12   0   0

(1)

W UI sin Q Q 3W

   3  

Pour déterminer la puissance active, il faut mesurer également la puissance apparente à travers le voltmètre et l’ampèremètre :

 

²

2 2

S = 3UI = P + Q P = 3UI Q² IV- Exercices résolus

Remarque importante

Dans les exercices qui suivent les conventions de signe adoptées pour les consommations réactives sont, conformes à ceux choisis au chapitre2 (pages 8 et 9), à savoir :

 Consommation selfique Q0

 Consommation capacitive Q₀

Ces conventions de signe découlent du fait que nous avons défini le déphasage  entre tension et courant comme étant :     _J _V.

Et par conséquent :

0 le circuit est inductif (courant en retard par rapport à la tension)

0 le circuit est capacitif (courant en avance par rapport à la tension)

Il est tout à fait possible de prendre l’inverse :    _V _J, on aurait eu les signes inversés.

Il faut comprendre que cela n’a pas d’importance, pourvu qu’on prenne soin de donner des signes contraires aux consommateurs inductifs (par exemple bobine, moteur, atelier etc) par rapport aux consommateurs capacitifs (condensateurs).

En électrotechnique, c’est souvent la tension (et non le courant) qui est la référence, notamment en terme d’origine de phase, d’où le choix de la définition du déphasage qui a été choisi dans ce cours.

Exercice1

Un moteur connecté en étoile, alimenté sous une tension composée de 380 V, délivre une puissance utile de P=95 kW avec cos=0,8.

1) Sachant que le rendement du moteur est =85%, déterminer le courant simple absorbé.

2) Le même moteur étant connecté en triangle, sous quelle nouvelle tension composée devrait-il être alimenté si on doit respecter la même valeur de la tension simple du moteur (valeur nominale).

3) Dans le cas de la question 2, déterminer les courants simples et composés absorbé par le moteur. Conclusion.

Solution

1) Le rendement d’un moteur est donné par le rapport entre la puissance utile et la puissance électrique absorbée, c'est-à-dire la puissance active :

u u

P P 95000

P 111,8kW

P 0,85

     



(2)

On a donc:

P 111,8.103

P 3UI cos I 212, 3A

3U cos 3.380.0,8

     

 Puisque le moteur est en étoile on a donc :

J I 212, 3A

2) Lorsque le moteur était connecté en étoile sous 380V composée (réseau 220/380V), on avait une tension simple de 220V qu’il faut respecter quelque soit le couplage.

Si on le met en triangle il faut donc que la tension composée de la source soit de 220V pour assurer au moteur une tension simple de 220V.

Donc seul un réseau 127/220V peut convenir :

3) le moteur étant couplé en triangle et alimenté sous la tension composée de 220V, on a dans ces conditions pour le courant de ligne ou composé:

P 111,8.103

P 3UI cos I 367

3U cos 3.220.0,8

     

 A

Le courant simple, puisque le moteur est en triangle est de : I 367

J 212A

3 3

  

On retrouve bien entendu la même valeur du courant simple.

Exercice2

Un réseau triphasé 220/380V 50 Hz alimente un atelier triphasé équilibré en triangle qui consomme un courant composé I=44,5A avec un facteur de puissance cos de 0,45.

1) Déterminer le courant simple J absorbé par l’atelier et les puissances active et réactive absorbées P et Q. En déduire l’impédance équivalente complexe R+jX de chaque branche de l’atelier (la consommation de l’atelier est inductive).

2) La ligne d’alimentation possède pour chaque fil l’impédance suivante : zc (0,1j0,15)

Quelle est la tension en début de ligne? La chute est-elle admissible si on exige un pourcentage de chute inférieur à 3% ?

3) On veut relever le facteur de puissance à 0,95. Expliquer la démarche à suivre pour aboutir à ce résultat puis déterminer le courant de ligne et la nouvelle valeur de la

(3)

tension en début de ligne. En déduire la chute en pourcentage. Commentaires et conclusion.

