Devoir analyse nodale, facteur de puissance, transformateur monophasé ELE-3400

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1 Devoir analyse nodale, facteur de puissance, transformateur monophasé ELE-3400 Date de remise : le 18 octobre (jusqu à 23h59). Le total est de 40 points 2 points de bonus. Il faut déposer votre travail dans la chute située à côté de la porte A330. Il est nécessaire de démontrer les démarches, et d arriver aux bons résultats. N oublier pas d ajouter une page de couverture avec votre nom, prénom, matricule et le sigle du cours. La fréquence du réseau est de 60 Hz. 1. Problème, 3 points j /4 Soit C 12e, D 7 j14 et X Calculer C X, D / C, D X, D X et C X. (1) CX 72 / j50.91 D / C / j DX / j 42 D X / j20 C X / j Exprimer les réponses sous les formes polaire et cartésienne.(1) Voir plus haut. 3. Représenter à l aide de vecteurs, sur un même diagramme, les nombres C, D et X. (1) C bleu, D rouge, X jaune 2. Problème, 3 points Soit les signaux 1/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

2 e(t) 5cos(10t 30 ) f(t) 6 2 sin(377t 45 ) g(t) 10cos(200t 23 ) h(t) 11.3cos(314t 165 ) i(t) 7 sin(2514t 235 ) 1. Quels sont les phaseurs correspondants? (1) Par définition, les phaseurs s expriment par la fonction cosinus e(t) 5cos(10t 30 ) 3.54 / 30 f(t) 6 2 sin(377t 45 ) 6 / 45 g(t) 10cos(200t 23 ) 7.07 / 23 h(t) 11.3cos(314t 165 ) 7.99 / 165 i(t) 7 sin(2514t 235 ) 4.95 / / Quelle est la fréquence de chaque signal? (1) e(t) 5cos(10t 30 ) 1.59 Hz f(t) 6 2 sin(377t 45 ) 60 Hz g(t) 10cos(200t 23 ) Hz h(t) 11.3cos(314t 165 ) 50 Hz i(t) 7 sin(2514t 235 ) 400 Hz 3. Pourquoi ne doit-on pas tracer les phaseurs calculer en (1) sur un même graphique? (1) Car leurs fréquences sont différentes ; ils ne tournent pas à la même vitesse sur le plan phaseur. 3. Problème, 6 points Soit le circuit basse tension à la Figure 1. Une charge inductive et une charge capacitive sont connectées à une source idéal par une ligne inductive. La fréquence du réseau est de 60 Hz. 1. Calculer la puissance réelle, la puissance réactive et la puissance apparente fournies par la source. (1) S= kva; P= kw; Q = kvar (Négatif!) L1=2e-3; R2=1; C=0.5e-3; R1=1; R3=8; L2=80e-3; w=2*pi*60; Z_RC = -1j/w/C R1; Z_RL = R2 R3*1j*w*L2/(R31j*w*L2); Zsource = 1j*w*L1 Z_RC*Z_RL/(Z_RC Z_RL); V = 346*exp(1j*0); S=abs(V)^2/conj(Zsource) 2. Quel est l impédance et le facteur de puissance vu par la source idéale? (1) Zsource = j FP= FP real(zsource)/abs(zsource) 2/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

3 3. Quelle est la puissance dissipée dans R 3? (1) P_R3 = kw Isource = V / Zsource; V2 = V - Isource*1j*w*L1; I2 = Isource - V2/(Z_RC); V3 = V2 - I2*R2; P_R3 = abs(v3)^2 / R3 4. Quelle est la puissance transféré du nœud 3 vers le nœud 2? (1) Par définition V(nœud 3) * conj( I (de 3 à 2) ) j VA I_32 = (V3 - V2) / R2 % aussi I_32 = -I2 S_32 = V3*conj(I_32) 5. Comparer l angle et le module de tension entre les nœuds 1 et 2 et faire des commentaires concernant la direction du flux de puissance active et réactive. (2) Nœud 1 Nœud 2 P Q Tension De 2 à 1 Angle De 1 à 2 1 L1 = 2 mh 2 R2 = 1 Ohm 3 Es=346/_0 Is I1 0.5mF C=0.5 mf R1=1 Ohm I automne devoir initiateur R3 = 10 Ohm R3=8 Ohm L2=80 mh L2 = 10 mh Figure 1 Circuit du problème 3 4. Problème, 10 points Soit le circuit basse tension de la Figure 2. Les charges sont alimentées par une source derrière une impédance inductive. Le switch SW1 est ouvert. La tension à la source est de 500 V. 1. Trouver les facteurs de puissance de la charge 1 et 2 sans calculer numériquement leur tension et courant. (2) 3/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

