M
m
M M
5 tg 0,5
,
Q
0
P 5
Q P
Le bilan total :
On exprime la puissance apparente globale :
t t
S VJ 220.25 5500VA Et on a d’autre part :
2
2 2 2
t t t t M M
2 2 2
M M
S VJ P Q 600 P 200 P 5500VA
5500 600 P
0,5 0,5
200 P
On trouve :
M M
P
4359W et Q
2179VAR
La puissance utile est égale à la puissance absorbée au rendement près, on a donc :
U M
P P 0,85.4359 3705W Et le facteur de puissance global :
t M
t t
P 600 P 600 4359
cos 0,9
S 5500 5500
2) La chute de tension:
a) 1e méthode : Loi des mailles
S c t c c t
V
2z J
V 2 r
jx J
V
Prenons Vcomme étant l’origine des phases, on aura alors :
t t t t t
J
J cos
jJ sin
25.0,9 j25.0, 436 22,5 j10,9 A
On a donc :
S
2 2
S
V 2 0,35 j0,75 22,5 j10,9 220 252 j26 V
V 252 26 253V
b) 2e méthode : Formule de Kapp
c t t c t t
V 2r J cos 2x J sin
On remplace par les valeurs calculées :
V 2.0,35.25.0,9 2.0,75.25.0, 436 32V Vs V V 220 32 252V
On note que ce résultat est très proche de la valeur exacte calculée précédemment.
On obtient donc une chute en pourcentage de : V 32
14,5% 6%
V 220
Ce résultat est clairement inadmissible et il semble que le câble d’alimentation soit mal dimensionné.
Exercice4
Reprendre le schéma de l’installation de l’exercice 3 : il s’agit cette fois d’un atelier alimenté à partir d'un réseau monophasé de 200 V et qui comprend les récepteurs suivants :
4 lampes d’impédances 400 chacune,
une bobine qui absorbe une puissance réactive de 400 VAR et une puissance active de 100W.
une capacité ayant pour valeur : C=(50/)µF,
un moteur qui possède les caractéristiques : U=200 V, │tgm│=0,5 et m=0,85
On désire connaître les caractéristiques du moteur, pour cela on effectue deux mesures au niveau de l’installation globale (voir schéma). On trouve :
I=25 A, U=200 V.
1) Déterminer la puissance active absorbée par le moteur. En déduire la puissance utile fournie par le moteur puis le facteur de puissance global de l’installation.
2) Déterminer l’impédance équivalente Ž =R+jX de l’atelier ainsi que les courants Īb, Īm, Ī et Īc de chaque récepteur. Vérifier que l’on a bien Īb+Īm+ Ī +Īc=25A.
3) On désire relever le facteur de puissance à 0,95. Proposer une solution pour arriver à ce résultat.
Solution
1) Etablissons le bilan des puissances :
2 2
L B
L
B L
C
2 2 6
2 2
C
C
V 200
P 4. 4. 400W P 100W
Lampes R 400 Bobines
Q 400VAR
Q 0
P 0
V V
Capacités 50
10 . .50 200
Q V C 200 2 V
X 1
C
AR
m m M
M
M M
Moteur toujours selfique donc
tg 0,5 tg 0
: Moteur Q
,5 P 0,
Q 5P
Le bilan total :
T L C B M M M
T L C B M M
P P P P P 400 0 100 P 500 P
Q Q Q Q Q 0 200 400 0,5P 200 0,5P
M
On exprime la puissance apparente globale :
t t
S VJ 200.25 5000VA Et on a d’autre part :
2
2 2 2
t t t t M M
2 2 2
M M
S VJ P Q 500 P 200 P 5000VA
5000 500 P
0,5 0,5
200 P
On trouve :
M M
P
3992W et Q
1996VAR
La puissance utile est égale à la puissance absorbée au rendement près, on a donc :
U M
P
P
0,85.3992 3393, 2W
Et le facteur de puissance global :2) L’impédance équivalente Z R jX
2
T M
2
T M
P 500 P 500 3992 4492 RI
Q 200 Q 200 1996 2196 XI
On en déduit :
T T
2 2 2 2
P 4492 Q 2196
R 7,2 et X 3,5
I 25 I 25
Z R jX 7,2 j3,5
Les courants partiels :
La L
L Lr
Ba B
B Br B
P 400 J 2A
Lampes V 200 J =2 A
J 0
P 100
J 0,5A
V 200
Bobines J 0,5 j2 A
Q 400
J 2A
V 200
Ca C
C Cr C
M Ma
M M
Mr
J P 0
Capacités V J j A
Q 200
J 1A
V 200
P 3992
J 20A
V 200
Moteur J 20 j10 A
Q 1996
J 10A
V 200
On en déduit le courant total:
T L B C M
J J +J +J +J =2+0,5 j2+j 20 j10 22,5 j11 A
Et donc JT J +J +J +J = 22,5L B C M 2112 25A
3) Etablissons de nouveau le bilan des puissances en imposant un facteur de puissance de 0,95 et en gardant la même valeur de la puissance active puisque les capacités ne fournissent que de la puissance réactive:
T T
T T t
P ' P 4492W
Q ' P tg ' 4492tg(arc cos 0,95) 1476,5VAR
La valeur de la capacité à placer est donnée par la différence des deux puissances réactives :
2 c
c T T 2 2
Q 719,5
Q Q ' Q V C 2196 1476,5 719,5VAR C 57,3µF
V 200 2 .50
