REPUBLIQUE ALGERIENNE DEMOCRATIQUE ET POPULAIRE

MINISTERE DE LENSEIGNEMENT SUPERIEUR ET DE LA RECHERCHE SCIENTIFIQUE

UNIVERSITE DJILLALI LIABES DE SIDI BEL ABBES FACULTE DES SCIENCES DE LINGENIEUR DEPARTEMENT DELECTROTECHNIQUE

Polycopi de Travaux dirigs de

Machines lectriques courant alternatif ETL 402 +ETL410 +ETL 421 +ETL 431

4me ANNEE INGENIEUR DETAT EN ELECTROTECHNIQUE

OPTIONS: MAINTENANCE DU GENIE ELECTRIQUE MACHINES ELECTRIQUES COMMANDE ELECTRIQUE RESEAUX ELECTRIQUES

Prsent par : Dr. BENDAOUD Abdelber & Mr.Bentaallah Abderahim

ANNEE UNIVERSITAIRE 2007 / 2008

2

AVANT PROPOS Ce recueil dexercices et de problmes sadresse essentiellement aux tudiants de la quatrime anne Ingnieur dtat en Electrotechnique options : Maintenance du gnie Electrique, Machines Electriques, Commande Electrique et rseaux Electriques. Nous souhaitons quil soit un support de cours des modules : Machines lectriques courant alternatif : ETL 402, ETL 410, ETL 421 et ETL 431. Le contenu de ce manuel correspond au programme officiel actuel. Il a t rdig dans le but de leur permettre davoir un outil de travail et de rfrence recouvrant les connaissances qui leur sont demandes. Ce recueil de problme de machines lectriques en courant alternatif avec des solutions dtailles se compose de 8 fiches de TD. Les problmes proposs permettront ltudiant de tester son assimilation du cours et de contrler ses connaissances. Dans leur totalit, les problmes proposs ont pour dorigine soit des sujets proposs aux preuves de machines lectriques au dpartement dlectrotechnique de luniversit de Sidi Bel Abbs, soit des problmes dits dans dautres ouvrages dElectrotechnique. Ces problmes traits correspondent bien lesprit du cours de machines Electriques courant alternatif tel quil est enseign au dpartement dElectrotechnique. La slection des problmes proposs a t faite dans le souci dassurer un contenu clair et facilement abordable de mme que les solutions proposes sont relativement dtailles. Bien que llaboration de ce recueil ait t faite avec le plus grand soin, le contrle que nous avons pu faire de notre travail nest pas absolu, et il serait tonnant quil ne subsiste pas derreurs. Aussi sommes nous reconnaissant davance nos lecteurs des remarques quils voudront bien nous faire.

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Conseils aux tudiants

Lire attentivement lnonc. Le traduire par une ou plusieurs figues. Si les notations ne sont pas imposes, choisir des notations logiques et qui vitent toute ambigut.

Avant tout calcul, examiner les conditions de symtrie du problme. Ces considrations de symtrie simplifient souvent les calculs.

Le problme peut parfois se rsoudre par plusieurs mthodes, il est important de choisir la plus simple.

La connaissance parfaite des dfinitions est indispensable.

Distinguer soigneusement les grandeurs scalaires et les grandeurs vectorielles.

Ne pas mlanger les expressions littrales et les calculs numriques. Faire les applications numriques la fin.

Vrifier systmatiquement lhomognit des formules littrales. Cela permet de dceler les erreurs.

Ne jamais donner un rsultat numrique sans indication dunit.

Contrler la vraisemblance de lordre de grandeur des rsultas numriques.

Bien que les applications numriques ne soient pas donnes de manire dtaille, il est conseill ltudiant de retrouver les rsultats en effectuant tous les calculs numriques.

Il va de soi que ltudiant aura intrt rsoudre les problmes sans lire les solutions au pralable.

4

Sommaire

Pages

Machines synchrones (rappels thoriques) 05 T.D N01 11

T.D N02 17

T.D N03 21

T.D N04 28

T.D N05 33

T.D N06 38 Moteurs asynchrones (rappels thoriques) 47

T.D N07 50

T.D N08 64

5

Machines synchrones

1. Constitution

1-1 Rotor (inducteur)

Il est constitu dun enroulement parcouru par un courant dexcitation J continu crant un champ magntique 2p polaire. Il possde donc p paires de ples. Remarques :

il faut apporter le courant linducteur par lintermdiaire de bagues et de balais.

le rotor peut tre constitu par un aimant permanent.

1-2 Stator (induit)

Les enroulements du stator sont le sige de courants alternatifs monophass ou triphass. Il possde le mme nombre de paires p de ples.

1-3 Champ tournant

Les courants alternatifs dans le stator crent un champ magntique tournant la pulsation

: pS= en rd/s ou

pf

nS = en tr/s ou encore pf

nS.60= en tr/mn

Avec : S : vitesse de rotation du champ tournant en rad.s-1 ;

: pulsation des courants alternatifs en rad.s-1. ; = 2..f ; nS : vitesse de rotation du champs tournant en trs.s-1 ; : frquence des courants alternatifs en Hz ; p : nombre de paires de ples.

1-4 Synchronisme

Le champ tournant du stator accroche le champ inducteur solidaire du rotor. Le rotor ne peut donc tourner qu la vitesse de synchronisme

S.

1-5 Schmas

Rpartition du champ magntique dans lentrefer dune machine synchrone.

Bipolaire (p = 1) ttraplaire (p = 2)

Remarque : un champ magntique toujours deux ples, un nord et un sud. Cest pourquoi on parle en terme de paire de ples.

6

Reprsentation de deux types de machines synchrones.

Machine ples lisses Machine ples saillants

2. Symboles

Machine monophase Machine triphase

3. f..m. induite

Un enroulement de linduit (stator) soumis au champ magntique tournant de lentrefer est le sige dune f..m. e(t) de valeur efficace E.

E = KNf = KNpnS = K' n

S finalement : E = K' n

E : f..m. induit (V) K : coefficient de Kapp (caractristique de la machine) N : nombre de conducteurs dune phase de la machine (1 spire = 2 conducteurs) : flux maximum travers un enroulement (Wb) f : frquence du courant statorique p : nombre de paires de ples

nS : vitesse de rotation (trs.s-1)

K = KNp : constante globale (caractristique de la machine)

Remarques :

les enroulements sont disposs dans le stator de telle faon que la f..m. e(t) soit le plus possible de forme sinusodale ;

en triphas le stator comporte trois enroulements ou phases. On obtient trois f..m. e

1(t) ; e

2(t) et e

3(t) de mme valeur efficace E et dphases de 2/3.

4. Modes de fonctionnement

La machine synchrone est rversible.

7

4-1 Fonctionnement en moteur Le champ tournant du stator accroche le champ li au rotor la vitesse :

S= /p.

4-2 Fonctionnement en alternateur (gnratrice)

Le rotor et son champ sont entrans par une turbine. Les bobines de linduit sont alors le sige de f..m. alternative de pulsation = p.

S.

Rappel : toute variation de champs magntique travers une bobine cre aux bornes de la bobine une f..m. induite. 5. Raction magntique dinduit

En charge, le courant dans linduit cre un champ magntique qui modifie les caractristiques de la machine. Cest ce que lon nomme la raction magntique dinduit. 6. Modle quivalent dun enroulement

6-1 Schma dans le cas de lalternateur

E : f..m. vide (V) V : tension aux bornes dun enroulement de la machine (V) R : rsistance de lenroulement () X : ractance synchrone ()

Remarques :

linductance L du schma tient compte de linductance relle de lenroulement et de la raction magntique dinduit ;

le courant est orient en convention gnrateur. linducteur est quivalent une rsistance (toute lnergie absorbe linducteur

est perdue par effet joule)

6-2 Loi des mailles

Loi des mailles avec les grandeurs instantanes : e(t) = v(t) + UX (t) + UR (t)

dtdI

LIRVe ++= . On peut crire en complexe : E = V+RI + j LI

6-3. Diagrammes de Fresnel

8

Remarques : trs souvent r.I est nglig ; en traant le diagramme lchelle, il est possible den dduire certaines grandeurs ; si la charge est rsistive = 0. le diagramme ci-dessus est en fait le plus simple pour une machine ples lisses et non

sature. Il peut tre utile de connatre deux angles :

le dphasage entre le courant I et la tension V varie en fonction de la consommation

le dcalage interne entre V et E.

6-4. Caractristique vide dune machine synchrone

Le point de fonctionnement P se trouve gnralement entre les points A et B. Sous le point A, la machine serait sous exploite. Au-dessus du point B, une forte augmentation de Ie ne produit quune faible augmentation de E cest la saturation de la machine.

7. Bilan des puissances dun alternateur

7-1. Puissance absorbe

La turbine, ou le moteur dentranement entrane larbre de lalternateur donc la puissance absorbe est mcanique :

Pa

=S .T

M = 2n

ST

M

9

S : pulsation de rotation en rad.s

-1

nS : vitesse en trs.s

-1

TM

: couple utile sur larbre en N.m Si lalternateur nest pas auto-excit il faut encore tenir compte de lnergie lectrique (en courant continu) absorbe par lexcitation (rotor) ce qui donne la puissance absorbe : P

a=

S .T

M +UeIe = 2nSTM + UeIe

7-2. Puissance utile

En triphas avec une charge quilibre de facteur de puissance cos : cos...3 NNU IUP =

7-3. Bilan des pertes

Pertes par effet joule dans linducteur : PJ e=UeIe

Pertes par effet joule dans linduit : 2.3 RIPJ = O R est la rsistance dune phase du stator de lalternateur, ces pertes

dpendent de la charge (courant I) donc variable. Pertes constantes : pertes mcaniques et pertes fer qui ne dpendent pas de la

charge. Comme ces pertes dpendent de la frquence et de la tension U, elles sont gnralement constantes.

7-4. Rendement

pertesIUIU

PP

NN

NN

a

UN +==

cos..3

cos...3

Remarque : dans la formule prcdente la somme des pertes reprsente les pertes totales dans le stator et dans le rotor 8. Moteur synchrone

Le schma quivalent du moteur synchrone est le mme que celui de lalternateur sauf quil faut inverser les puissances c'est--dire le sens du courant I :

E : f.c..m. vide (V) V : tension aux bornes dun enroulement de la machine (V) R : rsistance de lenroulement () X : ractance synchrone ()

eNNa IUIUP ecos...3 += P

a=

S .T

M = 2n

ST

M : cest une puissance mcanique fournie larbre.

Le moteur synchrone est surtout utilis comme compensateur synchrone car il peut

10

injecter de la puissance ractive au rseau. Pour varier la vitesse dun moteur synchrone, il faut varier la frquence des courants statoriques :

9. Stabilit.

Jusquo peut-on aller dans les changes de puissance ? Plus la puissance change augmente, plus le dcalage interne augmente P = 3 V I cos = T . En observant le diagramme de Fresnel, on constate que les projections: XI cos et - E sin sont gales. On en dduit que P = - 3 V (E / X) sin et le domaine de fonctionnement possible correspond II infrieur 90.

11

T.D N01 Rappel de cours - Calcul de la F.M.M :

+=

+=+== e

lB

eB

lB

eHlHlHFMM

r

raif

0

00..

....

- Rluctance du fer f et du vide air :

( )+=+=

+=

+=

...

..

.