4 Charge 1 R=25 Ohms X=15.08 Ohms P=V^2/R Q= V^2/X tan(teta)=q/p=r/x alors FP = cos (atan(r/x)) = Charge 2 R=25 Ohms X=4.524 Ohms P=I^2 * R Q= I^2 * X tan(teta)=q/p=x/r alors FP = cos (atan(x/r)) = Monter la matrice d admittance-nodale-modifiée A du circuit. La matrice doit contenir 4 lignes. Le numéro associé avec chacun des nœuds est donné dans la figure. (2) A=zeros(4,4) L12=2e-3; y12=1/1j/w/l12; Zch1=25*1j*w*40e-3/(251j*w*40e-3); ych1=1/zch1; X23=2; y23=1/1j/x23; Zch2=101j*w*12e-3; ych2=1/zch2; A(1,1)=y12; A(1,2)=-y12; A(2,1)=A(1,2); A(2,2)=ych1 y12 y23; A(2,3)=-y23; A(3,2)=A(2,3); A(3,3)=y23ych2; A(4,1)=1; A(1,4)=1; b=[ ].'; x=a\b 3. Trouver la solution du système d équations Ax=b en utilisant la commande de Matlab x=a\b. Identifier les éléments du vecteur x et écrire la solution dans le plan de phaseurs un utilisant la forme polaire. (2) Module V Angle V V Ivs Dans la formulation de matrice, on considère que les courants sortent des nœuds (Alors Ivs = - ls, ceci explique l angle de de Ivs) Is = - Ivs = /_ A 4/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

5 Le switch SW2 est fermé. 4. Ajuster la valeur du condensateur C1 par essai-erreur pour que le facteur de puissance vu du nœud 2 (V2 versus Ich1Ich2Icondensateur ou simplement Is) soit égale à 0.95 inductif. Utiliser le système d équations Ax=b pour la solution. Présenter la valeur finale du condensateur en microfarads. (2) acos(0.95)=18.2 dégrées. Alors, Is doit être en retard de 18.2 dégrées sur la tension du nœud 2 i.e., V I 18.2 Condensateur (microfarad) Angle(Tension) - 10 uf Condition Initial uf uf Angle(Courant) La solution est autour de 200 uf C=201e-6; A(2,2)=A(2,2)1j*w*C; %ajouter C dans la matrice A x=a\b; Is=-x(4); Teta = ( angle(x(2))-angle(is) )*180/pi A(2,2)=A(2,2) - 1j*w*C; %enlever C pour le prochain essai 5. On suppose que la tension à la source n est plus égale à 500 V mais ajustée afin de maintenir la tension au nœud 2 à 500 V. Trouver la valeur du condensateur C1 analytiquement pour un facteur de puissance de 0.95 inductif vu du nœud 2. Trouver la nouvelle tension à la source en considérant C1. (2) %solution analytique Zch1=251j*w*40e-3; Zch23 = 10 1j*w*12e-3 2j; Zeq=Zch1*Zch23/(Zch1Zch23); V=500; Seq=V^2/conj(Zeq); Qdesired=tan(acos(0.95))*real(Seq); %Q pour que le FP soit 0.95 Qnecessaire= imag(seq)- Qdesired; % Q qui doit etre généré par le condo C=Qnecessaire/V^2/w; Snew=real(Seq) 1j*Qdesired; Is=conj(Snew/V); Vsource = V Is*1j*w*2e-3 C est de 81.6 uf. Tension à la source /_4.18 5/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

6 SW1 Ich2 1 2 mh 2 3 Ich1 X=2 Ohm Is charge 2 Es=500 /_0 C1 25 Ohm 40 mh 10 Ohm 12 mh Charge 1 Figure 2 Circuit du problème 4 6/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

7 Lpropre 5. Problème, 4 points Soit le noyau toroïdal à la Figure 3. Nombre de tours : 200 Perméabilité relative (magnétique) : linéaire, 700 Longueur moyenne : 60 cm Section : 75 cm 2 Le courant dans l enroulement est de 20sin( t / 6) A H m La résistance de l enroulement est de 2 Ω. Négliger le flux de fuite. 1. Tracer le circuit électrique équivalent (en utilisant des composants électriques passifs i.e., RLC), identifier les composants avec leur grandeur. (2) 2. Quelle est la tension v(t) aux bornes de l enroulement? Il n est pas nécessaire de simplifier la forme trigonométrique obtenue. Tenir compte de la résistance de l enroulement. (2) v(t) Figure 3 Circuit magnétique mu0=4*pi*1e-7; mu=mu0*700; N=200; Rel=60e-2/mu/75e-4; L=N*N/Rel ( H) E= (L di/dt) Ri E= cos( t / 6) 40sin( t / 6) Renr 2 Le circuit électrique équivalent 7/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

