Corrigé de l examen partiel H2001

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1 Problème no. 1 (2 points) a) Corrigé de l examen partiel H21 mpèremètre 6 V 1 V I 42 kw inductive S 6 kv P 42 kw Q La puissance réactive dans la charge est: Q S 2 P kvr La résistance de la charge: R P 42 Ω I Q La réactance de la charge: X Ω I L impédance est: (4.2 j4.28) Ω Une résistance R est connectée en parallèle avec l impédance. L ampèremètre indique 1. 6 V mpèremètre V I I s I R R I inductive S 6 kv P 42 kw S 9 kv P R Q 42.8 kvr 1 I 1 I R I s La puissance active totale est: P T S 2 Q kw Donc, le wattmètre indiquera 79.1 kw. La puissance dans la résistance R est égale à: P R P T P ( )kW 37.1 kw La résistance R est égale à: R 9.69 Ω 371 P R page 1

2 b) i 1 (t) i 2 (t) t ms i 1 ( moy) i 1 ( eff) t 3 d t 2 3 d i 2 ( moy) t 1 d t ms i 2 ( eff) t 22 d page 2

3 Problème no. 2 Source triphasée équilibrée I 24 V N B C kw B C triphasée équilibrée (inductive) / a) Le wattmètre indique: V C I cos où est l angle entre I et V C. On déduit: arc cos V C I V CN 188 arccos ± π 6 V N π lors: Donc, deux cas sont possibles: θ 2 I 41.7 et 18.3 V BN V C Cas où 41.7 Le facteur de puissance de la charge est: fp cos cos( 41.7 ).7 La puisssance active totale dans la charge: P 3 V B I cos kw La puisssance réactive totale dans la charge: Q 3 V B I sin kvr Cas où 18.3 Le facteur de puissance de la charge est: fp cos cos( 18.3 ).9 La puisssance active totale dans la charge: P 3 V B I cos kw La puisssance réactive totale dans la charge: Q 3 V B I sin kvr page 3

4 b) Un banc de trois condensateurs identiques (en ) est connecté en parallèle avec la charge pour augmenter le facteur de puissance à 1.. V CN Si le facteur de puissance global de la charge est augmenté à 1., le déphasage entre V N et I sera égal à et l angle sera égal à 3º. Le wattmètre indiquera: V C I cos( 3 ).866 V C I I V N θ 2 V BN V C Cas où 41.7 La nouvelle valeur du courant I est: I P V B Le wattmètre indiquera:.866 V C I kw Cas où 18.3 La nouvelle valeur du courant I est: I P V B Le wattmètre indiquera:.866 V C I kw page 4

5 Problème no. 3 (2 points) Source triphasée équilibrée 24 V I Ω P B B no. 1 1 Ω B N N C I no.2 P 2 C C Ω déséquilibrée La tension V N de la source est prise comme référence de phase: a) On convertit la charge Y en : B B C C 2 B 16 Ω C V N B B C C 2 BC 16 Ω B B C C 2 C 8 Ω 1 Les courants de triangle: B V B B C BC V C C Les courants de ligne: I ( 1 3 ) ( 3 1 ) C ( 1 9 ) ( 1 3 ) C ( 3 1 ) ( 1 9 ) Le wattmètre no. 1 indique: V C I cos où est le déphasage entre V C et I. Donc: I V C cos( 9 ) 3986 W Le wattmètre no. 2 indique: cosθ 2 où θ 2 est le déphasage entre et. Donc: θ ( 9 ).3 P cos(.3 ) 2187 W La somme ( P 2 ) représente la puissance active totale délivrée à la charge. page

6 b) On relie les deux neutres avec un fil conducteur. Source triphasée équilibrée 24 V I P1 B no. 1 B 1 Ω N N P2 C I no.2 C C Ω Ω déséquilibrée I N On a dans ce cas trois circuits monophasés indépendants. Les courants de lignes sont calculés: I V N V BN B V CN C Le courant du neutre est: I N I ( ) ( ) ( ) Le wattmètre no. 1 indique: V C I cos où est le déphasage entre V C et I. Donc: 3 3 I V C cos( 3 ) 7983 W Le wattmètre no. 2 indique: cosθ 2 où θ 2 est le déphasage entre et. Donc: θ 2 12 ( 9 ) 3 P cos( 3 ) W Dans ce cas, la somme ( P 2 ) ne représente pas la puissance active totale délivrée à la charge. page 6

7 Problème no. 4 Diamètre 3.2 cm Diamètre cm Parcours moyen du flux magnétique Diamètre 4.1 cm Longueur cm N 1 8 tours N 2 2 tours Section.9 cm x 1. cm 1.3 cm 2 a) Suivant les hypothèses, le couplage entre les deux bobines est parfait La réluctance du noyau magnétique: R t/wb µ π N L inductance propre de la bobine no. 1: L 1 H ou 1.2 mh R N L inductance propre de la bobine no. 2: L 2 H ou.948 mh R O L inductance mutuelle des deux bobines: M N 1 N H ou 3.8 mh R b) Une source de tension sinusoïdale de valeur efficace 1 V et de fréquence khz est connectée à la bobine no. 1. On trace le circuit équivalent du système: jx jx 2 1 I 2 jx 1 jω(l 1 M) j37.1 Ω V 1 V2 jωm j Ω Source C 1 V / khz jx 2 jω(l 2 M) j89.38 Ω Le courant dans la bobine 1 est: V 1 1 ( jx 1 ) ( jxm) ( j37.1) ( j119.17) La valeur efficace du courant est donc.298. La tension V 2 est calculée par la loi du diviseur de tension: V 2 j V V jx j j37.1 La valeur efficace de la tension V 2 est donc 2 V. page 7

8 c) Une résistance de 2 Ω est connectée à la bobine no. 2. On trace le circuit équivalent du système: jx jx 2 1 I 2 Source C 1 V / khz V 1 V2 R 2 Ω jx 1 jω(l 1 M) j37.1 Ω jωm j Ω jx 2 jω(l 2 M) j89.38 Ω Le courant dans la bobine 1 est: V ( jx 1 ) ( jxm ( jx2 R) ) ( j37.1) ( j ( j ) ) La valeur efficace du courant est donc Le courant I 2 est calculé par la loi du diviseur de courant: I 2 jx m ( jx 2 R) I j j ( j ) La tension V 2 est égale à: V 2 RI V La valeur efficace de la tension V 2 est donc 2 V. page 8