00

00

airfr

rr

Sel

el

Se

lBFMM

S

l

rf ..0 =

S

eair .0=

- Inductance de la bobine : L

eq

eq

NL

NL

eqN

NIFMMNLI

dtd

ndtdi

Le

=

=

=====

2

- Lnergie lectromagntique :

{ {2

02

sin

..21

....

..

ILWidiLWidtEdtiRidiL

idtEiRdtdi

LI

sourcelaparapporteenergie

jouleeffet

emengaenergie

==

=+

=+

321

- montage triphas en toile

==

phL

phL

UUII.3

, phL RR .2=

222 ..23

.2

.3..3 LLjLl

phphj IRPIR

IRP === - montage triphas en triangle

==

phL

phL

UUII.3

, 2..3 phphj IRP = avec : Lph

phLphphL

RR

RRRRR

.23

.32

.2111

=

=+=

12

EXERCICE N1 Le circuit magntique reprsent sur la figure ci-dessous, contient du fer (S=9 cm2 ; L= 30 cm ; = 7.104), spar par un entrefer e= 0,5 mm.

1- Calculer la F.M.M pour que linduction soit B= 1 T. 2- Dterminer les rluctances R (fer) et R0 (air), ainsi que linductance L lorsque N=

400spires.

Solution : a)- Calcul de la F.M.M :

+=

+= 347

010.5,0

10.7

3,0

10.4

1

elB

FMMr

TAFMM .400 b)- Rluctance du fer : f :? et du vide air :? WbAT

Sl

rf /378910.9.10.7.10.4

3,0.. 4470

===

5473

010.42,4

10.9.10.4

10.5,0.

+

=== S

eair

- Inductance de la bobine : L :?

( )

HN

Leq

36,010.42,43789

4005

22=+== +

EXERCICE N2 Le circuit suivant schmatise deux bobines (1) et (2) couples travers un circuit magntique entrefer (air) ; on demande :

1- La F.M.M rsultante ainsi que le flux (on suppose que r ) 2- Mettre les flux totaliss travers (1) et (2) sous la forme suivante :

N1.=L11I1+ L12I2 N2.=L21I1+ L22I2

Dfinir les constantes Lii et Lij Solution : a)- La FMM rsultante et le flux :

e

I

N

I2 I1

N1 N2 Bobine (2) Bobine (1)

e, S, 0

Fer ( l, S, r )

13

( )( )22110

r00r0

eq

eq2211

I.NI.NeS.

S.e

S.e

S..l

I.NI.NFMM

+=

+==+=

b) [ ][ ]

+=+=+=+=

222

0121

02

22121

02

2210

121

02211

21

01

...

....

....

.

....

...

....

INe

SINN

eS

ININNe

SN

INNe

SIN

eS

INNINe

SN

Avec : =2N

L

+=+=

2222212

2121111.....ILILNILILN

, =

== 2

22

22

21

11 iii

NL

NL

NL

Inductance propre

===ji

ijNN

LNN

LL.. 21

1221 Inductance mutuelle

EXERCICE N3 Un circuit magntique, sans fuites, de section s=1,6 cm2 a une longueur moyenne de L= 62 cm. Selon une section droite, on y pratique un entrefer e= 0,10 mm. Le circuit porte un enroulement de N = 500 spires et on dsire obtenir une induction de B = 0,6 T, la permabilit relative r peut tre considre comme constante et gale 4500 ; dterminer :

1- Lintensit du courant ncessaire. 2- Linductance de la bobine. 3- Lnergie lectromagntique emmagasine. 4- En dsignant par F : la force dattraction entre les deux faces de lentrefer ;

vrifier que cette force se calcule par la formule F=B2.S/2. 0 Solution :

1- SBS

eS

lSBINFMM

r..

.......

00

+====

+=

+=

32

70

10.1,04500

10.62

500.10.4

6,0. e

lN

BI

r

AI 227,0= 2-

227,010.6,1.6,0.500...

..4

====I

SBNI

NLILN

HenryL 21,0= 3- ( ) 322 10.44,5227,0.21,0.

21

..21 === ILW

mJW 44,5= 4- 2..

21

ILW =

14

2

0

02

00

022

....

.21

..

...

..

=

=====

N

eBe

SNW

NeB

IeB

eHIN

eS

NN

L

0

2 ...

21

SeB

W =

0

20

2

..

21

...

.21

.

SB

F

eeSB

eW

FeFW

=

=== Cest la formule de Maxwell

EXERCICE N4 On considre un enroulement triphas bipolaire dont les phases couples en toile sont respectivement parcourues par des courants : I1=I0 cos t I2=I0 cos (t-2/3) I3=I0 cos (t-4/3)

1- Dessiner les graphes de ces courants en fonction du temps, en prcisant les valeurs aux instants : 0 ; T/6 ; T/3 ;T/2 ; 2T/3; 5T/6 et T.

2- Aux instants : 0 ; T/6 ; T/3 ; T/2 ; Indiquer le sens rel du courant dans chacune

des phases et reprsenter les vecteurs des inductions : 1B , 2B et 3B ; ainsi que le

vecteur rsultant B . Solution :

1-

=

==

34

cos.

32

cos.

cos.

03

02

01

tII

tII

tII avec :

tT

tT

T

.22

2

===

t 0 T/2 T/3 T/2 2T/3 5T/6 T I1 I0 I0/2 -I0/2 -I0 -I0/2 I0/2 I0 I2 -I0/2 I0/2 I0 I0/2 -I0/2 -I0 -I0/2 I3 -I0/2 -I0 -I0/2 I0/2 I0 I0/2 -I0/2

2- * linstant t=0 linstant t=0

101 iIi = circule le long de la phase 1 dans le sens positif ; 1B est dans le sens de 1oy et sa norme prend sa valeur maximale 0B car e

NJB

..2 0= .

cet instant =20

2I

i le courant 2i circule le long de la phase 2 dans le sens

ngatif

2B est dans le sens contraire de 2oy et de valeur 20

2B

B = .

15

cet instant =20

3I

i le courant 3i circule dans le sens ngatif pour la phase

3 3B est dans le sens contraire de 3oy et de module 2

03

BB =

321 BBBB ++=

00

0321

03232

.23

2

2BB

BBBBBB

BBBBB

=+=++====+

Conclusion : lorsque 1i est au maximum le champ rsultant B est suivant laxe de 1oy * linstant t=T/6 :

10

1 2B

Ii = suivant 1oy et 2

01

BB =

20

2 2B

Ii = suivant 2oy et 2

02

BB =

20

2 2B

Ii = inverse (sens contraire de 3oy ) et 03 BB =

0321 .23

BBBBBB =++= (B dans le sens contraire que 3oy )

Conclusion : le champ rsultant B a tourn de 3

durant 6T

t = .

==

===TTt

t2

2

3.

* linstant t=T/3 :

10

1 2B

Ii = sens contraire de 1oy et 2

01

BB =

202 BIi = mme sens que 2oy et 02 BB =

3

02 2

BI

i = sens contraire de 3oy et 20

3

BB =

0321 .23

BBBBBB =++=

Conclusion : le champ rsultant B a encore tourn de langle de 3

pendant 3T

t = avec la vitesse * linstant t=T/2

101 BIi = dans le sens contraire de 1oy et 01 BB =

20

2 2B

Ii = mme sens que 2oy et 2

02

BB =

3

02 2

BI

i = mme sens de 3oy et 20

3

BB =

16

0321 .23

BBBBBB =++=

Conclusion : le champ rsultant B a encore tourn de langle de 3

pendant 6T

t = avec la vitesse . Conclusion finale : le champ rsultant dans un systme triphas quilibr tourne avec la

vitesse constante de , son module est de 2.3 0B .

EXERCICE N5 Pour un alternateur triphas, on a mesur le courant dans la ligne IL et la tension compose UL (entre 2 bornes), dterminer :

1- La rsistance quivalente RL entre les bornes de lalternateur. 2- Les pertes par effet Joules dans lenroulement statorique en fonction de IL et RL

(tudier le cas o lenroulement statorique est coupl en toile, puis en triangle). Solution :

1- L

LL I

UR =

2- * montage toile

==

phL

phL

UUII.3

, phL RR .2=

222 ..23

.2

.3..3 LLjLl

phphj IRPIR

IRP === * montage triangle

==

phL

phL

UUII.3

, 2..3 phphj IRP =

Lph

phLphphL

RR

RRRRR

.23

.32

.2111

=

=+= donc :

2

3..

23

.3

= LLj IRP 2..23

LLj IRP =

17

T.D N 02 Rappel de cours : - Calcul de la vitesse de synchronisme :

pf

ns.60= avec 2p le nombre de ples et f : la frquence

- pas polaire : on utilise les formules suivantes :

pD.2. = avec D : diamtre de la machine

p =

p

Z.2

= , Z : le nombre total dencoches

- phaseetplesencochesxmp

Zq //3

3436

..2===

3- = ..22,2 fE )1( =N : Flux utile/ple

mwbwb

lB

lBSB

M

moymoy

3939,075,0.63,0.3,1.2

...2

...

===

===

Hzxpn

fp

fn ss 6060

218060..60 ====

- Mthode suivre pour donner une reprsentation dun enroulement triphas : 1- Tracer ltoile des f..m. aprs dtermination de q, et 2- numroter les encoches.

3- On prend arbitrairement m

Z.2

rayon voisin ; les entres phase (1) et les sorties sont

diamtrales.

4- Phase (2) ; les m

Z.2

autres rayons dphass de 120 par rapport aux premiers ; les

sorties sont diamtrales.

5- Phase (3) ; lesm

Z.2

autres rayons dphass de 120 par rapport aux deuximes ; les

sorties sont diamtrales.

EXERCICE N1 Un alternateur hexaplaire, entran 1000 tr/mn. a- Quelle est la frquence de la f.e.m produite ? b- A quelle vitesse doit-on lentraner pour que la frquence soit 25 Hz et 60 Hz ?

18

Solution : min/1000trns = 62 =p a)- =f ? Hzxpnf

pf

n ss 506031000

60..60 ====

b)- min/50032560.60

25 trx

pf

nHzf s ====

- min/120036060.60

60 trx

pf

nHzf s ====

EXERCICE N2 Pour un alternateur ttraplaire, triphas, entran la vitesse de 1800 tr/mn, on donne : Z = 36, D = 80 cm (diamtre intrieur du stator), longueur moyenne du stator L = 75 cm, linduction maximale dans lentrefer Bm = 1,3 T ; dterminer : 1- Le pas polaire en m, rd, degr et le nombre dencoche par pole. 2- Le nombre dencoche par pole et par phase ( q ). 3- La f.e.m induite dans un brin actif du stator. 4- Donner ltoile des f.e.m pour toutes les encoches et dterminer le nombre de rayons. 5- Si on considre linstant o la f.e.m e1 dans lencoche N1 est maximale; dans quelle

encoche la f.e.m est nulle ?.

Solution : 42 =p 3 min/1800trns = 36=Z cmD 80= cmL 75= TBM 3,1= 2- le pas polaires :

mpD

63,0480,0.

.2

. ==

o902

=== rdp

pleencochesp

Z/9

436

.2===

2- phaseetplesencochesxmp

Zq //3

3436

..2===

3- = ..22,2 fE )1( =N : Flux utile/ple

mwbwb

lB

lBSB

M

moymoy

3939,075,0.63,0.3,1.2

...2

...

