CHAPITRE II
PUISSANCES EN MONOPHASÉ
La puissance électrique est une grandeur incontournable quand on veut réaliser ou dimensionner une installation électrique. En effet, il ne suffit pas de disposer d’appareils électriques et de les alimenter par une tension quelconque, il faut en réalité respecter les régimes pour lesquels ces appareils ont été prévus.
Aussi, chaque machine électrique comporte une plaque signalétique fixée à un endroit bien visible sur sa carcasse et indiquant le régime pour lequel elle a été conçue.
Ce régime est appelé « nominal »: il indique en premier lieu la tension, la fréquence, la puissance puis le facteur de puissance, la vitesse de rotation (pour une machine tournante), le rendement etc. La connaissance des valeurs nominales d’une machine est nécessaire pour son utilisation correcte qui lui assure le bon fonctionnement sans défaillance, dans les limites du délai établi (durée de vie). Par exemple, les courants et puissances ne doivent pas être dépassés sous peine d’endommager la machine (on « grille » la machine dans ces conditions), ou alors dans certains cas ne pas être trop en dessous de la valeur nominale sous peine de médiocrité de la performance de la machine. En résumé, on se doit de rester, si possible, aux alentours du courant nominal prévu pour une meilleure utilisation. Cette valeur est toujours indiquée par le constructeur.
Par ailleurs, le régime sinusoïdal qui donne lieu à des déphasages incontournables entre les courants et tensions, met en jeu deux formes de puissances : la puissance active (liée à une consommation purement résistive) et la puissance réactive (liée à une consommation purement inductive ou capacitive). En séparant les deux formes de puissances, il se dégage des méthodes de résolutions simples de toute installation électrique utilisant une source sinusoïdale.
Notons que même les choix des câbles d’alimentation d’une installation doit répondre au critère de
« courant admissible » (la section des câbles doit être choisie en fonction du courant absorbé par l’installation). Le calcul des puissances de l’installation est alors incontournable pour pouvoir faire ce choix.
I- Introduction
La puissance en jeu à l’intérieur d’un récepteur (ou générateur) soumis à une ddp V et parcouru par un courant I est donnée par la relation :
P VI
Récepteur Générateur
Prenons l’exemple d’un moteur à courant continu (qui est un récepteur), alimenté sous la tension de 200V et dont la plaque indique une puissance mécanique Pmec de 1,8kW pour un rendement 0,9. Pour savoir quel courant nominal il va absorber, rappelons que le rendement d’un moteur est donné par :
mec m
elec
P
P
Et puisque le moteur est un moteur à courant continu, on peut exprimer la puissance électrique par :
Pelec VI Par conséquent :
mec mec mec
m
elec m
P P P 1800
I 1
P VI V 200.0,9
0A
Pour un générateur à courant continu, l’expression du rendement est inversée puisque le générateur absorbe une puissance mécanique et fournit une puissance électrique :
elec g
mec mec
P VI
P P
Si le rendement de ce générateur est de 0,8 et si la plaque indique une puissance électrique de 2kW, pour une tension de 200V, le générateur absorbe un courant et une puissance mécanique de :
elec elec
mec g
P 2000 P 2000
I 10A P 2500W
V 200 0,8
II-Les Puissances en régime sinusoïdal
Contrairement au cas du régime continu, les courants et tensions sont non seulement variables en fonction du temps mais ils présentent dans la plupart des cas des déphasages qui conduisent à une puissance qui ne peut pas être constante dans le temps.
Aussi, il faut revenir aux expressions instantanées des tensions et courants pour exprimer la puissance à chaque instant et dégager ainsi une puissance moyenne capable de se transformer en une autre forme d’énergie (voir exemples plus haut pour le courant continu).