8 6. Problème, 6 points Donner le circuit équivalent simplifié du transformateur monophasé connaissant les données suivantes Fiche signalétique : 100kVA, 14.4kV/346V Essai à vide au primaire donne pertes à vide 1000W et courant à vide 0.3A, Impédance équivalente 2.5% Rendement à charge nominale 98.5% (avec un FP unitaire) L essai à vide nous permet d évaluer la branche shunt (Rfe et Xphi) %Essai à vide (tension nominale) %permet d évaluer la branche shunt I=0.3 ; %0.3 A V=14.4e3; % kv Pertes=1000; %Watts Zmagnet=14.4e3/0.3; %impedance totale de la branche de magnetisation Rfe=V^2/Pertes %Le courant sur Rfe IRfe=V/Rfe; %Le courant sur Xphi (90 degré de déphasage) IXphi=sqrt(0.3^2-IRfe^2); Xphi=V/IXphi Rfe=207 kω Xphi=49.34 kω L impédance de transformateur est l impédance abs( R1R2 j(x1x2 ) ) % impédance de transformateur abs(r1r2 j(x1x2 )) Vbase=14.4e3; %14.4 kv Sbase=100e3; %100 kva Zbase=Vbase^2/Sbase; Ztotal_pri=0.025*Zbase % en Ohm Ztotal_pri = 51.8 Ω Le rendement nous permet de calculer R1R2 Rendement à charge nominale Pcu1 Pcu2 Pfe 1 =0.985 P entrée On connait Pfe 1000W Si P sortie =100 kw à la tension nominale Alors, Pentree kw il s ensuit que Pcu1 P cu2 =520 W S 100 kva Icharge 6.94 A au primaire V 14.4 kv 2 charge I R 520 W total R1R2auprimaire = Ω Finalement, la réactance de fuite totalisée au primaire peut se calculer comme suit: Ztotal_pri= /11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

9 Rtotal_pri=10.80 Alors, Xtotal_pri= = /11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

10 7. Problème, 10 points 1. Donner le circuit équivalent simplifié du transformateur monophasé connaissant les données suivantes Fiche signalétique : 100kVA, 14.4kV/346V Essai à vide au primaire donne pertes à vide 1000W et courant à vide 0.3A, Impédance équivalente avec un rapport de Xeq / Req de 4 ( ( X1 X2 ) / ( R1 R 2 ) ). Régulation à charge nominale 1.0 % (avec un FP unitaire) Considérations et simplifications : X X et R R En assumant que E e(en%) cvide E E s est constant, utiliser l équation suivante pour la régulation : E ccharge ccharge x100 Prendre E c charge comme 1 pu à charge nominale Prendre E E avec cos( ) 1 S S 2. Après avoir évalués les paramètres plus haut, calculer la chute de tension à charge nominal avec un FP unitaire. Comparer la régulation avec la régulation donnée dans l énoncé plus haut. Quelle est la raison de la différence. (2) Pondération : R et X 2 point fe X et R 6 points eq eq Figure 4 Circuit équivalent simplifié du transformateur monophasé %Essai à vide (tension nominale) %permet d évaluer la branche shunt I=0.3 ; %0.3 A V=14.4e3; % kv Pertes=1000; %Watts Zmagnet=14.4e3/0.3; %impedance totale de la branche de magnetisation 10/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016

11 Rfe=V^2/Pertes %Le courant sur Rfe IRfe=V/Rfe; %Le courant sur Xphi (90 degré de déphasage) IXphi=sqrt(0.3^2-IRfe^2); Xphi=V/IXphi Rfe=207 kω Xphi=49.34 kω L impédance de transformateur est l impédance abs( R1R2 j(x1x2 ) ) % impédance de transformateur (R1R2 j(x1x2 )) Vbase=14.4e3; %14.4 kv Sbase=100e3; %100 kva ES E S = E S comme cos( ) 1 et alors sin( ) 0 Regulation de 1%, à charge nominale Ech=14400 V déplacé du côté primaire Alors, Es=14544 V I charge S 100 kva 6.94 A au primaire V 14.4 kv FP=1; cos(teta)=1; le courant est en phase avec la tension Es/_δ=Ech (ReqjXeq)*Ich la partie réelle de l équation Es Echreal((ReqjXeq)*Ich ) ( cos( ) 1) 14544=14400 Req*6.94 du côté primaire Req=20.75 Ohms Xeq=R*4=83 Ohms 2. on écrit l équation complexe sans approximation Es=Ech (ReqjXeq)*Ich FP=1; cos(teta)=1; Es=Ech (RjX)*Ich avec = Regulation 1.08% pas loin de 1%, différence à cause de la supposition sur 11/11, Polytechnique Montréal, 19 octobre 2016