===

===

Hzxpn

fp

fn ss 6060

218060..60 ====

VxxEb 5295,5139,06022,2 ==

19

2em mthode La f..m. dun brin se dplaant la vitesse v est donne :

2....vlB

E

vlBE

m

mm

==

60.22

218008,075,03,122... == xxxxnDlBE smb

VEb 5298,51 =

4- encochesdpasZ '1036360

36 o=== o20102. === xpe elec rayonsRderayonsnombres 18

20360

: ==o

5- 1e est au maximum. La f..m. est nulle dans lencoche qui se trouve dans lencoche distante de o90 lec de lencoche 1 oo

o5,4

2090 = elec, ce qui correspond entre 5 et 6 ou

23 et 24 ou bien encore 14 et 15 ; 32 et 33 Conclusion : si la f..m. est au max lencoche 1, il ny a pas de f..m. nulle cet instant dans les encoches.

EXERCICE N3 Donner la reprsentation panoramique dun enroulement triphas une couche et pas diamtral, les sections sont enchevtres. On donne Z = 24, 2P = 4 ; donnez le diagramme vectoriel des f.e.m dune phase.

Solution : y= 24=Z , 42 =p 3=m Solution de lexercice 3 :

phaseetpleencochesxmp

Zq //2

3424

..2===

plesencochesp

Z/6

424

.2===

6==y (pas diamtral) o15

24360 ==

electxpe o30152. === Le nombre de rayon 12

30360 ==R

20

EXERCICE N4 Donner la reprsentation panoramique dun enroulement triphas une couche et pas diamtral, les sections sont concentriques. On donne Z = 24, 2P = 4 ; donnez le diagramme vectoriel des f.e.m dune phase.

Solution : 24=Z 42 =p Cest la mme toile de la f.e.m que lexercice n3, ce qui change dans lenroulement cest la disposition des sections.

EXERCICE N5 Etudier et tracer les bobinages triphass suivants :

1- 18 encoches, 2 ples, en sections par ples consquents, 1 faisceau par encoche. 2- 36 encoches, 12 ples, en sections par ples consquents, 1 faisceau par encoche.

Solution : 42 =p 1=q 1=m

encochesxxqmpzmp

Zq 12134...2

..2====

elecxZ

pp geoelo60

12360

2360

.. ====

Nombre de rayons : rayonsR 660360 ==

21

T.D N 03 Rappel de cours :

La f.e.m dune phase est calcule daprs la formule suivante :

uph NfKE = ....22,2 1 Avec N : le nombre de brin dans une phase, K1 : le facteur de bobinage et qui se dtermine par :

rd KKK .1 = O :

2.cos erB

K = ou 2

..sin

=y

Kr Kr=1 si ( )=y

2sin.

2sin

e

e

d

q

qK

=

Langle lectrique Z

ppe360

.. ==

Le pas polaire : pD.2.= avec D : diamtre moyen de la machine

Le facteur de forme est donn par: moy

eff

E

EK =2 ,

K2=1,11 pour une forme sinusodale et K21,11 pour une forme non sinusodale Harmoniques Facteur de bobinage : = ,,,1 .KKK d 1, =rK pas diamtral

2.sin.

2.sin

,e

e

d

q

qK

=

1,2 =K ,11 car les harmoniques sont de forme sinusodale La f.e.m des harmoniques est donne par: = ....22,2 ,1 fKNE Calcul de la f.e.m totale :

.......2523

21 +++= EEEE

Calcul de la distorsion harmonique :

( ) 100.......%1

25

23 x

EEE

D++=

22

EXERCICE N 1 On considre un alternateur triphas 4 ples lisses dont lenroulement statorique est mont en toile, est bobines spares loges dans 36 encoches. Le rayon moyen de lentrefer est de 115 mm et la longueur des conducteurs actifs est de 160mm.

1. Sachant que chaque encoche contient 5 conducteurs, calculer le flux utile par ple lorsque la tension compose vide est de u = 220 V ; le facteur de bobinage K = 0,96 et f = 50 Hz).

2. En dduire lamplitude de londe de champ magntique le long de lentrefer. 3. En admettent que la F.M.M du rotor soit entirement utilise crer le champ dans

lentrefer dpaisseur de 1 mm, calculer le nombre total de spires N de lenroulement inducteur lorsque u 0 = 220 V avec un courant dexcitation j = 9 A.

Solution : 1- u ? uph NfKE = ....22,2

Nombre de conducteur total : 180365 == xNtotal Nombre de conducteur par phase : 60

3180 ==N

3

210=phE 605096,0.22,2.3

220...22,2 xxNfK

Ephu ==

wbmu 20 2- mB ? 1

ere mthode :

L

BLBSB ummmoyu ..2.

...2

. ===

pD.2.=

LDp

BL

pD

B umu

m ..

..2.

.2

. ==

TeslaBx

xB mm 1,1115,016,0

10.202 3 =

2eme mthode :

===

= dlBdsBddlds

dsd

B ....

= dRlB ...

===

dpRlBdpBBB

m

MeM

..sin...sin.sin.

avec : p=

( )tprcedemenquersultatmmele

Dlp

Bp

DlBp

RlBp

RlBp

pRlBdpRlB

uM

MM

MMMu

......2

11..

.cos.1

....sin..00 ===

+=

==

3- mme 1= Aj 9=

23

Une ligne dinduction traverse 2

'N spires de linduction ( )42 =p daprs la loi

dampre : jN

Hl .2

' = donc : jeBj eHNjNeH m...4..4.2..2 00''

0 ===

spiresNx

xxN 389

910.4101,14 '7

3' ==

EXERCICE N 2 Linduit dun alternateur triphas coupl en toile , dont la frquence est de f = 50 Hz, la vitesse de rotation n = 500 tr/mn ; avec Z = 72 encoches, chaque encoche contient 12 brins actifs. Les sections sont pas diamtral, sachant que la flux total par ple est de 0,0384 Wb ; on demande :

1- Le nombre de ples de lalternateur. 2- Le coefficient de bobinage. 3- La f.e.m dune phase de lalternateur.

Solution :

a- 6500

5060.60.60 ==== xn

fp

pf

ns

s

plesp 122 = b- le coefficient de bobinage : rd KKK .1 = 10cos

2.cos === er BK On prend : 12sin2..sin =

==y

Kr ( )=y

2sin.

2sin

e

e

d

q

qK

=

lectxZ

ppeo30

72360

6360

.. ====

phaseetpleencochesxmp

Zq /2

31272

..2===

966,015sin2152.sin == xKd donc : 966,0.1 == rd KKK

c- uph fNKE = ....22,2 1 Nombre de brins : brins

xN 288

37212 ==

VxxxxEph 11860384,050288966,022,2 == VEph 1186=

24

EXERCICE N 3 Le stator dun alternateur triphas comporte 12 ples, 3 encoches par ple et par phase, avec 10 brins par encoche. 1. Louverture des diffrentes spires tant gale au pas polaire, calculer le facteur

denroulement. 2. Lalternateur est ples lisses, la f.e.m induite dans un brin actif pendant priode

est donne par la figure ci-dessous ; calculer le facteur de forme. 3. Lalternateur tant branch en toile, on a relev pour lexcitation nominale la

vitesse de synchronisme n s= 500 tr/mn une tension vide par phase de 1500 V ; calculer le flux utile par ple.

Solution :

a- rd KKK .1 = )(12.sin

=== yy

Kr

2sin

2sin

e

e

d

q

qK

= 1083312..2 === xxqmpZ

lectxpe=== 20

108360

6.

96,010sin310.3sin ==

dK 96,01 = K

b- moy

eff

E

EK =2

VVxVxVx

Emoy 923

91731 =

++=

( ) ( ) ( )

VVVV

Eeff 965

9.17.3.1 222 =++=

05,1

923965

2 ===moy

eff

E

EK 05,12 =K

c- VEv 1500= uph fKNE = ....2 21.KKK =

1V

3V

E

7

9

25

.3603

10810 brinsxN ==

Hzxnp

fp

fn ss 5060

5006060..60 ====

5005,196,03602

1500...2 xxxxfKN

E phu ==

Wbu 041,0= mWbu 41=

EXERCICE N 4 Linduction radiale dans lentrefer dun alternateur 2 ples est en fonction de langle selon lexpression suivante : B() = B1sin + B3sin 3 +B5sin 5. 1. Exprimer le flux dun ple inducteur (le rayon et la longueur de lentrefer tant

respectivement R et L). 2. Ce flux a pour valeur 46 mWb, linduit triphas 48 encoches, toutes occupes et

chacune contient un faisceau de 12 brins. Quelle est 50 Hz, la f.e.m fondamentale E1 sachant que : (B3/ B1) = 0,12 et (B5/ B1) = 0,07.

3. Calculer les f.e.m des harmoniques 3 et 5 ; la f.e.m totale et la distorsion harmonique (en %).

Solution : 22 =p a-

dsd

B= ( ) === dRLdLLdds ....

== dBRLdsBd .... =

0

.... dBRL ===pp2

2 1=p

[ ]( )

++=

+

+=

++=

531

05

0301

0531

52

32

2..

cos51

3cos31

cos.

.5sin3sinsin.

BBBRL

BBBRL

dBBBRL

++=53

..2 531BB

BRL

b- 111,11 ....22,2 = fNKE brins

xN 192

34812 ==

Hzf 501 = Calcul du flux : 1 11 ...2 BKL= 054,107,0.

51

12,0.31

151

31

11

5

1

3

1

=++=++=

BB

BB

26

054,146

054,146 1 === mWb

mWb64,431 = Calcul de 1,1K : = ,,,1 .KKK d 1, =rK

2.sin.

2.sin

,e

e

d

q

qK

= phasepleencochesxmp

Zq //8

3248

..2===

lectxe== 5,71

48360

956,0

25,7

.1sin.8

25,7

.8.1sin1, ==dK

956,01,1 = K 31 1064,4350192956,022,2

= xxxxxE 13,8891 = E VE 8901 = c- ?3E ?5E = ....22,2 ,1 fKNE ( )usoidalK sin11,1,2 = brinsN 192= Hzxffff 1505033. 131 ==== Hzxff 2505055 15 === Calcul de ,1K ? = ,,,1 .KKK d ( )1, =rK

2sin

2.sin

,,1e

e

d

q

qKK

==

phaseetpleencochesq /8= lecte

= 5,7

641,0

25,7

3sin8

25,7

83sin3,1 ==

xx

xxK et 194,0

25,7

5sin8

25,7

85sin5,1 ==

xx

xxK

Calcul de ? = SB .

LL

BB

SBSB

.

..

.

.

11111 ==

= 1

===

1..1

...

..