1) Puissance instantanée
Dans le cas où un récepteur est alimenté par une tension v(t), celui-ci consomme, en fonction des éléments qui le constituent, un courant j(t) : il absorbe donc à chaque instant la puissance instantanée définie par :
) t ( j ).
t ( v ) t (
p
Si la tension est sinusoïdale, l’expression de p(t) devient :
V J
V J
p(t) V 2 sin( t ).J 2 sin( t ) 2VJ sin( t ).sin( t )
En utilisant les formules trigonométriques, on obtient :
J V V J
p(t) VJ cos(
) VJ cos(2 t
)
On peut constater que la puissance absorbée est composée de deux termes : le premier, indépendant du temps et toujours positif, puis le second, sinusoïdal, de fréquence double de la fréquence du réseau. Le deuxième terme dépend du temps et change de signe à chaque demi-période : on appelle cette quantité la puissance fluctuante parce que justement, elle exprime une puissance absorbée puis restituée, puis absorbée etc.
2) Puissance active
En régime sinusoïdal, on définit la puissance active comme étant la valeur moyenne de la puissance instantanée sur une période (figure ci-contre).
Il s’agit donc d’une puissance qui correspond à une fourniture réelle d’énergie transmise au récepteur et convertible en chaleur ou en travail. En d’autres termes, ce qui exprime la consommation ou non de puissance n'est pas sa valeur instantanée, mais sa valeur moyenne.
L'expression de la puissance moyenne ou active est donnée en toute généralité par:
T 0 T
0
dt ).
t ( j ).
t ( T v dt 1 ).
t ( T p P 1
Dans le cas particulier d’un régime sinusoïdal, le résultat de l’intégrale donne :
J V
P
V.J. cos(
)
V.J. cos [W atts]
Prenons l’exemple d’un moteur alimenté sous la tension de 400V, 50Hz et supposons que son rendement est de 0,9 pour une puissance utile (mécanique) de 7,2kW et que le cos est égal à 0,8. Le courant absorbé se calcule de la même façon que pour le moteur à courant continu sauf que le facteur cos doit être pris en considération :
mec mec mec
m
m
P P P 7200
J 1
P VJ cos V cos 400.0,8.0,9
2,5A
Il faut noter que la puissance active est exprimée en Watts, et ce pour la différencier des autres types de puissances, réactives et apparentes (paragraphes suivants).
3) Puissance apparente et puissance réactive
Pour des éléments non-consommateurs comme l'inductance par exemple, la puissance instantanée est parfois positive (l'inductance se charge en courant, donc soutire de l'énergie au circuit), parfois négative (l'inductance restitue de l'énergie au circuit électrique), il s’agit d’une puissance fluctuante. Pour bien comprendre ce phénomène, représentons la valeur instantanée de la puissance pour deux cas extrêmes : la charge purement résistive et la charge purement réactive (capacitive dans le cas présenté) :
= 2
2 φ= 0 φ
v(t) = V 2sinωt j(t) = J 2sinωt v(t) = V 2sinωt j(t) = J 2sin ωt +
On note une différence fondamentale entre les deux situations.
Dans le premier cas ( ), on voit bien que la puissance moyenne sur une période est non nulle et que la valeur de la puissance instantanée est toujours positive. Il existe cependant une composante fluctuante qui est due à la nature périodique de la puissance instantanée.
φ= 0
Dans le deuxième cas, la valeur moyenne de la puissance est strictement nulle et il ne peut y avoir aucune conversion possible, contrairement au cas précédent.
Pourtant, même si aucune puissance active n’est mise en jeu, un courant, bien réel, circule dans ce type de circuits. Il s’agit donc d’associer à ces derniers une puissance dite
« réactive » et de la quantifier, tout en respectant les équations électriques découlant de la loi d’Ohm généralisée. En effet, supposons qu’on alimente un récepteur sous la tension v(t) V 2 sin( t V) et qu’un courant j(t) J 2 sin( t J)en découle. Cela signifie qu’on a en complexe :
V jφJ
V = Ve J = J.e jφ
Si on multiplie le courant complexe avec le conjugué Vde la tension V , on peut établir une expression qui illustre ce qu’on appelle la puissance apparente complexe (notée S ) absorbée par le récepteur :
V V étant le conjugué de V -jφV
S = J V = Ve
En développant l’expression de S , on trouve :
J
J Puissance active Puissance réactive
V -jφV jφ jφ-φV j
S = J = Ve J e = VJe = VJe = VJcos + j VJsin
On établit donc que la partie réelle de la puissance apparente complexe n’est rien d’autre que la puissance active et on définit comme étant la puissance réactive, notée Q, l’expression de la partie imaginaire de S :
S = P + jQ avec P = VJcos et Q = VJsin Remarques importantes
Les puissances apparentes et réactives n’étant pas des puissances convertibles, on ne les exprime pas avec les mêmes unités que la puissance active.