Solution

1) On a, puisque le récepteur est en triangle : I 44, 5

J 27, 5A

3 3

  

Les puissances active et réactive :

 

P 3UI cos 3.380.44, 5.0, 45 13180W

Q 3UI sin P.tg 13180.tg arccos 0, 45 26156VAR

   

       

On en déduit l’impédance complexe Z_:

 

13180

RJ R 6, 65

3J 3.25, 7

Z 6, 65 j13, 2 26156

Q XJ X 13, 2

3J 3.25, 7

2

2 2

2

2 2

P = 3 = P =

= 3 = Q =

      

    



2) Pertes dans les lignes :

c c

r I² 0,1.44, 7² 594W x I² 0,15.44, 7² 891VAR

p = 3 = 3. q = 3 = 3.

      

On en déduit les puissances active Ps et réactive Qs fournies par la source :

s s

P P 13180 594 13774W

Q Q 26156 891 27047VAR

p = =

q = =

   

      



La puissance apparente nous permet de déterminer la tension fournie par la source :

s 3 U Is s² s² 30352VA S =  P + Q  

s s

s

U

30352 394 380

U 394V 3

U 380

3 I 3 44, 5

S   , 7% 3%

      

La chute n’est donc pas admissible.

3) Démarche : placer des capacités en étoile ou en triangle selon les possibilités.

Le courant de ligne :

P 13180

cos ' 0, 95 P 3UI 'cos ' I ' 21 A I 44, 5 A

3U cos ' 3.380.0, 95

          

 

P'

Les nouvelles valeurs des puissances absorbées :

 

P 13180W

13874VA

13180.tg arccos 0, 95 4332VAR

2 2

P' S' = P' + Q'

Q'

    

    



Les nouvelles pertes dans les lignes:

(4)

c c

r I ' 0,1.21 132, 3W

x I ' 0,15.21 198VAR

2 2

p' = 3 = 3.

q' = 3 = 3.



   





Les nouvelles puissances active, réactive et apparente fournies par la source :

s

s s s

s

P ' P ' 13180 132 13312W

14062VA

Q ' Q ' 4332 198 4530VAR

2 2

p' = =

S' = P' + Q'

q' = =

   

  

      



On en déduit la nouvelle valeur de la tension que doit fournir la source :

s s

s s s s

U '

14062 387 380

14062VA U ' 387V 1,8% 3%

U 380

3 I ' 3 21

 

        

2 2 S'

S' = P' + Q'

On voit qu’augmenter le facteur de puissance présente le double avantage de réduire le courant de ligne (et donc les pertes actives et réactives) et de limiter les chutes de tension.

Exercice3

Une source de tension sinusoïdale de 380 V, 50 Hz en étoile alimente les récepteurs suivants :

 Un moteur triphasé de puissance utile Pu=0,8 kW, =85%, cosm=0,75,

 une bobine triphasée équilibrée en étoile avec pour chaque phase : Z R jX (3 j15) 

 un atelier triphasé qui absorbe un courant composé de 100 A avec cosa=0,8 (selfique).

Déterminer :

1) le courant global IG de l’installation ainsi que le facteur de puissance global cosG

2) la valeur de la capacité C du condensateur triphasé ajouté en étoile pour augmenter le facteur de puissance à 0,95 (étudier les deux cas de figure, consommation selfique ou consommation capacitive)

3) que devient alors la valeur du courant global dans ce cas ?

4) Tracer le diagramme vectoriel des tensions et courants pour chaque cas.

Solution

1) On effectue le bilan de puissance:

m

m m

m M

Pu

Moteur (toujours selfique) donc : 800 941,

Moteur 2W

0,85

tg 94

1, P

Q P 2tg(arc cos ) 8

  





  



   

 30VAR

(5)

   

2 2

2

b b 2 2 2 2

2 2

2

b b 2 2 2 2

V 220

P 3.RI 3.R 3.3 1866 W

R X 3 15

Bobines en étoile

V 220

Q 3.XI 3.X 3.15 9331 VAR

R X 3 15

    

  



        

  



a a a

P 3UI cos 3.380.100.0,8 52654 W Atelier

Q 3UI sin 3.380.100.0, 6 39491 VAR

   