11

11

1

11 BB

BB

LL

BB

mWbxxBB

74,131

12,064,4331

..1

313 ===

27

mWbxxBB

61,051

07,064,4351

..1

515 ===

Calcul de 3E et 5E ? 333,13 ....22,2 = fNKE 31,711074,1150641,019222,2 3 == xxxxx VE 31,713 = 555,15 ....22,2 = fNKE 61,121061,0250194,019222,2 3 == xxxxx VE 61,125 = Calcul de la f.e.m totale :

2222523

21 61,1231,71890 ++=++= EEEE VE 94,892=

Calcul de la distorsion harmonique :

( ) %1,8100890

61,1231,71100%

22

1

25

23 =+=+= xxE

EED

%1,8=D

28

T.D N 04 Rappel de cours : Pour le rgime nominal, lorsque la machine est non sature, la f.e.m :

XIjIRVE ++=0 , on choisit une chelle de courant : On calcule NR IRV .= , elle est en phase avec I NX IXV .= avec X= L en avant de /2 sur le courant En connaissant on peut tracer V dphas sur le courant, la rsultante est E0 Diagramme de Benh-Escenburg :

Mthode analytique :

( ) ( )2220 sincos XIVRIVE +++= Caractristique de court circuit : JKIcc .=

Limpdance synchrone est donne par ccI

EZ 0= , par consquent, on peut calculer la

ractance synchrone : 22 RZX = EXERCICE N1. Pour un alternateur triphas, on donne : Puissance nominale SN = 16 kVA ; tension nominale vide compose E0N = 400 v ; couplage de linduit est en toile ; Xsyn = X = 3 (par phase) ; R = 0,6 ; dterminer : 1- La tension U aux bornes de lalternateur et la chute de tension U par rapport la f.e.m pour le rgime nominal ( I = IN ) avec cos = 0,8. 2- Le facteur de puissance lorsque U = 86 v pour le courant nominal. Solution : Pour le rgime nominal, on calcule le courant :

XIjIRVE ++=0 1- A

xU

SIIUS

N

NNNNN 1,23400.3

1016.3

..33

====

VxIRV NR 86,131,236,0. === VxIXV NX 3,691,233. ===

29

AR8,0cos = = 37 VE s 2313

4000 ==

Echelle : Vcm 251 OCcmE S == 24,92310 OAcmVR == 55,086,13 ABcmVX == 77,23,69 On mesure VVcmBC 5,1729,6 == VVU 3005,172.3 = VUEU 1003004000 === Mthode analytique :

6,0sin8,0cos ==

( ) ( )( ) ( ) ( ) VVVV

XIVRIVE

1732,696,0.13868,0.213

sincos222

2220

=+++=+++=

2- ?cos VU 86= pour NII = VUEUUEU 3148640000 ==== VV 3,181=

- Analytiquement : ( ) ( ) ( )222 2,69sin.3,18186,13cos.3,181213 +++= 9,0coscos1sin 2 == 25

- Graphiquement : On trace 2 cercles de rayons OCE =0 et BCV =

VRIOA 86,13== VXIAB 2,69== VVBC 3,181== VEOC 2310 == On mesure = 25 9,0cos =

EXERCICE N2 Un alternateur triphas a les caractristiques nominales suivantes : 12 kva ; 220/380 V ; 1500 tr/mn ; 50 Hz et le courant dexcitation maximal 5 A. Cet alternateur est mont en toile, on dtermine :

1- la caractristique vide 1500 tr/mn :

J (A) 1 1,8 2,6 3,2 4 5 U0= E0(V) 136 248 316 346 368 383

2- Sa caractristique en c.c passe par le point J = 1A et I = 19,2A 3- La rsistance de linduit par phase la temprature du rgime R = 0,625 ; on

demande : a- Limpdance et la ractance synchrone de linduit pour chaque valeur de

courant dexcitation utilis dans lessai vide.

30

b- Le diagramme de Benh-Escenburg dans les conditions de courant nominal avec J = 4,2 A, la vitesse nominal et cos = 0,8.

c- La caractristique en charge de lalternateur lorsque la seule variable est le courant dbit tandis que le dphasage, lexcitation, la vitesse de rotation ont les mmes valeurs de la question (b)

Solution : a- ( ) 2,11912,19. === KKJKIcc ( )AJ 1 1,8 2,6 3,2 4 5

( )VE c0 136 248 316 346 368 383 ( )VE s0 78,6 144 182,5 200 212 221 JIcc .2,19= 19,2 34,6 50 61,5 76,8 96

ccIEZ 0= 4,10 4,16 3,65 3,25 2,76 2,3 22 RZX = 4,05 4,12 3,60 3,20 2,68 2,22

b- 30

0C

s

EE =

AxIAJ cc 64,802,42,192,4 === On trace la caractristique vide et on dtermine pour 2,4=J ; VE 2180 = === 70,2

64,802180

ccIE

Z

( ) ( ) == 63,2625,07,2 22X A

US

IN

NN 25,18380.3

10.12.3

3

===

OAVxIRV NR ==== 4,1125,18625,0. ABVxIXVX ==== 4825,1863,2. ==== 378,0cos;2180 VEOC On mesure VVBC 5,177== c- AJ 2,4= VE 2180 = 8,0cos = Caractristique en charge : ( )IfV = ( )AI 5 10 15 18,25

IRVR .= 3,125 6,25 9,375 11,4 IXVX .= 13,15 26,3 39,45 48 ( )VV 207 197 185 177,5

31

EXERCICE N3 On a relev le caractristique vide dun alternateur ples lisses, 50 Hz, stator mont en toile, on a not aussi pour les mmes valeurs du courant dexcitation les courants de cc :

J (A) 2 5 8 10 15 18 E0S(V) 140 278 360 400 460 484 Icc(A) 12 30 48 60 87 100

1- Calculer limpdance cyclique de Benh-Escenburg dun enroulement pour toutes les

valeurs du tableau ; tracer la courbe Z=f(J). 2- Dans un fonctionnement, on sait que J = 15A, I = 50A et cos =0,866 ; calculer la

tension V( le rcepteur est inductif) 3- On impose V= 380V ; = - 30 (charge contient des capacits) ; J = 8A, calculer le

courant induit I. 4- On impose V = 380V ;J = 18A et I = 41A ; calculer le facteur de puissance. 5- La charge est une rsistance de 7 ( le rhostat est branch en toile) ; le courant

dexcitation est alors J = 15A ;Calculer la tension V et le courant dinduit I.

Solution : IZVE .0 += 1- ( )AJ 2 5 8 10 15 18

( )VE s0 140 278 360 400 460 484 ( )AIcc 12 30 48 60 87 100 ( )Z 11,7 9,3 7,5 6,7 5,3 4,84

ccI

EZ 0=

2- AJ 15= ; AI 50= ; AR8666,0cos =

====

===ACcmVxIZZ

OCcmEAJ

25,13265503,5.3,523460

15 0

== 30866,0cos On mesure VVcmxOAV 264202,13 === 3- VV 380= ; = 30 ; AJ 8= ?I

====

5,718360

8 0Z

cmOCVEAJ

cmVVOA 19380 == On trace un cercle de rayon 0E et de centre o

Remarque : le point 'C nest pas stable : cest transitoire on prend le point ""C On mesure VxIZAC 3402017. === AI 45

5,7340 ==

32

4- ?cos;41;18;380 === AIAJV

====

===ACcmVxIZZ

OCcmEAJ

102004184,4.84,42,24484

18 0

On trace 2 cercles de rayon 0EOC = et IZAC .= ; ce qui donne lintersection au point ""C

On mesure = 20 94,0cos = 5- ct charge : IRV .= (1) Ct alternateur : IjXVE +=0 (en ngligeant la rsistance statorique) IjXEV = 0 (2) (1)=(2) 22

200

0 XRE

IjXR

EIIjXEIR +=+==

===

3,5460

15 0XZ

VEAJ AI 52

3,57460

22 += VVxIRV 364527. ===

33

T.D N 05 Rappel de cours :

On trace la carctristique vide E0= f(J) Lessai en dwatt : I=I1 peut crire : IjXVE += En court circuit : IjXEV == 0 Le courant dexcitation correspondant ccJ daprs ( )JIcc '1 intBpoJII cc = - on mesure 'OB - on dessine ''AO parallle 'OB telle que cmOBAO 5''' == - au point 'O on trace une droite parallle la pente de la caractristique vide - lintersection de cette droite avec la courbe de la caractristique vide : cest le

point A - on mesure AHIxAH = . et on calcule X - - on mesure HAIHA '' . = et on calcule Daprs le diagramme on mesure rc KJEKJE ==0 Donc rc KJE = la mme allure que la caractristique vide do, du tableau on tire :

rc JE On dessine rJ en avance de 2

sur cE

on dessine I parallle I On dtermine graphiquement J ; tel que IJJr

rrr +=

Dtermination de limpdance synchrone :

cc

occ

cc

cc

IE

IKJ

Zccenessai

videessai ==

Pour dterminer la ractance synchrone, on utilise la relation suivante : 22 XRZ +=

Pour les machines ples saillants la f.e.m vide est donne par : rLaTrLaTo IjxIjxIRVIjxIjxIjxIRVE +++=++++= '' La f.e.m de Blondel est donne par : aTaTB IjxIRVIjxIjxIRVE ++=+++= ' A partir de EB et daprs la caractristique vide on tire rJ En choisissant une chelle, on dessine rJ puis on calcule += sinIJJ r

EXERCICE N 1 Un alternateur triphas, mont en toile, a les caractristiques nominales suivantes : 23 Kv ; 127/ 220 V ; 1500 tr/mn ; 50 Hz. Lors des essais, on a relev les valeurs suivantes : - La caractristique vide 1500 tr/mn.

34

J (A) 1 2 3,5 7 8 10 15 U0= E0(V) 96,6 160 214 260 268 278 291 - La caractristique en C.C passe pour le point J = 6A et Icc = 60 A. - Dans un fonctionnement en alternateur 1500 tr/mn avec une charge triphase quilibre purement inductive, on a mesur : U = 216,5 V ; I = 50 A ; et J = 11,5 A. La rsistance mesure chaud est de R = 0,19 ; on demande : a- La ractance de fuites par phase et le coefficient dquivalence de Poitier. b- Le courant dexcitation permettant un dbit de 60 A avec cos = 0,8 sous une tension

compose de 220 V ( la charge tant triphase et quilibre.

Solution : a- ( )AJ 1 2 3,5 7 8 10 15

)(0 VE s 50 92,5 123,5 150,1 154,7 160,5 168

30

0L

s

EE = (Couplage toile)

chelle de tension : Vcm 101 chelle de J : Acm 11 chelle de I : Acm 101 VVU 125

35,216

5,216 === ( )125;5,115,11 'AJ = Lessai en dwatt : AI 50= on peut crire : IjXVE += En court circuit : IjXEV == 0 Le courant dexcitation correspondant ccJ daprs ( )JIcc ( )0,5550 'BAJAI cc == - on mesure cmOB 5' = - on dessine ''AO parallle 'OB telle que cmOBAO 5''' == - au point 'O on trace une droite parallle la pente de la caractristique vide - lintersection de cette droite avec la courbe de la caractristique vide : cest le

point A

- on mesure ==== 5,05025

25.25 xAIxVAH

LAIAHA 09,050

6,46,4.6,4' ====

Les coefficients de Poitier = 5,0x et 09,0= b- AI 60= 8,0cos = VU 220= ?J * VxRIR 4,116019,019,0 === * VxxI 30605,0 == == 378,0cos * VV 127

3220 ==

On choisit lchelle : Vcm 101 Acm 21

35

Daprs le diagramme on mesure VEc 155= rc KJEKJE ==0 Donc rc KJE = la mme allure que la caractristique vide do, du tableau on tire :

AJVE rc 8155 == On dessine AJr 8= en avance de 2

sur cE

AxI 52,560092,0 == , on dessine LI 5,5= parallle I On dtermine graphiquement J ; tel que IJJr

rrr += On trouve AJ 6,12=

EXERCICE N 2 Un alternateur triphas, mont en triangle, on a relev les caractristiques vide J (A) 0 2 5 7 8,5 11 16 ES (V) 0 55 135 165 185 197 215 On a ralis un essai en C.C : J = 4,5 A ; I (ligne) = 39 A. On a ralis un essai en dwatt : U =160V ; J = 15 A ; I (ligne) = 52 A. Calculer les coefficients de Poitier et x.