L’unité de la puissance apparente est le Volt-Ampère ou V.A.
L’unité de la puissance réactive est le V.A.R ou Volt-Ampère-Réactif.
Pour résumer on a :
VAR S= P2 Q2 VA
P = VJcos W Q = VJsin
Il faut aussi souligner que même si les capacités pures ou selfs pures ne consomment aucune énergie active, il n’en demeure pas moins qu’un courant réel les traverse et qu’il est indispensable de quantifier leur consommation dans un circuit quelconque. C’est justement la puissance réactive qui illustre cette consommation: une capacité qui consomme un courant de 10A par exemple est certainement différente d’une capacité absorbant un courant de 100A !
Pratiquement, on verra que le rôle de la puissance réactive est décisif dans les phénomènes de conversion électromagnétique de l’énergie. Par exemple, c’est grâce à la puissance réactive ou magnétique que l’on peut réaliser des transformateurs, des moteurs, etc.
La puissance réactive peut également causer des désagréments comme par exemple provoquer des chutes de tensions dans les lignes (pertes inductives) ou au contraire causer de fortes surtensions (effet capacitif ou effet Ferranti) dans les longues lignes à haute tension, mais ceci est une autre histoire…
Notons par ailleurs que, pratiquement, la détermination de la puissance apparente consommée par un groupe de récepteurs permet de déduire efficacement le courant global absorbé et conduit par conséquent à un dimensionnement pratique et rapide des sections des câbles d’alimentation.
4) Courants actif et réactif
On définit les courants efficaces actif Ja et réactif Jr comme étant :
a r
J J cos J J sin
Le courant réel J est appelé courant apparent, puisqu’il est directement lié à la puissance apparente. En prenant V 0, le courant complexe s’exprime comme:
a r
J J cos jJ sin J jJ
5) Représentation complexe des puissances et courants En prenant , on peut illustrer les puissances et courants dans le plan complexe (figure ci-contre).
V 0
L’axe des réels devient l’axe des puissances actives ou axe P, et l’axe des imaginaires devient celui des puissances réactives Q. On a alors :
P VJ a et Q VJ r
Si la tension n’est pas origine des phases, les courants actif et réactif sont déterminés par les projections de Jsur l’axe colinéaire à V(et qui sera alors l’axe P) puis sur l’axe perpendiculaire à l’axe P et qui sera l’axe Q (voir figure ci-contre).
Les parties réelle et imaginaire n’ont dans ce cas aucun sens physique, contrairement à Ja et Jr qui représentent respectivement les puissances active et réactive.
6) Facteur de puissance fp
S’il est bien un facteur qui a son importance dans les techniques de dimensionnement et de gestion de l’énergie électrique, c’est bien le facteur de puissance. Celui-ci est déterminé par le quotient de la puissance active par la puissance apparente.
En régime sinusoïdal la valeur de ce rapport est donc tout simplement le cos imposé par le consommateur.
En effet, les deux courants actif et réactif se composent vectoriellement pour former le courant apparent ainsi que nous l’avons établi plus haut. Ce dernier est déphasé de l’angle par rapport au courant actif. C’est ce courant apparent qui parcourt les divers conducteurs du circuit, depuis la source jusqu'au récepteur inclus, et qui provoque entre autre des pertes actives d'énergie par effet joule dans les câbles d’alimentation.