     



 

 Le bilan total :

t m b a

P P P P 55461 W

Q Q Q Q 49652 VAR

   

     



On exprime la puissance apparente globale :

2 2

t t t

S  P Q 74440 VA Et on a d’autre part :

t

t G G

S 74440

S 3UI I 113,1

3U 3.380

     A

Et le facteur de puissance :

t G

t

P 55461

cos 0, 745

S 74440

   

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:

 Pour une consommation inductive ou selfique (Q’t0)

t t

t t t

P ' P 55461W

Q ' P tg ' 55461.tg(arc cos 0, 95) 18229VAR

 

      



La valeur de la capacité à placer est donnée par le bilan des puissances réactives :

t t C C t t

Q ' Q Q Q Q ' Q  18229 49652 31423VAR Et puisque les capacités sont en étoile :

2 c

c 2 2

Q 31423

Q 3V C 31423VAR C 690µF

3V 220 2 .50

      

 

 Pour une consommation capacitive (Q’t₀₎

t t

t t t

P ' P 55461W

Q ' P tg ' 55461.tg(arc cos 0, 95) 18229VAR

 

     



La valeur de la capacité à placer est donnée par le bilan des puissances réactives :

t t C C t t

Q ' Q Q Q Q ' Q 18229 49652 67881VAR Et puisque les capacités sont en étoile :

(6)

2 c

c 2 2

Q 67881

Q 3V C 67881VAR C 4, 46mF

3V 220 2 .50

      

 

On voit bien que « rendre l’installation capacitive » exige un coût beaucoup plus élevé (le prix des capacités (à égale qualité) est proportionnel à leur valeur). Ce procédé est donc inutile puisqu’il suffit de respecter la valeur du facteur de puissance exigée par la société de distribution.

Dans le deuxième cas, le consommateur fournit du réactif au réseau et ce n’est pas là ce qu’on attend de lui.

3) Le courant absorbé est le même dans les deux cas puisqu’il s’agit de la même puissance apparente (seul le déphasage est positif ou négatif), on a donc :

t

t G G G

G

P 55461

P 3UI ' cos I ' 88, 7

3U cos 3.380.0, 95

' '

     

 A

On voit bien que le courant global est diminué par rapport au cas où il n y a pas de capacités de compensation, ce qui est le but recherché.

4) Diagramme vectoriel

Cas où Q’t0 (courant selfique) Cas où Q’t0 (courant capacitif) (Solution à écarter car peu économique et sans intérêt) Exercice4

Un alternateur triphasé, branché en étoile, alimente une installation montée en étoile également. L’intensité en ligne est de 100 A, la tension entre phases 125 V et le facteur de puissance vaut 0,7 (circuit selfique).

On désire relever à 0,9 le facteur de puissance à l’aide de trois condensateurs identiques.

1) Les condensateurs sont montés en étoile, on demande :

 La capacité de chaque condensateur C

 Le courant absorbé par l’installation

2) Mêmes questions si les condensateurs sont en triangle.

3) La ligne alimentant l’installation a pour chaque câble une impédance





0,0346 j0,07 zc

(7)

En supposant que la tension aux bornes de l’installation n’a pas varié, déterminer la tension à l’origine de la ligne avant le branchement des condensateurs et après.

Solution

1) On effectue le bilan de puissance:

Avant le branchement des capacités

P 3UI cos 3.125.100.0, 7 15155W

Q 3UI sin 3.125.100.0, 714 15458VAR

   

     



 



Après le branchement des capacités P ' P 15155W

Q ' Ptg ' 15155tg(arc cos 0, 9) 7340VAR

  

     



La valeur de la capacité CY à placer est donnée par le bilan des puissances réactives :

C C

Q ' Q Q Q Q ' Q  7340 15458 8118VAR Et puisque les capacités sont en étoile :

2 c

c Y Y 2 2

Q 8118

Q 3V C 8118VAR C 1, 65mF

3V 125

3 2 .50

3

      

    Le courant absorbé dans ces conditions :

P 15155

P 3UI 'cos I ' 78A 100A

3U cos 3.125.0, 9 '

'

     

 

On voit bien que le courant global diminue grâce à l’apport capacitif des condensateurs.