Solution : on trace ( )JfE s =0 daprs le tableau ; ( )JfIcc = A

II Lcc 5,22

339

3=== AJ 5,4=

point 'A : VVVU 160160 == A

II cs 20

352

3=== ( )150;15'A

point 'B : pour AJAI ccph 630 == daprs ( )JIcc Daprs le graphe prcdent, on mesure : AH et HA ' :

==== 2,13036

36 xxIVAH ( )A30I ph = 156,0

3070,4

70,4' ==== IVHA On trouve : 16,02,1 == etx

EXERCICE N 3 On dispose dun alternateur ples saillants de 4 Kw ; cos = 0,8 ; 220/380 V ; 1500 tr/mn ; 50 Hz. En couplage toile, on a relev la vitesse nominale : J (A ) 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 E0S(v) 84 160 216 244 264 278 289 297 302 305 On a ralis un essai en C.C : J = 0,73 A ; I CC= 10 A.

36

On a ralis un essai en dwatt : V1 = 224V ; J1 = 1 A ; I1 = 7,6 A. La rsistance dun enroulement statorique mesure chaud vaut R = 0,9 ; on demande : a- La pente de la caractristique vide et la rluctance synchrone longitudinale dduite

des essais vide et en C.C. b- Dterminer les coefficients de Poitier et x. c- En traant le diagramme 2 ractances synchrones (Blondel) ; dterminer le courant J

permettant le fonctionnement nominal ; sachant que XL = 61,8 et XT 31,5 d- En tenant compte de la saturation, que vaut le f.e.m rsultante induite sur laxe de la

roue polaire ? Donner la valeur du courant inducteur et vrifier que la machine est sature.

e- Quelle valeur de courant dexcitation aurait-on trouv par le diagramme de Poitier, donnant une valeur approche de la valeur relle ?.

Solution : a- pente de la caractristique vide

AV

JE

KKJE oos 8401,084 ====

====

3,6110

73,0840xI

EI

KJZ

ccenessaivideessai

cc

occ

cc

cc

( ) ( )222222 9,03,61 ==+= RZXXRZ 3,61LX b-

on mesure VAH 38= === 5

6,738

38 xxI

IAHA == 52,0' ; 068,06,752,0 ==

On trouve : 068,0;5 ==x c- 82,61=LX et = 5,31TX

La machine est non sature CteXL = A

xxVP

I NN 6,78,0220310.4

cos3

3

== rLaTrLaTo IjxIjxIRVIjxIjxIjxIRVE +++=++++= '' On choisit une chelle : VxRI 84,66,79,0 == VxIxT 4,2396,75,31 ==

aTT IXIXBHRIABVOA

====

cos

HGHDXX

XX

HGHD

T

L

T

L

.96,1

96,1sinsin

===

=

On mesureHG , on dtermine ""D tel que HGHD .96,1= On mesure VEVOD o 620620 ==

37

La machine est non sature 840620===

KE

JKJE oo

AJ 74,0 d- On calcule BCVxxI == 38765

====

cosIxCFxIBCRIABVOA

T

On mesure VEOF 234234 1 == Daprs la caractristique vide AJr 36,0= En choisissant une chelle, on dessine AJr 36,0= , on mesure o64= o64sin6,7068,036,0sin xxIJJ r +=+= AJ 83,0= , donc la machine est sature e- Mthode de Poitier :

xIBCRIABVOA

===

On mesure VEEOC c 250=== AJr 43,0= Daprs ( )JE cr EJ En choisissant 1 chelle de caractristique I // I 52,06,7068,0 == xI cr EJ IJJr += On mesure AJ 88,0=

38

TD N 6 Rappel de cours :

1. lorsque P=0, la machine fonctionne vide : - soit 0=I , aucune charge IjXVE +=0

donc VEI == 00

- soit 2

0cos0cos...30==== IVpI

Daprs le diagramme XIVE +=0

XVE

I= 0

2. lorsque la machine fournit une puissance P , en connaissant J, on peut dterminer E0 ( 0EJ )

VPX

IXV

PIIVP

.3.

cos...3

cos.cos...3 === cos..IX On choisit une chelle de tension puis on trace : 0E ,V et cos..IX

ce qui donne le diagramme de Benh-Escenburg

Facteur de stabilit est donn par :

Puisque eMem CC = sin eem

Max

CC

S == sin1

Le calcul des diffrentes pertes : -pertes dues lexcitation : JUPexN .= - pertes mcaniques : fmecmecf PPPPPP =+= 00 - pertes constantes : exNjoulesfmecconst PPPPPP +=++= 0 - pertes joules : joulesmecfcc PPPP ++=

mecccjoules PPP = On peut utiliser la mthode suivante : Pertes variables : 2.3 RIPJ =

Rendement nominal est calcul par : pertesIU

IU

NN

NNN +=

cos..3

cos...3

39

EXERCICE N1 Une machine synchrone triphas et ttraplaire dont la puissante SN = 10 kVA ; 127/220V ; f = 50 Hz ; lessai vide a donn (E0p : fem vide entre phases) :

J (A) 3,5 5 8,5 10 15 20 E0p (V) 113 150 220 242 296 330

Les pertes sont ngligeables. Lessai en cc a donn : Icc = 20A et J = 5,8A.

1- Prciser le couplage du stator et calculer IN. 2- Calculer la vitesse de synchronisme et la ractance synchrone par phase pour J =

15A (on conserve cette valeur constante pour le reste du problme). 3- La machine fonctionne vide :

a- Dterminer le courant dexcitation J lorsque I = 0 b- Dterminer le courant dinduit I lorsque J =20A (surexcit) et J= 5 A (sous excit).

4- La machine fonctionne en alternateur ( p = 5kW) ; lorsque J =20A a- Construire le diagramme de Benh-Escenburg. b- Dterminer :le facteur de puissance, le courant dinduit, langle (entre E0

et V) et le coefficient de stabilit ( s = Ce Max/Cem ) Solution :

couplage du stator : 31

220127 = couplage toile

AV

SI NN 2,26127.3

10.10.3

3

=== AIN 2,26=

min/150025060.60

trx

pf

ns === min/1500 trns =

AJ 15= cc

cc

IE

Z = 8,5

20===JI

KKJI cccc

==== 3,315.

8,520

.3

2963

29615 0 ZEAJ

= 3,30 synXR P=0, machine fonctionne vide :

a- 0=I ?J IjXVE +=0 VEI == 00

VEVN 127127 0 == Daprs le tableau AJ 5,8= b- ?I pour A20J = (surexcit)

VEAJ 5,1903

33020 0 ===

2

0cos0cos...30==== IVpI

Daprs le diagramme XIVE +=0

3,31275,1900 ==

XVE

I AI 3,19

40

?I Pour AJ 5= (5 sous-excit) VEAJ 6,86

3150

5 0 === 20=I

Daprs le diagramme XIVE =0

3,36,861270 ==

XEV

I AI 2,12 KwP 5= VEAJ 5,19020 0 ==

VPX

IXV

PIIVP

.3.

cos...3

cos.cos...3 ===

Vx

IX 3,43127.3

10.53,3cos..

3

== VV 127= Echelle : Vcm 201 cmE 5,90 cmV 35,6 cmIX 16,2cos.. =

a) Diagramme de Benh-Escenburg

b) On mesure 6,0cos53 == o ?I A

xXIVIX 22

6,03,33,43

cos.3,43

3,43cos.. ==== AI 22= ? On mesure o13=e ?S

eem

Max

CC

S == sin1

eMem CC = sin

4,413sin

1 ==S 4,4=S EXERCICE N2 Pour un alternateur triphas on donne : S n = 16 kVA ; Un = E0n = 400V ; couplage du stator en toile .La ractance synchrone par phase en rgime nominal X = 3; La tension nominale dexcitation Uexc,n = 110V. Le courant nominal dexcitation Jn = 4A. 1-l'ssai vide a donn : P0 = 450 W ;(puissance fournit l'arbre de lalternateur). Les pertes magntiques sont calcules par P mag = 10 J2 (W). 2- lessai en C.C a donn : Pcc = 1250 W pour Icc = IN. La rsistance entre deux phases est de : R = 1,1 .dterminer :

41

a- les pertes de l'alternateur : Pexct ; Pmagn ; Pmec ; Pcont ; P joules,N et les pertes variables . b- le rendement nominal N pour cos = 0,8. c- le rendement maximal pour cos = 0,8.

Solution : a-

?exNP WxJUPexN 4404110. === ?fP ( ) WxJPf 160410.10 22 === ?mecP fmecmecf PPPPPP =+= 00 WPmec 290160450 == ?constP 4404500 +=+=++= exNjoulesfmecconst PPPPPP

WPconst 890= ?,NjoulesP joulesmecfcc PPPP ++= 000 === EJcarPf

WPPP mecccjoules 9602901250 === On peut utiliser la mthode suivante : 2.3 NJ RIP = A

U

SI

N

NN 1,23400.3

10.16.3

3

=== == 60,0220,1

R

( ) WxxPJ 9601,2360,03 2 == Pertes variables : 222 80,1.60,03.3 IPIxRIP JJ ===

b- 9608908,01,23400.3

8,01,23400.3cos..3

cos...3

++=+=

xxxx

pertesIU

IU

NN

NNN

%37,87N = c- ?max AIIPP Jconst 24,2280,1890 2max ===

89028,024,22400.38,024,22400.3

cos..3cos...3

xxxxx

pertesUIIU

N +=+=

%38,87=N

EXERCICE N3 On considre un alternateur monophas (circuit magntique non satur), ayant les caractristiques suivantes : - Tension d'induit U = 380 V; - Frquence f = 60 Hz; - Vitesse de rotation N = 900 tr/min; - Rsistance d'induit r = 0,02 Lorsque le courant d'excitation vaut 9 A, la tension vide est gale 420 V. De plus, pour un courant d'excitation de 5 A, l'alternateur dbite un courant de court-circuit de 307 A. 1) Nombre de ples de l'alternateur. 2) Dtermination de la ractance synchrone par le diagramme de Behn-Eshenburg. 3) Le facteur de puissance de l'installation tant de 0,9, trouver la f..m. avoir pour U = 380 V et I = 120 A. 4) En dduire le courant d'excitation correspondant (on considre que la courbe E(i) est linaire entre 380 et 450 V).

42

Le rotor consomme un courant de i = 5 A sous une tension de 17 V, et les pertes constantes sont gales 700 W. 5) Calculer pour les conditions des questions 3 et 4, la puissance utile ainsi que son rendement.