Il ne faut pas perdre de vue, que si le consommateur est libre de consommer la quantité d’énergie qu’il désire, il ne paie que la quantité d’énergie active qu‘il consomme. Ainsi, pour une même quantité d’énergie consommée, un mauvais facteur de puissance (c’est à dire faible) conduit à un courant apparent beaucoup plus élevé que pour un bon facteur de puissance (proche de l’unité). Ce courant conduit donc, non seulement à un échauffement inutile des lignes, mais également à des chutes de tension (tout aussi inutile !).
Exemple :
P = 1000 W (avec compensation) P= 1000 W (sans compensation)
V = 200V V = 200V
Cos = 0,9 Cos = 0,5
A 55 , 9 5 , 0 . 200
1000 φ
cos V
J p 10A
5 , 0 . 200
1000 φ
cos V
J p
En réalité, la plupart des récepteurs d’énergie électrique utilisés dans les industries sont constitués par des moteurs électriques et d’autres appareils et mécanismes électromagnétiques qui nécessitent pour leur fonctionnement la production de flux magnétique. Ce flux ne peut être produit que lorsque le circuit comporte une composante inductive du courant. De plus, le facteur de puissance dépend fortement du régime imposé aux machines électriques.
Par exemple, en marche à vide, le cos d’un moteur varie entre 0,1 et 0,3 (ce qui est particulièrement faible), et en charge nominale entre 0,8 et 0,85.
Pour améliorer le facteur de puissance, on peut :
1) Augmenter la charge des moteurs et la maintenir à un niveau voisin de la charge nominale,
2) Remplacer des moteurs à faible charge par des moteurs de puissance moindre pour qu’ils puissent fonctionner sous des charges voisines de la valeur nominale,
3) Installer un système de compensation qui peut être :
Un moteur synchrone qui provoque, pour une excitation suffisamment élevée, un courant réactif en avance sur la tension (voir compensateurs synchrones)
Une batterie de condensateurs branchés en parallèle permettant de produire un courant en avance sur la tension.
Si toutes ces mesures ne sont pas prises par les industriels, un mauvais facteur de puissance occasionne à la société de distribution de l’énergie électrique (SONELGAZ) de nombreux désagréments :
nécessité d'avoir des alternateurs et des transformateurs plus importants - posséder une tension plus élevée au départ de la ligne
- avoir des lignes de plus forte section - pertes Joules plus élevées
- appareils de contrôle, de protection et de coupure plus importants
Il y a finalement un seuil à ne pas franchir : un contrôle du cos peut s’effectuer par la société de distribution. Il s’agit alors de placer au niveau des usines ou industriels des compteurs d’énergie réactive. Si une trop grande consommation est constatée, le client devra payer une taxe supplémentaire à la société de distribution. Finalement, le consommateur aura le choix entre :
Payer une taxe
Relever son facteur de puissance par les techniques de compensation décrites plus haut.
7) Méthode de Boucherot
Dans son ensemble un réseau alternatif distribue de la puissance active et de la puissance réactive. Si le réseau comporte n consommateurs, on à affaire à une consommation globale de puissances active et réactive.
La méthode de Boucherot se base sur le bilan des puissances active et réactive absorbées par une installation quelconque.
Le théorème de Boucherot s’énonce comme suit :
« Quelque soit le groupement, la puissance active totale mise en jeu est égale à la somme arithmétique des puissances actives partielles, et la puissance réactive totale est la somme algébrique des puissances réactives partielles. »
On peut représenter le théorème de Boucherot par le schéma ci dessous qui fait apparaître n charges consommant chacune sa puissance active et sa puissance réactive :
En d’autres termes, les puissances actives s'additionnent entre elles : Pt = P1 + P2 + P3 + Pn…
Et les puissances réactives s'additionnent entre elles : Qt = Q1 + Q2 + Q3 + Qn…
Si la tension d’alimentation de l’ensemble des récepteurs est justement la tension du réseau d’alimentation V, (par exemple 220V), on peut déterminer la puissance globale de l’installation et en déduire le courant global consommé J, ce qui permettra à l’électricien de choisir la section adéquate pour l’ensemble de l’installation. Cette méthode est donc très utilisée en pratique et elle permet même de déterminer le facteur de puissance global
d’une installation afin d’envisager une éventuelle compensation. Il s’agit donc de déterminer les quantités :
n t
1
P
Pi et t n i1
Q
Q On en déduit :2 2
t t
S P Qt puis le courant J :
t t
S V.J J S
V et le facteur de puissance :
t t t
cos P
S Attention !