2) Si les condensateurs sont en triangle, rien ne change pour le courant global mais la valeur des capacités C à placer est différente, puisque la tension aux bornes de chaque condensateur n’est plus la tension simple V de la source mais la tension composée U de la source :



2 c Y

c 2 2

Q 8118 C

Q 3U C 8118VAR C 0, 55mF

3U 3125 2 .50 3

 

       

 

On voit donc qu’il est plus économique de placer les condensateurs en triangle plutôt qu’en étoile puisqu’on a :

CY 3C_ 3) Deux méthodes peuvent être envisagées :

 La méthode de Boucherot

 La méthode du schéma par phase (schéma de l’étoile équivalente)

 La méthode de Boucherot des bilans de puissances Avant le branchement des capacités

(8)

2 2 c

2 2

c

P 3UI cos 15155W Atelier

Q 3UI sin 15458VAR

p 3r I 3.0, 0346.100 1038W Ligne triphasée

q 3x I 3.0, 07.100 2100VAR

  

   



   

   



  



On en déduit les puissances active et réactive fournies par la source :

s 2 2

s s s

s

P P p 15155 1038 16193W

Source S P Q 23885VA

Q Q q 15458 17558VAR

     

    

        



Et la tension fournie en début de ligne :

s S

S 23885

U 138V I 3 100 3

  

Après le branchement des capacités On raisonne de la même façon :

2 2

c

2 2

c

P ' 3UI cos 15155W Atelier

Q ' 3UI sin 7340VAR

p ' 3r I ' 3.0, 0346.78 631,6W Ligne triphasée

q ' 3x I ' 3.0, 07.78 1277,6VAR

  

   



   

    



  

s 2 2

s s s

s

P ' P ' p ' 15155 631, 6 15786, 6W

Source S' P ' Q ' 17985VA

Q ' Q ' q ' 7340 1277, 6 8617, 6VAR

     

    

        



s S

S' 17985

U ' 133V I ' 3 78 3

  

 La méthode du schéma par phase

Le schéma de l’étoile équivalente est donné par :

On en déduit le diagramme vectoriel suivant :

(9)

La chute de tension est définie comme étant :

s s

V V V V V

    

Avant le branchement des capacités En appliquant la formule de Kapp :

c c

V r I cos x I sin 0, 0346.100.0, 7 0, 07.100.0, 714 7, 42V

       

On en déduit la tension simple, puis composée de la source :

s s s

V V V 125 7, 42 79, 6V U V 3 79, 6 3 138V

    3      

Après le branchement des capacités En appliquant la formule de Kapp :

c c

V r I cos x I sin 0, 0346.78.0, 9 0, 07.78.0, 436 4,8V

       

s s s

V V V 125 4,8 77V U V 3 77 3 133V

    3      

On voit bien que l’intérêt de relever le facteur de puissance est non seulement de réduire les pertes dans les lignes de distribution, mais également de réduire la chute de tension.

Exercice5

Une ligne triphasée de tension entre phases de 220 V possède pour chaque fil d’alimentation l’impédance :

zc(0, 02j0, 04) Cette ligne alimente en triangle trois bobines ayant chacune l’impédance :

Z R jX(1, 6j1, 2) 

1) Déterminer la tension composée Us ainsi que le facteur de puissance cos_s en début de ligne

2) Aux bornes des bobines on connecte en étoile trois condensateurs de 6,6 kVAR chacun. Quelle sera la nouvelle tension à l’origine de la ligne ?