Solution : 1) Nombre de ples de l'alternateur Le nombre de paires de ples de l'alternateur est donn par la relation: p = f / N ( f en Hz et N en tr/s) p = 4 soit 8 ples 2) Ractance synchrone En supposant que la courbe Icc(i) du courant de court circuit l'induit en fonction du courant d'excitation est linaire on obtient Icc (i = 9A) = (9/5) Icc (i = 5A) = 553 A. La ractance synchrone est alors donne par la relation:

3) f..m. pour U = 380 et I = 120 A En se plaant dans l'hypothse de behn-Eshenburg

En projetant sur un axe horizontal Ox et un axe vertical Oy, on obtient : Evx = U + RIcos + LIsin = 421 V Evy = - RIsin + L Icos = 81 V Ev2 = Evx2 + Evx2 donc : Ev = 429 V 4) Courant d'excitation La caractristique interne tant considre comme linaire on en dduit le courant d'excitation : i ( Ev = 429 V) = i ( Ev = 420 V) (429 / 420) = 9,2 A 3) Puissance utile et rendement La puissance utile est la puissance active fournie l'induit par l'alternateur: Pu =UI cos = 41,04 kW Pour dterminer le rendement nous devons valuer les diffrentes pertes: pertes Joule l'induit: Pjs = rI2 = 288 W pertes Joule l'inducteur: Pjr = Ri2 = (17 / 5)i2 = 287,8 W pertes constantes: Pc = 700 W La puissance absorbe est donc Pabs = Pu + Pjs + Pjr + Pc = 42,31 kW et le rendement = Pu / Pabs = 0,97

43

EXERCICE N 4 Les compteurs dnergie active et ractive installs sur le tableau dalimentation dune usine indiquent respectivement 13750 kWh ; 16500 kVAh pour une journe : 1-quel est le facteur de puissance moyen de cette usine. 2-on veut relev jusqu' 0,85, le facteur de puissance moyen par lemploi dune machine synchrone surexcit fonctionnant vide .Si on nglige la puissance active absorbe par cette machine, quel devra tre la puissance apparente ?. 3- en supposant que la machine considre absorbe une puissance active gale 6,5 % de sa puissance ractive, quelle est exactement la puissance apparente du condensateur synchrone installer.

Solution : 1- Facteur de puissance moyen :

64,0cos2,11375016500

cos3

sin3 ====

dtUI

dtUItg

lintgrale tant tendue toute une journe. 2- nergie ractive fournir :

nergie active (kWh) nergie ractive (kVarh) avant : 13750 avant : 16500 aprs : 13750 aprs : ( ) 850085,0cos13750 = Arctg

Il faudra donc fournir une nergie ractive gale : 16500-8500 = 8000 kvarh. La puissance ractive du compensateur synchrone, fonctionnant pendant toute la

journe sera donc : var333,33324

8000k=

et puisque nous ngligeons la puissance active absorbe, sa puissance apparente devra tre : S = 333,333 kVA. 3- Calcul de la puissance active absorbe par la machine synchrone : P = 0,065 333333 = 21667 W.

nergie active (kWh) nergie ractive (kVarh) avant : 13750 avant :16500

aprs : 24 0,065 Q + 13750 aprs : 16500 - 24 Q= ( ) PArctg 85,0cos Do lquation : ( ) var42,31913750065,02462,02416500 kQQQ =+=

kWQP 76,20065,0 == ( ) ( ) kVAQPS 32042,31976,20 2222 =+=+=

EXERCICE N 5 La machine synchrone de lexercice n1 du T.D n5 est couple sur un rseau de 127/220 V ; 50 Hz ; on utilisera pour son tude le diagramme de Behn-escenburg et on ngligera la rsistance du stator; on demande : a- la ractance synchrone par phase correspondant une excitation de J = 10 A. b- la machine fonctionnant en compensateur synchrone (on la suppose parfaitement

vide) ; dterminer le courant dbit par le rseau pour une excitation de 10 A.

44

c- calculer la capacit de chacun des trois condensateurs identique, qui, branchs en sur le mme rseau, fourniraient la mme puissance ractive.

d- lexcitation est toujours 10 A, le moteur entrane un compresseur qui lui oppose un couple rsistant dont le moment a pour valeur : 72 N.m; on admet que le rendement du moteur est de 0,95 ; dterminer le courant dbit par le rseau.

e- dterminer le courant dexcitation pour que le moteur, entranant le compresseur, fournisse la mme puissance ractive que dans la deuxime question.

f- le couple rsistant du compresseur devenant les 8/5 de sa valeur prcdente, on rgle lexcitation pour que le moteur ne mette en jeu aucune puissance ractive ; dterminer le courant dexcitation et le courant dinduit.

Solution : Daprs lexercice n1 TD n5

a- J=10A ccIE

Z = 3

2760 =E pour J=10A [E(J)]

Et JKJIcc 10== 60,1

1010.3278 ==

xZ

( ) ( )2222 19,06,1 == RZX 60,10 XR

b- A vide : J=10A 2780 = E V XIVE += 0 5,33

3220

3278

0 === VEXI

9,206,15,33 == I A 9,20=I A

c- phIcU =

1 9,20=LI A

U : tension entre la ligne du rseau U=220V

U

IC

IC

U LL == 33.1

175220502.3

9,20.2.3

== xxufI

C L F

d- J=10A a

u

PP= rsu CnP ..2 n=1500tr/min

1130472.60

1500.2 ==uP W

1190095,0

11304 ==u

a

PP W

2,31220.3

11900.3

cos.cos..3 ====U

PIUIP aa A

On trouve : I.cos=31,2A Le diagramme de B.E :

45

Daprs le diagramme : ( ) ( )2220 cossin ++= XIXIVE 10=J A 1600 E V ( ) ( ) ( )222 2,316,1sin160 xXIV ++= ( ) ( ) ( ) 994,231072,316,1160sin. 222 ==+ xXIV 6,15sin.

6,125

sin. == II

565,265,05,02,316,15

cos.sin. ====

tgII

8944,0cos = 35

8944,02,31

cos2,31

2,31cos. === II A 35 I A 2emeMthode : une fois on a calcul I.cos=31,2A 502,316,1cos. = xXI V On dessine : (chelle)

OA=V=127V AH=XI.cos=50V

E0=160V (J=10A)=OC (cercle), C se trouve sur une droite // OA On mesure AC=56VXI

356,1

5656 ===X

I A

e- J ? == sin..32

sin.3 UIUIQ b

9,20sinsin..39,203 == IUIUx (le mme cas d) 2,31cos. =I A ( ) ( )2220 cos.sin. ++= XIXIVE ( ) ( ) 282332,316,19,206,1127 22 =++= xx 1680 = E V 15= J A daprs E0(J)

On peut utiliser la mthode graphique : OA=V=127V AH=XI.cos=50V HC=XI.sin=1,6x20,9=33,5V On mesure OC=E0=168V E0(J) J=15A

f- arsrsu

a PCnCnP

P58

58...2...2 '' =

===

502,31.58

cos.58

cos..3.58

.3 '' === IIUIUI A I=50 A

46

( ) ( )2220 cos.sin. ++= XIXIVE ( ) ( ) 150225291506,10127 022 ==++= Exx V 7= J A

On peut utiliser la mthode graphique :

OA=V=127V AH=XI.cos=50V 8050.

58' ==AH V

=0 On mesure OH=E0=150V 7= J A 50

6,180''' === IXIAH A

47

Moteur asynchrone triphas

1. Constitution et principe de fonctionnement

1-1. Stator (inducteur)

Il est constitu de trois enroulements (bobines) parcourus par des courants alternatifs triphass et possde p paires de ples.

Les courants alternatifs dans le stator crent un champ magntique B 1 tournant la pulsation de : s p

1-2. Rotor (induit)

Le rotor nest reli aucune alimentation. Il tourne la vitesse de rotation . Rotor

cage dcureuil Il est constitu de barres conductrices trs souvent en aluminium. Les extrmits de ces barres sont runies par deux couronnes galement conductrices. On dit que le rotor est en court-circuit. Sa rsistance lectrique est trs faible.

Schma de principe dune cage dcureuil

1.3. Rotor bobin

Les tles de ce rotor sont munies dencoches o sont placs des conducteurs formant des bobinages. On peut accder ces bobinages par lintermdiaire de trois bagues et trois

48

balais. Ce dispositif permet de modifier les proprits lectromcaniques du moteur.

1.4. Courants induits

Des courants induits circulent dans le rotor.

1.5. Entrefer

Lentrefer est lespace entre le stator et le rotor.

1.6. Glissement

Le rotor tourne la vitesse plus petite que la vitesse de synchronisme .

On dit que le rotor glisse par rapport au champ tournant. Ce glissement g va dpendre de la charge.

100.S

S

nnn

g=

Avec : ns : vitesse de rotation de synchronisme du champ tournant (tr.s-1).

n : vitesse de rotation du rotor (trs.s-1).

Symboles du moteur asynchrone :

3. Fonctionnement du moteur asynchrone :

3-1. Fonctionnement vide

A vide le moteur nentrane pas de charge. Consquence : le glissement est nul est le moteur tourne la vitesse de synchronisme. A vide : g = 0 et donc n0 = nS

Autres observations : -le facteur de puissance vide est trs faible (

49

crer le champ magntique).

3-2. Fonctionnement en charge

Le moteur fournit maintenant de la puissance active, le stator appelle un courant actif.

Remarque : le moteur asynchrone est capable de dmarrer en charge.

3-3. Caractristique mcanique Tu = f(n)

3-5. Caractristique mcanique en fonction du glissement

Laxe des abscisses de la caractristique mcanique peut tre reprsent par le glissement

50

TD N 7 Rappel de cours : Soient P0: puissance vide ; pm : pertes mcaniques ; pf ST : pertes fer statoriques ; pJ ST : pertes joules statoriques vide. On peut crire : P0 = pm+p f ST +pJ ST0

le glissement est calcul par (%)100.S

S

nnn

g=

la formule de Kloss est donne par :

crit

critMm

gg

ggC

CK

+== 2

Avec C : le couple quelconque, g : le glissement correspondant CM : couple maximal, gcrit : le glissement critique correspondant au couple maximal Couple utile en fonction de la puissance utile :

mNn

PC

N

uu .12402

== Les pertes rotoriques : Protoriques= g. Pe

Le rendement %100.a

totalesa

ppp =

Lorsque les pertes statoriques sont ngligeables, le rendement est calcul par :

gPP

a

u == 1

EXERCICE N1 Un moteur asynchrone ttraplaire porte les indications : 50 Hz ; 220/380 V ; aliment sous 380 V, il absorbe : - vide : I0 = 5,2 A et p0 = 390 W. - en charge : 7,5 A et pa =4070 W. La rsistance entre 2 bornes de phases du stator est de R= 2,2 . En admettant que les pertes mcaniques et les pertes magntiques sont gales ; calculer le rendement du moteur lorsque sa frquence de rotation est de 1430 Tr / mn.