Le critère du courant admissible pour le dimensionnement des câbles ne suffit pas.
D’autres critères (notamment la chute de tension) doivent être pris en compte pour le choix des sections.
8) Exemples de calculs de puissances actives et réactives
Dans tous les cas, il ne faut pas perdre de vue que le déphasage entre la tension et le courant est imposé par l’impédance
Z
, ce qui se traduit, étant donné les conventions de signe choisis, comme on l’a vu plus haut par :Z
R X
cos et sin
Z Z
On illustre ci-dessous les équations électriques associées au circuit considéré, puis la représentation complexe ou vectorielle pour chaque cas.
Circuit purement résistif
2 2
2 Z 2
V V
P VJ cos VJ RJJ RJ R
Z R 0 R R
Q VJ sin 0
Circuit R, L
2
2 2
2
2 2 2
2
R R V
P VJ cos VJ ZJ RJ R
L Z Z Z
Z R jL Arctg
R L L
Q VJsin VJ ZJ L J L
Z Z
V
Z
Circuit R, C
2
2 2
2
2
2 2
2
R R V
P VJ cos VJ ZJ RJ R
j 1 Z Z Z
Z R Arctg
C RC 1 1 1
Q VJ sin VJ ZJ J
C Z C Z C C Z
V
Circuit R, L, C série
2
2 2
2 2
2 2
2
1 X
Z R j(L ) =R jX Arctg
C R
R R V
P VJ cos VJ ZJ RJ R
Z Z Z
X X
Q VJ sin VJ ZJ XJ X
Z Z
V
Z
1) Cas selfique ou inductif 2) Cas capacitif
L 1 X 0 0
C
1
L X 0 0
C
III-Les Puissances en régime périodique non sinusoïdal
Il faut savoir que dans le domaine de la production, transport et distribution de l’énergie électrique, on doit faire appel à de nombreux éléments qui, de par leur composition, ne peuvent produire une tension parfaitement sinusoïdale (alternateurs, transformateurs et tout élément comportant des matériaux magnétiques).
Par ailleurs, et même si tout est mis en œuvre pour que la société de distribution fournisse une tension sinusoïdale, il arrive que le récepteur soit lui-même source de courants harmoniques de part sa constitution (récepteurs non linéaires, convertisseurs de l’électronique de puissance etc).
Dans la plupart des cas, les régimes périodiques non sinusoïdaux sont traités en décomposant la grandeur en une infinité de grandeurs sinusoïdales. Ceci est réalisé à l’aide d’outils mathématiques tels que les séries de Fourier (annexe1).
Dans le domaine de l’électrotechnique, les signaux d’une façon générale sont alternatifs (analogie entre les valeurs positives et négatives) les valeurs moyennes sur une période sont donc nulles. Aussi, si on considère les grandeurs courant j(t) et tension v(t) de périodeT 2 , ceux-ci peuvent s’exprimer de la manière qui suit :
n v
n 1
n j
n 1
v(t) V 2 sin n t j(t) J 2 sin n t
n
n
Et les valeurs efficaces de ces grandeurs sont définies par :
12 22 n2
V = V + V +...+ V
et
J =
J + J +...+ J21 22 2n
On appelle composante fondamentale celle pour laquelle on a n=1 (V1 et J1 sont donc les valeurs efficaces des composantes fondamentales de v(t) et j(t)).
De la même façon que pour le régime sinusoïdal, on définit les différentes puissances mises en jeu pour illustrer la consommation d’un récepteur.