Solution

Deux méthodes ont envisagées :

 La méthode du schéma par phase (schéma de l’étoile équivalente)

On a, puisque les bobines sont placées en triangle :

(10)

2 2 2 2

2 2

U 220

J 110A

R X 1, 6 1, 2 Courants simples et composés

I J 3 190, 5A

P 3.RJ 3.1, 6.110 58080W Bobines

Q 3.XJ 3.1, 2.110 43560VAR Ligne triphasée

   

  

  



   

      



2 2

c

2 2

c

p 3r I 3.0, 02.190, 5 = 2177W

q 3x I 3.0, 04.190, 5 4355VAR

  

      



s 2 2

s s s

s

P P p 58080 2177 60257W

Source S P Q 76985VA

Q Q q 43560 4355 47915VAR

     

    

        



s S

S 76985

U 233V I 3 190, 5 3

  

 La méthode du schéma par phase

De la même façon que dans l’exercice précédent on applique la formule de Kapp (en n’oubliant pas que les bobines qui sont en triangle sont remplacées par une étoile équivalente qui consommerait donc le courant de ligne I:

Le diagramme vectoriel, conduisant à la formule de Kapp est donc inchangé et la chute de tension est donnée par :

s s

V V V V V

    

Déterminons le facteur de puissance de la bobine :

2 2 2 2

R R 1, 6

cos = = =0,8 sin 0, 6

Z R X 1, 6 1, 2

     

 

En appliquant la formule de Kapp :

c c

V r I cos x I sin 0, 02.190, 5.0,8 0, 04.190, 5.0, 6 7, 6V

       

s s s

V V V 220 7, 6 134, 6V U V 3 134, 6 3 233V

    3      

(11)

2) Appliquons la méthode de Boucherot :

2 2

s s s

P ' P 58080W

S' P ' Q ' 62752VA

Q ' 43560 3.6600 23760VAR

  

   

    



Le courant de ligne a changé à cause des capacités :

s s

S' 62752

S' 3UI ' I' 164, 7A

U 3 220 3

    

Le bilan de puissance dans ces conditions :

2 2

c

2 2

c

P ' 58080W Bobines capacités

Q ' 23760VAR

p ' 3r I ' 3.0, 02.164, 7 = 1628W Ligne triphasée

q ' 3x I ' 3.0, 04.164, 7 3256VAR

 

   

  

      



s 2 2

s s s

s

P ' P ' p ' 58080 1628 59707W

Source S' P ' Q ' 65534VA

Q ' Q ' q ' 23760 3256 27015VAR

     

    

        



s S

S' 65534

U ' 230V 233V

I ' 3 164, 7 3

   

La chute est plus faible, ce qui était prévisible puisque le courant a diminué grâce à l’apport capacitif des condensateurs.

Exercice6

Le réseau 220V/380V, 50 Hz alimente un moteur triphasé 220V/380V supposé parfaitement équilibré. Pour une charge donnée, le courant absorbé mesuré est alors d’environ 7 A.

Par ailleurs, on dispose de deux wattmètres analogiques : calibres intensité 5 A et 10 A ; calibres tension : 60 V, 120 V, 240V et 480 V.

1) Quel doit être le couplage du moteur ?

2) Donner le schéma du montage permettant de mesurer les puissances active et réactive absorbées par le moteur par la méthode des deux wattmètres (on précisera les calibres à choisir dans ces conditions).

3) En réalisant la manipulation (avec les calibres établis précédemment), on obtient les déviations suivantes, sachant que le nombre total de divisions est Nd=120:

Wattmètre n°1 : N1=68 Wattmètre n°2 : N2=24

Quelles sont les valeurs des puissances W1 et W2 mesurées par les deux wattmètres ? En déduire les valeurs des puissances active P et réactive Q absorbées par le moteur ainsi que son facteur de puissance cos et la valeur exacte de l’intensité I du courant en ligne.

(12)

Solution

1) le couplage doit être en étoile pour assurer la tension nominale simple du moteur qui est de 220V. Si on le mettait en triangle, chaque branche du moteur serait sous la tension de 380V et on risque de griller le moteur.

