TD3. Excercice I. I.1

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1 TD3 Excercice I. Dipôle 1 P 1 = 5 kw Dipôle 2 P u = 3 kw η 2 = 85% FP 2 = 0,7 AR Dipôle 3 P 3 = 4 kw FP 3 = 0,6 AR Dipôles placés en parallèle sous une tension de 230V, 50Hz I.1 La puissance utile est la puissance mécanique disponible sur l arbre du moteur. Seule une partie de la puissance électrique fournie au moteur électrique se retrouve sous forme utile. L autre partie est dissipée en chaleur (frottements, effets joules, pertes fer). On a donc P u = η 2 P 2 P 2 = P u η 2 = 3,53 kw I.2 D après boucherot, on a : P = P 1 + P 2 + P 3 = 12,53 kw I.3 D après boucherot, on a : Q = Q 1 + Q 2 + Q 3 Q 1 = 0 car un radiateur électrique est purement résistif Q 2 = P 2 tan φ 2 = VAR avec φ 2 = arcos (0,7) = + 45,57 φ 2 et Q 2 sont positifs car FP 2 est AR Q 3 = P 3 tan φ 3 = VAR avec φ 3 = arcos (0,6) = + 53,13 φ 3 et Q 3 sont positifs car FP 3 est AR Q = 8913,3 VAR I.4 S = P 2 + Q 2 = 15,4 kvar FP = P = 0,81 AR car Q > 0 S I = S = 66 A I.5 Les dipôles sont placés en parallèle. Rajouter une capacité C en parallèle ne change rien du point de vue des dipôles précédents. Chacun reste alimenté sous une tension de 230V et est traversé par le même courant. Par contre, vue de la ligne d alimentation, le comportement global des 4 dipôles (incluant la capacité) change. On a désormais FP = 0,93 AR. P = P = 12,53 kw (une capacité ne consomme pas de puissance active) Q = P tan φ = + 4,95 kvar avec φ = arcos (0,93) = + 21,56 φ et Q sont positifs car FP est AR Q = Q + Q C Q C = Q Q = 3,94 kvar Q C = 2 X C X C = 2 Q C = 13,41 Ω X C = 1 Cω C = 1 2πf X C = 2, F

2 Excercice II. II.1 24 tubes fluorescents sont placés en parallèle sous 230V. Chaque tube consomme une puissance active P 1 = 60 W et une puissance réactive Q 1 = P 1 tan φ 1 = + 37,2 VAR (Q 1 > 0 car FP est AR). D après boucherot : P 1T = 24 P 1 = 1440 W et Q 1T = 24 Q 1 = 892,8 VAR S 1T = I 1 = P 2 1T + Q 2 1T = 1694 VA I 1 = S 1T II.2 = 7,37 A A l allumage : P 1T = 1440 W (inchangé) et Q 1T = 24 Q 1 = 24 P 1 tan φ 1 = 4579 VAR S 1T = I 1 = P 2 1T + Q 2 1T = 4800 VA I 1 = S 1T = 20,86 A A l allumage, l appel en courant sur la ligne et ~3 fois plus importante qu en régime permanent. Il faut donc dimensionner la ligne pour qu elle puisse supporter ce régime transitoire d appel du courant. II.3 P 2 = P u = 5400 = 6000 W η 0,9 Calcul de I 2 : P 2 = I 2 FP 2 I 2 = FP 2 P 2 ou = 33,4 A Q 2 = P 2 tan φ 2 = VAR car FP 2 AR S 2 = I 2 = P Q 2 I 2 = S 2 = 33,4 A II.4 D après boucherot : P T = P 1T + 10 P 2 = 61,44 kw Q T = Q 1T + 10 Q 2 = 49 kvar II.5 S T = I T = P T 2 + Q T 2 = 78 kva I T = S T = 341 A FP T = P T S T = 0,79 AR car Q > 0

3 Excercice III. III.1 source ligne charge = installation électrique S0 CH (1) 2 fours électrique (2) Moteur électrique (3) 20 tubes fluorescent III.2 P Q Explications Fours P 1 = 4 kw Q 1 = 0 VAR Les fours sont purement résistifs Moteur P 2 = 4,7 kw Q 2 = 3,53 kvar P 2 = P u η 2 Q 2 = P 2 tan φ 2 = + 3,53 k VAR car FP 2 AR Tubes fluo P 3 = 1,2 kw Q 3 = 1,82 kvar P 3 = 20 60W Q 3 = P 3 tan φ 3 = + 1,82 k VAR car FP 2 AR Charge P CH = 9,9 kw Q CH = 5,34 kvar P CH = P 1 + P 2 + P 3 Q CH = Q 1 + Q 2 + Q 3 S CH = CH = P 2 CH + Q 2 CH = 11,24 kva = S CH CH = 48,9 A FP CH = P CH S CH = 0,88 AR car Q CH > 0 III.3 source ligne charge : modèle équivalent série Li X CH S0 CH R CH P CH = R CH 2 R CH = P CH 2 = 4,14 Ω Q CH = X CH 2 X CH = Q CH 2 = 2,11 Ω

4 III.4 P Li = r 2 = 717 W Puissance active consommée par la ligne Q Li = x 2 = lω 2 = 3 kvar III.5 Li = Z Li = (r + j lω) Li = r 2 + (lω) 2 avec ω = 2πf Li = 63 V Remarque : Attention, on ne peut pas écrire que SO = Li + CH En régime sinusoïdale, la loi des mailles s appliquent aux nombres complexes qui prennent en compte le module et la phase des tensions : SO = Li + CH. Si on veut calculer la tension aux bornes de la source, il vaut mieux passer par les puissances. III.5 P SO = P Li + P CH = 10,62 kw Q SO = Q Li + Q CH = 8,34 kvar III.6 S 0 = S0 = P 2 SO + Q 2 S0 = 13,5 kva S0 = 276V A cause des pertes en ligne, et pour que le client (la PME) puisse fonctionner avec une tension de 230V, il faut qu EDF (le fournisseur d énergie) anticipe les pertes et fournissent une tension de 276V. III.7 Les dipôles sont tous en parallèle. CH restant inchangé, rajouter une capacité C en parallèle ne change rien du point de vue des dipôles précédents (fours, moteur et tubes fluorescent). Chacun reste alimenté sous une tension de 230V et est traversé par le même courant. Par contre, vue de la ligne d alimentation, le comportement global de la charge (incluant la capacité) est modifié. On a désormais FP CH = 0,93 AR. P CH = P = 9,9 kw (une capacité ne consomme pas de puissance active) Q CH = P CH tan φ CH = + 3,91 kvar car FP CH est AR S CH = CH I CH = P 2 2 CH + Q CH = 10,64 kva I CH = 46,3 A III.8 P SO = P Li + P CH = 10,54 kw Q SO = Q Li + Q CH = 6,6 kvar avec P Li = ri CH 2 = 642 W avec Q Li = xi CH 2 = lω I CH 2 = 2,69 kvar S 0 = S0 = P 2 SO + Q 2 S0 = 12,43 kva S0 = 268,6 V III.9 P Li = 717 W (sans capacité) P Li = 642 W (avec capacité)

5 En relevant le facteur de puissance on diminue les pertes en ligne (de 75W dans ce cas). Le fournisseur d électricité peut ainsi diminuer sans production et donc réduire sa consommation de carburant (nucléaire, fossile, hydraulique ou solaire).