1) Puissance instantanée Celle-ci a pour expression :
) t ( j ).
t ( v ) t (
p
Il suffit de remplacer les termes v(t) et j(t) par leur valeur pour obtenir l’expression de p(t). Si le régime est périodique, il est fait appel à toutes les composantes du couple courant-tension pour déterminer la puissance à chaque instant.
2) Puissance active
La définition de la puissance active, notée P reste inchangée:
T 0 T
0
dt ).
t ( j ).
t ( T v dt 1 ).
t ( T p P 1
Cette puissance est uniquement due aux éléments qui consomment réellement de l’énergie (résistances et éléments mécaniques). Elle s’exprime aussi par :
n n n n jn vn=1
P = V J cosφ avec φ =φ φ n W 3) Puissance réactive
La puissance réactive totale Q est égale à la somme des puissances réactives transportées par chaque harmonique. On a alors :
n n n n jn vn=1
Q = V J sinφ avec φ =φ φ n V.A.R 4) Puissance apparente
Les grandeurs v(t) et j(t) étant périodiques, on les caractérise toujours par leurs valeurs efficaces V et J définies plu haut :
J . V
S
VA 5) Puissance déformanteEn présence d'harmoniques, l’équation définie pour le régime sinusoïdal (S²=P²+Q²) n’est plus vérifiée, on a donc :
S² ≠ P² + Q²
Cette inégalité peut être quantifiée, en introduisant la grandeur D comme étant la puissance dite "déformante". Cette puissance est liée à la présence d’harmoniques dans le courant ou la tension, c'est à dire au fait que l'un ou l'autre est non sinusoïdal.
Elle s’exprime comme :
D = S² P² + Q²
Si les courants et les tension sont sinusoïdaux, alors, bien entendu D=0.
6) Facteur de puissance fp
Par définition, le facteur de puissance s’exprime par le quotient de la puissance active par la puissance apparente. On écrit donc :
p
P P
f S
= 2
P² + Q² +D IV- chutes de tension dans les câbles d’alimentation
La distribution de l’énergie électrique nécessite l’utilisation de câbles dont la longueur dépend de la distance entre la source et le consommateur.
Selon la loi de Pouillet (R d S, ρ étant la résistivité du métal utilisé, d et S étant respectivement la longueur et la section du câble), la résistance de ces câbles est proportionnelle à cette distance et il peut en découler une baisse de tension au niveau des récepteurs.
En d’autres termes, la tension d’arrivée n’est pas celle délivrée par la source.
On définit cette différence entre ‘tension source’ et ‘tension récepteur’ comme étant la
« chute de tension de la ligne ».
Aussi, d’une manière générale, le choix des sections des câbles, pour une distance donnée, doit répondre aux deux critères fondamentaux : le courant et la chute de tension admissibles pour une installation donnée.
Si on prend l’exemple fictif d’une installation en courant continu, le schéma réel conduit à un schéma électrique équivalent qui tient compte des caractéristiques de la ligne :
La tension reçue par le récepteur est donc diminuée en raison de la résistance des câbles et cette diminution est d’autant plus importante que la distance est longue :
s c
V V 2r I
Dans le cas où la source est alternative, les choses se compliquent parce qu’il faut tenir compte de l’effet des champs magnétiques créés par le courant, que ce soit à l’intérieur même du câble ou celui créé par un des câbles voisins (effet de mutuelle inductance).
Ceci conduit à une chute de tension supplémentaire qui se caractérise par une inductance équivalente. Celle-ci est représentée par une réactance xc qui dépendra de la fréquence, de la perméabilité du métal ainsi que de la distance du câble par rapport aux câbles voisins.
Il ne faut pas perdre de vue que, dans le cas des lignes de transport (HT), un autre phénomène doit être pris en considération et qui est l’effet capacitif des conducteurs utilisés entre eux, et aussi de chaque câble par rapport à tout conducteur à proximité des lignes : terre, pylône etc.