2) Le montage à effectuer et les calibres choisis, compte tenu des valeurs des tensions et courants à injecter dans les wattmètres (380V et 7A) :

3) On a, compte tenu des déviations des wattmètres :

       

1 1 2 2

d d

cal U .Cal I 480.10 cal U .Cal I 480.10

W N 68 2720W, W N 24 960W

N 120 N 120

     

On en déduit :

 

1 2

P W +W 2720 960 3680W

Q 3 W W 3 2720 960 3048VAR

   

    

La puissance réactive a été prise en valeur absolue mais on sait que le moteur absorbe du réactif donc selon les conventions on aura :

P3680W Q 3048VAR

Le courant de ligne peut être obtenu à partir de la puissance apparente :

2 2 2 2

2 2 P Q 3680 3048

S P Q 3UI I 7, 26A

3U 380 3

 

      

Et le facteur de puissance :

2 2 2 2

P P 3680

cos 0, 77

S P Q 3680 3048

    

 

Exercice7

Un alternateur triphasé en étoile de tension simple V=220V alimente un groupe de 3 récepteurs déséquilibrés couplés en étoile ayant les caractéristiques suivantes :

P1= 3872 W Q1= 0 P2=2420 W Q2=0 P3=2420 W Q3=0 On suppose que le fil neutre possède une impédance négligeable.

(13)

1) Calculer les résistances R1 R2 et R3 de chaque récepteur ainsi que les courants simples J J J1, 2, 3 (prendre V¹ origine des phases). En déduire le courant dans le fil neutre I^N puis tracer le diagramme vectoriel des courants.

2) Déterminer les tensions V V V¹^, ²^, ³ aux bornes des récepteurs s’il y a rupture accidentelle du fil neutre. Conclusion.

3) Le fil neutre étant branché, on remplace le récepteur de la phase 1 par un récepteur purement capacitif consommant une puissance réactive égale à 3872VAR.

Tracer le diagramme vectoriel des courants dans ces conditions. Commentaires et conclusion.

Solution

1) Le fil neutre existe et est d’impédance négligeable, on a donc :

s1 1, s2 2, s3= 3

V V V V V V

Et comme la source est équilibré :

1 2 3 V=220V

V  V  V  D’où :

2 2 2 2 2 2

1 2 3

V 220 V 220 V 220

12,5 , =20 , =20

3872 2420 2420

R R R

P P P

         

On en déduit les courants simples et le courant dans le fil neutre:

 

1 1

1

j23 j2

2 3

2 2

j23 j2

3 3

1 2 3

n

V 220

J 17, 6A

R 12, 5 V 220e

J 11e 5, 5 j

R 20

V 220e

J 11e 5, 5 j9,

R 20

I J J J 6, 6A

   

 

   



      





     



    



9, 53 A

53 A

Le diagramme vectoriel :

(14)

2) Calcul de la tension de déplacement du neutre



 

2 2

j j

3 3

s1 1 s 2 2 s3 3

n

1 2 3 n

0

220 220e 220e

V Y V Y V Y 12, 5 20 20 6, 6

u 3

1 1 1 1 1 1

Y Y Y y

12, 5 20 20 12, 5 20 20

 





 

  

      

6, 7 V



On en déduit les tensions aux bornes des récepteurs :

s1 1 n

s 2 2 n

s3 3 n

V V u

  

   

  



 

1 s1 n

j2

2 s2 n 3 2

j2

3 s3 n 3 3

V V u 220 36, 7 183, 3V

V V u 220e 36, 7 146, 7 j190 V V 240V V V u 220e 36, 7 146, 7 j190 V V 240V

 



     

         



         

 Conclusion

Baisse de tension au niveau du récepteur1 et surtension pour les récepteurs 2 et 3.

3) Les courants des phases 2 et 3 restent inchangés. Le courant de la phase 1 est le même en module, mais est en avance de

2

 par rapport à la tension :

 

1

2 n 1 2 3 n

3

J j17, 6A

J 5, 5 j9,53 A I J J J 11 j17, 6 A I 20, 7A J 5, 5 j9,53 A

             



  



Et le diagramme vectoriel correspondant :

On note que, malgré le fait qu’en module les courants sont identiques, le courant dans le fil neutre est beaucoup plus élevé dans ce cas ( ) parce que le facteur de puissance de la phase 1 crée un grand déséquilibre.

20, 7A6, 6A