Solution : Soient P0: puissance vide ; pm : pertes mcaniques ; pf ST : pertes fer statoriques ; pJ ST : pertes joules statoriques vide. On peut crire : P0 = pm+p f ST +pJ ST0 Le couplage est en toile, donc la rsistance par phase est: r = R/2= 2,2/2=1,1 , Les pertes joules statoriques vide : pJ ST0= 3.r.(I0)2 = 90 w Puisque pm=p f ST donc :P0 = 2.pm +pJ ST0 et par consquent: pm=p f ST = ( P0 -pJ ST0)= 150 W En charge : pJ ST= 3.r.(I)2 = 186 W

51

La vitesse de synchronisme: mntrP

fnS /1500

.60 ==

Do: le glissement %7,4100. ==S

Sn

nng

La puissance transmise peut tre calcule par : Pe =Pa (p f ST +pJ ST)=3734 W Les pertes rotoriques sont values par : p= g.Pe =175 W Les pertes totales : ptotales = 186+150+175=511 W

Enfin le rendement est : %44,87%100. ==a

totalesappp

EXERCICE N 2 Un moteur asynchrone bagues prsente les caractristiques :95 KW ;220/ 380 V; 50 Hz ; 8 ples. 1-1. Sachant quil est aliment par une ligne triphase en 380 V ; Quel doit tre le couplage de lenroulement statorique ? 1-2. Calculer la frquence de synchronisme en ( tr /mn ) . 2-1. En marche normale, le glissement vaut 2,45 % ; en dduire la frquence de rotation correspondante. 2-2. Quel est alors la valeur du couple utile ? 3. le moteur tant trs puissant, on peut ngliger ses pertes statoriques et mcaniques pour le rgime nominal ; calculer : 3-1. La puissance lectrique absorbe Pa . 3-2. Les pertes rotoriques. 3-3. La valeur efficace des courants rotoriques si la rsistance mesure entre 2 bagues est de 0,06 ( On nglige les pertes magntiques dans le rotor ) . 3-4. Le courant absorb au stator si le facteur de puissance est de 0,83. 4. on alimente dsormais le moteur avec une ligne de 220 V. 4-1. Quel doit tre le couplage du stator ? 4-2. Pour le rgime nominal, calculer la valeur efficace des courants : dans la ligne , dans les phases statoriques et rotoriques. 4-3. Le champ magntique B0 est-il modifi par rapport aux questions prcdentes ?

Solution : 1-1). La tension compose du rseau est 380 V, donc le couplage doit tre en toile car daprs la plaque signaltique du moteur, chaque phase peut supporter 220 V.

1-2). La vitesse de synchronisme: p=4 donc mntrP

fnS /750

.60 ==

2-1). le glissement 100.S

NSN n

nng

= donc: mntrngn SN /732).1( == 2-2). la puissance utile est calcule par: Pu =2.nN Cu, ce qui donne :

mNn

PC

N

uu .12402

== 3-1). la puissance lectrique absorbe : Pa = rotoriquesuea pPPP += (les pertes statoriques sont ngligeables).

Protoriques= g. Pe donc : Wg

PP ua 973861

==

52

On peut utiliser la mthode suivante : Lorsque les pertes statoriques sont ngligeables, le rendement est calcul par :

gPP

a

u == 1 et par consquent : Wg

PP ua 973861

== 3-2).Les pertes rotoriques : protoriques= g. Pe= g. Pa= 2386 W

On peut utiliser : protoriques= Pe Pu = 2386 W 3-3). puisque les pertes fer rotoriques sont ngligeables, protoriques=pjoules= 3 RI22

R=0,06/2 = 0,03 (le couplage dans le rotor est toujours en toile)

Ce qui donne : AR

pI rotoriques 163

.32==

3-4). la puissance absorbe est calcule par : 111 cos3 IVPa = do : A

VP

I a 178cos3 11

1 == 4-1). la tension compose du rseau est 220 V, donc le couplage doit tre en triangle car daprs la plaque signaltique du moteur, chaque phase peut supporter 220 V. 4-2). la puissance absorbe est calcule par : 111 cos3 IVPa = do : A

U

PI aL 308

cos3 111 == , donc : Iph= A

II Lph 178

31 ==

Dans le rotor, il ny a pas eu de changement de puissances, ni de pertes (cest le mme bilan de puissance) dans les 2 cas, donc le courant rotorique est le mme :

AR

pI rotoriques 163

.32==

4-3). la f.e.m induite dans les phases statoriques est calcule par :

= fNE 44,4 , ce qui donne : SBfN

E.

44,4== donc :

SfNE

B44,4

= Avec N : nombre de spires dans les phases statoriques (constante) f : frquence (constante). S : section du noyau magntique (constante). Puisque la f.e.m induite dans les phases statoriques a une valeur constante dans les deux cas, elle a comme valeur efficace 220 V, donc le champ magntique B ne sera pas modifi par rapport au premier cas (couplage en toile).

EXERCICE N 3 Pour un moteur triphas cage dcureuil, lenroulement statorique en toile ; on donne : U1= 380V ; f= 50Hz ; PN = 20 KW ; N =0,88 ; n N = 960 tr/mn ; cos N = 0,84 ; Km = =

N

mCC

1,8 ; Dterminer :

1- Le courant statorique, le nombre de ples, et le glissement pour le rgime nominal. 2- Le couple nominal, le couple maximal, le glissement critique, et le couple de

dmarrage. 3- la vitesse correspondante au glissement critique, tracer la caractristique mcanique n

= f(c).

53

Solution :

1) Le rendement est calcul par : %100xPP

a

u= donc NNNN

ua IV

PP 111 cos3 ==

Ce qui donne AV

PI

NNN

uN 41cos3 11

1 ==

On utilise la formule suivante pour calculer la vitesse de synchronisme : p

fnS

60= P 1 2 3 4

nS(tr/mn) 3000 1500 1000 750

Puisque la vitesse nominale est 960tr/mn , la vitesse de synchronisme est alors 1000 tr/mn (daprs le tableau prcdent) et par consquent le nombre de ple est 2p = 6 ples.

%4%1001000

9601000 === xn

nng

S

NSN

2) la puissance utile est calcule par: Pu =2.nN Cu, ce qui donne : mN

nP

CN

uu .1992

==

Puisque Km = =N

mCC

1,8 donc Cm = 1,8. Cu = 358 N.m

glissement critique, on utilise la formule de Kloss :

crit

N

N

critM

Nm

gg

ggC

CK

+== 2 , aprs application numrique, on aura une quation du 2me

degr et qui a comme solution 2 racines : g1 = 1,2 % (refus car le crissement critique doit tre suprieur gN) g2 = 13,2 % (accept). gcrit = 13,2 %

Couple de dmarrage :

crit

critM

d

ggC

C1

1

2

+= ce qui donne : mN

gg

CC

crit

crit

Md .931

1

.2 =+

=

3) la vitesse correspondante au glissement critique : ncrit= nS .(1- gcrit) = 868 tr/mn

Caractristique mcanique : n =f(C)

n(tr/mn) 0 868 960 1000

C (N.m) 93 358 199 0

On peut ajouter dautres points en utilisant les 2 formules suivantes pour calculer la vitesse et le couple correspondant puisquen fonctionnement moteur g est compris entre 0

et 1 : n = nS .(1- g) et

crit

critMg

gg

gCC

+= 2

54

EXERCICE 4 Un moteur asynchrone ttraplaire, stator mont en triangle, fonctionne dans les conditions suivantes : tension entre phases = U = 380 V; frquence = f = 50 Hz; puissance utile = 5 kW; vitesse de rotation = n = 1440 tr/min.; cos = 0,9; intensit en ligne = I = 10 A. La rsistance, mesure pour ce rgime de marche, entre deux bornes du stator est R = 0,8 . On admettra, pour ce fonctionnement, que les pertes dans le fer sont gales aux pertes par effet Joule dans le stator et que les pertes mcaniques sont ngligeables. 1- Calculer pour le rgime nominal: Le glissement; le couple utile; lintensit du courant dans chaque phase du stator; les pertes du stator;la puissance absorbe par le moteur;le rendement ;et les pertes Joules dans le rotor. 2- Si le couple maximal vaut CM = 66,6 N.m, calculer la vitesse correspondante et le couple de dmarrage. 3- En ajoutant un point de fonctionnement du moteur dans sa partie stable et un autre dans la partie instable, tablir la caractristique mcanique C = f( n).

Solution :

1) mntrp

fnS /1500

60 ==

%4%1001500

14401500 === xn

nng

S

NSN

uNu CnP 2= mNnP

CN

uu .16,331440.2

60.50002

===

0 50 100 150 200 250 300 350 4000

200

400

600

800

1000

1200

Couple (N.m)

Vite

sse

de ro

tatio

n (tr

/mn)

X

X

X X

55

Courant dans chaque phase :

AI

Iph 77,53

10

3===

Les pertes Joules statoriques : la rsistance par phase est == 2,123

Rr (couplage

triangle)

wIrp phJst 12032 ==

Les pertes statoriques : wxppp ferJstst 2401202 ==+=

La puissance absorbe par le moteur : wIVP pha 5924cos...3 1 ==

Le rendement : %4,84%100 == xPP

a

u Les pertes joule dans le rotor : Les pertes mcaniques et magntiques sont ngligeables, donc :

wpPgPpp staerotrotJ 36,227)(. ==== 2) Glissement critique : On utilise la formule de Kloss :

crit

N

N

critM

N

gg

ggC

C

+= 2 , aprs application numrique, on aura une quation du 2me degr et

qui a comme solution 2 racines : g1 = 1 % (refus car le crissement critique doit tre suprieur gN) g2 = 15 % ( accept ). ncrit = nS (1 gcrit ) = 1275 tr/mn. Couple de dmarrage :

crit

critM

d

ggC

C1

1

2

+= Cd = 19,54 N.m

3) caractristique mcanique C = f( n) : on choisit un point dans la partie stable par exemple g1 = 0,10 ; on calcule la vitesse correspondante n1= nS ( 1- g1) = 1350 tr/mn et le couple en utilisant la formule de Kloss ; on aura : C = 61,5 N.m. on choisit de la mme manire un point dans la partie instable par exemple g2 = 0,8 ; on calcule la vitesse correspondante n2 = nS ( 1- g2) = 300 tr/mn et le couple en utilisant la formule de Kloss ; on aura : C = 24,13 N.m. On rassemble le tableau suivant: n (tr/mn) 0 300 1275 1350 1440 1500

g 1 0,8 0,15 0,10 0,04 0 C (N.m) 19,54 24,13 66,60 61,50 33,16 0

56

EXERCICE N5 La plaque signaltique dun moteur asynchrone bagues porte les indications suivantes : 40 kw ; 220/380 v ; 50Hz ; 1455 tr/min ; = 0,90 ; cos = 0,85.

- Essay sous le rseau 220/380v ; rotor ouvert, la tension entre bagues est de 240 v.

- On a mesur la temprature du rgime de fonctionnement la rsistance entre bornes du stator r1 = 0,1 et la rsistance entre bornes du rotor

r2 = 0,08 . 1- Quel doit tre le couplage du moteur pour quil fonctionne sur ce rseau ? Quelle

est la vitesse de synchronisme et combien de ples possde la machine ? 2- Calculer, pour le fonctionnement nominal :

2-1. Le courant statorique 2-2. Le glissement. 2-3. Le couple utile. 2-4. La frquence des courants rotoriques. 2-5. Peut-on ngliger les pertes magntiques rotoriques ? justifier

3- En admettant que les pertes mcaniques sont trs faibles, faire le bilan de puissance et calculer :

3-1. Les pertes joules statoriques. 3-2. Les pertes rotoriques, en dduire la valeur du courant rotorique 3-3. Les pertes fer statoriques.

4- Calculer : 4-1. Le couple de dmarrage

0 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 0

10

20

30

40

50

60

70

Cou

ple

(N.m

)

Vitesse de rotation (tr/mn)

X

X

X

X

X

X

57

4-2. Le couple maximal. 4-3. Le glissement critique et la vitesse correspondante

Solution : 1. Le couplage du stator doit tre en toile car chaque phase peut supporter 220 V.