Ce phénomène est négligeable dans les réseaux de distribution à basse tension.
1) Schéma équivalent d’une ligne bifilaire
D’après ce qui précède, on peut représenter un réseau d’alimentation par le schéma simplifié suivant :
Celui-ci est donc constitué :
d’une source délivrant une f.e.m. alternative efficace E
Si la source alternative possède une impédance interne zs, et si le courant imposé est égal à J, elle délivre donc une tension V égale à : s
s
Vs E z J
En général, la source est assez puissante pour qu’on puisse négliger zs. Pour le reste de l’exposé, on prendra donc :
0
zs et Vs E
de deux câbles de longueur d et de section s
Ceux-ci assurent l’alimentation du consommateur. La section des câbles doit être choisie de manière à assurer la tension nominale exigée par le récepteur et de manière à ne pas endommager ces mêmes câbles. Connaissant la longueur des câbles et leur section, on peut donc aisément déterminer la résistance de chaque câble (rc=2d/s, étant la résistivité du métal utilisé). D’autre part, l’effet selfique conduit à une chute supplémentaire ainsi que nous l’avons noté plus haut. La réactance xc=ℓc qui en résulte (donnée sous forme de tableaux par les constructeurs et spécialistes), est équivalente à tous les effets magnétiques décrits ci-dessus. Avec cette particularité que xc, contrairement à rc, dépend fortement de la distance entre câbles !
du récepteur monophasé
Celui-ci consomme la puissance P sous la tension V et sous le facteur de puissance cos. On peut aussi dire que le récepteur peut s’exprimer sous la forme:
Z R jX
En général, la première ‘manière’ de représenter le récepteur est la plus utilisée : un moteur électrique, par exemple comporte sur sa plaque les indications P, V, cos. Cependant, les deux représentations sont équivalentes.
Finalement, le schéma électrique équivalent est le suivant :
On établit donc l’équation électrique de la ligne :
c c c c c c c
Vs (r jx )J V (r jx )J 2(r jx )J V 2z J V Le schéma équivalent devient alors:
2) Chute de tension
On définit la chute de tension par :
V Vs V
En remarquant que c’est la différence en module qui nous intéresse.
Attention !
V Vs V 2z Jc
3) Détermination de la chute de tension a-expression exacte
Si on veut déterminer de manière rigoureuse la chute de tension, on peut appliquer les règles classiques : lois de Kirchhoff, ce qui donne :
c
c
V R jX .
R 2r j X 2x Vs
Il faut alors effectuer la différence en module :
2 2
2 2
c c
R X
V Vs Vs
(R 2r ) (X 2x )
b-expression approchée
A partir de la représentation complexe, on peut établir une formule approchée de la chute de tension (formule la plus utilisée) :
Pour une charge selfique, on représente les vecteurs courant-tensions, qui illustrent l’équation électrique de la ligne:
c c
Vs 2r J 2jx J V
Si on suppose que V est assez faible devant Vs et V, on peut considérer l’angle est assez petit pour écrire la formule approximative suivante :
Vs Vscos Donc :
VsOC et VOA VAC=AB+BC=2rcJcos +2xcJ|sin| Finalement, on écrira :
V=2rcJcos +2xcJ|sin| pour récepteur inductif
Pour une charge capacitive, en faisant les mêmes approximations (Vs Vscos), et en utilisant l’équation complexe (c’est la même sauf que est positif) :
c c
Vs 2r J 2jx J V
1e cas V0 2e cas V0
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'
t
La chute de tension en utilisant la formule approchée de Kapp devient:
t t t
V 2rJ ' cos ' 2xJ ' sin '
Avec cos ' t 0,813sin ' t 0,582
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
Capacités
2 6c c
P 0 Q 5 500 250 10 100 98175VAR
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 :
T L C B M M M
T L C B M M
P P P P P 336 0 264 P 600 P
Q Q Q Q Q 0 152 352 0,5P 200 0,5P
M
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 :t M
t t
P 500 P 500 3992
cos 0,9
S 5000 5000
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