La vitesse synchrone la plus proche de 1455 tr/min est 1500 tr/min nS = 1500 tr/min

nS = 60.f / p p= 60x50/1500 = 2 2p= 4 ples

2-1. a

uPP= 111 cos3 IU

PP ua ==

1111 cos3 IU

PI u=

AI 44,791 = 2-2. glissement :

%3%1001500

14551500 === xn

nng

S

S

2-3. couple utile :

uNu CnP 2= mNnP

CN

uu .6,2622

== 2-4. La frquence des courants rotoriques : Hzxfgf 50,1100/503.2 === 2-5. On peut ngliger les pertes fer rotoriques car elles sont proportionnelles la frquence au carr, comme f2 est faible, les pertes fer rotoriques seront faibles aussi. 3-1. Le bilan des puissances : Pa= Pu + pertes statoriques et rotoriques. Pa= Pu + pJoules St+ pfer St + pmcan + p Joules Rot +pfer Rot Les pertes joules statoriques :

wxxIr

pJoulesSt 6,946)44,79(21,0

3.2

.3 2211 ===

3-2. Les pertes rotoriques :

)(2)(222

rotoriquesueSNSNSuerotoriques

pPgPgngCnnCCnCnPPp

+======

donc : wPg

gp urotoriques 123740000.03,01

03,0.

1===

puisque : pmc = pfer Rot = 0

).(2

.3 222 I

rpp JoulesRotrotoriques ==

Axx

rp

I JoulesRot 5,10108,03

123723

.2

22 ===

3-3. Les pertes fer statoriques : Pa= Pu + pJoules St+ pfer St + p Joules Rot pfer St = Pa -Pu - pJoules St - p Joules R0t = (40000/0,9) 40000 946,6 1237

58

pfer St = 2260,8 w 4-1. Couple de dmarrage :

Lexpression du couple :

+

=2'

2'2

'22

13

XgR

gR

VpC

Le rapport de transformation : m = 240/380 =12/19

=

== 1,01912

.2

08,0.2 22

2'2 m

rR

pour le couple utile : mN

XgR

gR

VpC

N

Nu .6,262

3

2'2'

2

'22

1=

+

=

donc : 739,11'111,11 2 =+ X X = 0,79 Au dmarrage g = 1

mNXR

RVpCd .8,145

][

32'

22'

2

'2

21 =+=

4-2. couple maximal : mNxx

xxX

VpCM .58579,03142

)220(23'2

3 221 ===

4-3. glissement critique : %6,12%10079,01,0

'

'2 === x

XR

gcrit

La vitesse critique : min/1311)126,01(1500)1( trgnn critScrit ===

EXERCICE N 6 Un moteur asynchrone rotor bobin et bagues est aliment par un rseau triphas 50Hz, 220V/380V. Le couplage de l'enroulement stator est en triangle. En mesurant chaud la rsistance entre 2 bornes on trouve au stator Rs = 0,267 et au rotor Rr = 0,1 . Un essai vide a t effectu sur cette machine. Le moteur tourne pratiquement la vitesse de synchronisme (N = 1500 tr/min). La mthode des 2 wattmtres indique :P1=2200 W, P2= -700 W et I0 = 20 A. (courant de ligne) Un essai en charge est effectu l'aide d'une charge mcanique, les courants absorbs tant alors quilibrs. On a relev les rsultats suivants: N' = 1450 tr/min P1 = 14481 P2 = 5519 W I = 38,5 A. Sachant que les pertes mcaniques sont constantes et gales 700 W: 1) Calculer les pertes Joule au stator lors de cet essai vide. En dduire les pertes fer au stator Pfs (que l'on supposera constante dans la suite du problme). 2) Calculer les puissances active et ractive totales absorbes par le moteur. En dduire le facteur de puissance lorsqu'on charge le moteur.

59

3) Calculer la frquence des courants rotoriques. Que peut-on dire sur les pertes fer au rotor (Pfr). 4) Faire un bilan de puissance et calculer les pertes Joule au stator et la puissance transmise. En dduire les pertes Joule rotor Pjr. Calculer la valeur efficace des courants rotoriques. 5) Calculer la puissance utile Pu et le rendement du moteur lors de cet essai. 6) Calculer le couple utile Cu et le couple lectromagntique Cem

Solution :

1) Pertes Joules et pertes fer au stator

Quelque soit le couplage les pertes Joule au stator vide ( Pjs0 ) sont donnes par Pjs0 = ( 3/2 )RsI02 = 160,2W Elles peuvent aussi tre calcule partir du courant dans les enroulements du stator. Ce dernier tant coupl en triangle les spires sont parcourues par un courant de valeur efficace

et la rsistance par phase est de R' = ( 3/2 ). R = 0,4W Les pertes Joule dans ces enroulements sont alors Pjs0 = 3R'J02 = 160,1W Pertes fer ( Pfs ) A vide, la puissance utile ( Pu ) est nulle. Les pertes Joule au rotor ( Pjr ) sont proportionnelles au glissement. Celui ci tant peu diffrent de zro vide les pertes Joule au rotor sont ngligeable. La puissance absorbe par le moteur se dcompose alors en : P0 = Pm + Pfs + Pjs0 o Pm reprsente les pertes mcaniques. Par ailleurs, la mthode des deux wattmtres nous donne P0 = P1 + P2 = 1500W d'o : Pfs = P0 - Pjs0 - Pm = 639,8W

2) Puissances active et ractive - facteur de puissance

Toujours en exploitant les rsultats donns par la mthode des deux wattmtres

P = P1 + P2 = 20kW

et le facteur de puissance cos = P / S = 0,79 3) Frquence au rotor, pertes fer au rotor

Le glissement en charge est de : g = ( N - N' ) / N = 0,033

La frquence des courants au rotor est donc fr = gfs = 1,66Hz

Les pertes fer sont une fonction croissante de la tension et de la frquence. Pour un moteur asynchrone, les enroulements du rotor sont en court circuit et, comme nous venons de le calculer, la frquence est trs faible. Les pertes fer au rotor seront par consquent ngligeables.

60

4) Bilan de puissance en charge

La puissance utile est: Pu = P - Pjs - Pfs - Pjr - Pm = ( 1 - g )Ptr - Pm

Pu: puissance utile Pjr: pertes Joule au rotor en charge Pjs: pertes Joule au stator en charge Ptr: puissance transmise

Connaissant le courant absorb en charge, on obtient les pertes Joule au stator en charge Pjs = ( 3/2 )RsI2 = 593,6W

Les pertes fer au stator tant constantes, la puissance transmise est Ptr = P - Pjs - Pfs = 18,766kW

On en dduit les pertes Joule au rotor Pjr = gPtr = 619,3W Le couplage des enroulements rotor tant en toile on peut crire

Pjr = 3RJ2 ou Pjr = ( 3/2 )RrJ2 o J dsigne la valeur efficace du courant au rotor et R la rsistance mesure sur une phase. Pour un couplage toile on a Rr = 2R d'o :

5) Puissance utile et rendement en charge la puissance utile Pu = ( 1 - g ) Ptr - Pm = 17,441kW et le rendement = Pu / P = 0,87 6) Couples utile et lectromagntique Connaissant les puissance utile et transmise on en dduit les couples correspondant Couple utile Tu = Pu / 2N' = 114,9Nm Couple lectromagntique T = Ptr / 2N = 119,5Nm

EXERCICE N 7 Un moteur asynchrone triphas rotor bobin est aliment par un rseau triphas 50 Hz dont la tension entre phases est U = 380 V. Les enroulements du stator et du rotor sont en toile. La rsistance mesure chaud entre deux bornes de phases du stator est Rs = 0,2 , celle mesure chaud entre deux bagues du rotor est : R = 0,08 . A vide, le moteur tourne pratiquement 1500 tr/min et la mthode des deux wattmtres donne : PA = 900 W et PB = - 410 W. 1) Calculer le nombre de ples du stator, le facteur de puissance et l'intensit en ligne vide 2) Les pertes mcaniques sont constantes et gales 100 W. Calculer les pertes dans le fer du stator. Ces pertes seront considres comme constantes. 3) Lors d'un essai en charge, on obtient: N' = 1440 tr/min ; P1 = 4500W ; P2 = 2000 W Calculer le glissement, le facteur de puissance, le courant au stator, le rendement et le couple utile. Le moteur entrane une machine dont la caractristique mcanique est une droite d'quation: Cr= 20 + (N'/100) (N' s'exprime en tr/min et Cr en N.m). 4) Calculer la frquence de rotation du groupe et la puissance utile du moteur sachant que sa caractristique mcanique est une droite en fonctionnement normal.

61

5) Quelle rsistance doit-on mettre en srie avec chacun des enroulements du rotor pour que la frquence du groupe prcdent devienne 1410 tr/min.

Solution : 1) Essai vide a) Pertes Joule A vide la puissance absorbe se dcompose en: Pv = Pfs + Pjs + Pm Pfs: pertes fer au stator Pjs0: pertes Joule au stator vide pm: perte mcaniques Les pertes Joule au rotor sont proportionnelles au glissement et la puissance transmise Ptr Pjs = gPtr = g ( Pabs - Pfs - Pjs ) A vide le glissement est trs faible, la vitesse de rotation du rotor est quasiment gale la vitesse de synchronisme, et la puissance transmise est faible (Puissance utile nulle). A vide, les pertes Joule au rotor sont donc ngligeables. b) Pertes fer et pertes mcaniques A vide les pertes Joule au stator s'exprime par: Pjs0 = (3/2)RaI02 = 150,5 W o Ra = 2R = 0,8 est la rsistance mesure entre phase au stator. On a donc Pfs + Pm = Pv - Pjs0 = 999,5 W Pm =510 W, d'o: Pfs = 489,5 W Pour ce qui est des pertes fer au rotor, que ce soit en charge ou vide, elles sont fonction de la tension au rotor et de la frquence des courants rotoriques. La frquence des courants au rotor tant trs faible (frotor = g fstator) et celui ci tant en court-circuit les pertes fer au rotor peuvent tre ngliges. 2) Essai en charge a) Facteur de puissance et vitesse de rotation A partir de la dfinition de la puissance active en triphas on dduit :

Le glissement tant dfinit par g = ( N - N' ) / N on a N' = ( 1 - g )N = 1440 tr/mn f) Frquence des courants rotoriques frotor = g fstator = 2 Hz Concernant les pertes fer, la remarque de la question prcdente reste valable, elles sont toujours ngligeables. 3) Pertes Joule au stator et au rotor Pertes Joule au stator Elles sont donnes par Pjs = (3/2)RaI2 = 1228,8 W Pertes Joule au rotor Elles sont proportionnelles la puissance transmise Pjr = gPtr = g ( Pabs - Pfs - Pjs ) = 655,3 W 4) Puissance utile et rendement en charge La puissance utile est donne par Pu = Pabs - Pfs - Pjs - Pjr - Pm = (1 - g ) ( Pabs - Pfs - Pjs ) - Pm = (1 - g ) Ptr -Pm = Pu / P = 0,84 5) Moment du couple utile

62

Par dfinition il est donn par Cu = Pu / 2N' = 100,9 Nm

EXERCICE N 8 Un moteur asynchrone triphas, dont le stator est mont en toile, est aliment par un rseau 380 V entre phases 50 Hz. Chaque enroulement du stator a une rsistance R = 0,4 . Lors d'un essai vide, le moteur tournant pratiquement 1500 tr/min, la puissance absorbe est de P0 = 1150 W, le courant par fil de ligne est I0 = 11,2 A. Un essai avec la charge nominale sous la mme tension de 380 V, 50 Hz, a donn les rsultats suivants: glissement: 4%, puissance absorbe: 18,1 kW, courant en ligne: 32 A. 1) Essai vide: a) Calculer les pertes par effet Joule dans le