Transformateur monophasé

transformateur monophasé
Niveau : BAC
I.     Introduction :
  Le transformateur assure, avec un excellent rendement, un transfert d’énergie électrique par une liaison magnétique entre deux réseaux électrique de même fréquence, afin de les isoler l’un de l’autre (on parle d’isolation galvanique) et d’adapter les tensions qui peuvent être différentes.

II.     Transformateur monophasé en régime sinusoïdal:

1.    Constitution – principe :
  Le transformateur monophasé est constitué principalement d’un enroulement primaire, d’un enroulement secondaire et d’un circuit magnétique :
transformateur monophasé
  L’enroulement primaire alimenté par une tension variable crée un flux magnétique variable qui va parcourir le circuit magnétique. L’enroulement secondaire est alors soumis à un flux variable et va donc engendrer par induction une f.é.m à ses bornes. (Loi de Lenz-Faraday)

2.    Transformateur monophasé parfait (T.P) :

Les enroulements ont le comportement d’une bobine à noyau de fer sans fuites magnétique φf1 = φf2 =0:
On note :
φ : flux utile crée par spire dans les enroulements primaire et secondaire.
La loi de Lenz-Faraday nous permet d’écrire :
$$\left. \begin{matrix}
   \text{Au primaire     }{{u}_{1}}(t)={{N}_{1}}\frac{d\varphi (t)}{dt}  \\
   \text{Au secondaire }{{u}_{2}}(t)={{N}_{2}}\frac{d\varphi (t)}{dt}  \\
\end{matrix} \right\}\text{  }\frac{{{u}_{2}}(t)}{{{u}_{1}}(t)}=\frac{{{N}_{2}}\frac{d\varphi (t)}{dt}}{{{N}_{1}}\frac{d\varphi (t)}{dt}}=\frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}=m$$
On définit le rapport de transformation :
$$\boxed{m=\frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}=\frac{{{u}_{2}}}{{{u}_{1}}}=\frac{{{i}_{1}}}{{{i}_{2}}}}$$.
Si $m>1$ le transformateur est élévateur de tension.
Si $m<1$ le transformateur est abaisseur d tension.
La représentation symbolique d’un (T.P) :
transformateur parfait
(*) : Représente les bornes de même polarité.
En régime sinusoïdal on a ${{u}_{1}}\left( t \right)={{U}_{1}}\sqrt{2}\cos \left( \omega t \right)$
$${{u}_{1}}\left( t \right)={{N}_{1}}\frac{d\varphi \left( t \right)}{dt}~\to ~d\varphi \left( t \right)=\frac{{{U}_{1}}\sqrt{2}}{{{N}_{1}}}\cos \left( \omega t \right)dt~~\to ~~\varphi \left( t \right)-\varphi \left( 0 \right)=\mathop{\int }^{}\frac{{{U}_{1}}\sqrt{2}}{{{N}_{1}}}\cos \left( \omega t \right)dt$$
Si on considère le flux initial φ(0) = 0 ;
$$\varphi \left( t \right)=\frac{{{U}_{1}}\sqrt{2}}{{{N}_{1}}\omega }\sin \left( \omega t \right)~\to ~{{\varphi }_{\max }}=\frac{{{U}_{1}}\sqrt{2}}{{{N}_{1}}2\pi f}~\to ~{{U}_{1}}=~\frac{2\pi }{\sqrt{2}}f{{N}_{1}}{{\varphi }_{\max }}=4.44f{{N}_{1}}{{\varphi }_{\max }}$$
De la même façon on tire : ${{U}_{2}}=~\frac{2\pi }{\sqrt{2}}f\cdot {{N}_{2}}\cdot {{\varphi }_{\max }}=4.44f\cdot {{N}_{2}}\cdot {{\varphi }_{\max }}$
Or φmax=Bmax•S avec S section du circuit magnétique (en m2) et Bmax champ d’induction maximal (en T:Tesla).
Alors les formules de Boucherot sont données par :
$\boxed{{{U}_{1}}=4.44~f\cdot {{B}_{max}}{{N}_{1}}S}$ et $\boxed{{{U}_{2}}=4.44~f\cdot {{B}_{max}}{{N}_{2}}S}$
Dans un transformateur monophasé parfait toutes les puissances se conservent :
${{P}_{1}}={{P}_{2}}~~~~~~~~\text{et}~~~~~~~~{{Q}_{1}}={{Q}_{2}}~~~~~~~~\text{et}~~~~~~~~{{S}_{1}}={{S}_{2}}$
Le rendement (η = P2/P1) d’un transformateur parfait est donc égal à 1 :

3.    Plaque signalétique d’un transformateur :

Elle comporte essentiellement les éléments suivants :
-          La fréquence f  (Hz).
-          La tension primaire U1n (ou tension nominale primaire).
-          La tension secondaire à vide U20   (I2=0).
-          La puissance apparente nominale Sn=U1nI1n=U20I2n
(I1n et I2n sont des intensités (efficaces) nominales primaire et secondaire : I1n ≈ m I2n)

4.    Transformateur monophasé réel dans l’hypothèse de Kapp :

a)   Schéma équivalent d’un transformateur monophasé réel :
Le schéma complet d’un transformateur monophasé réel est donné par :
transformateur monophasé
Avec :
(r1,r2) : Résistances des enroulements primaire et secondaire (modélisent les pertes joules).
(lf1,lf2) : Inductances de fuite des enroulements primaire et secondaire (modélisent les fuites magnétique)
R : Résistance modélisant les pertes fer (pertes par hystérésis + pertes par courant de Foucault).
Lm : inductance magnétisante (sert à la magnétisation du circuit magnétique).
Remarque :
  La réduction des pertes fer se fait par l’utilisation d’un circuit magnétique composé de tôles (ferromagnétique à silicium) isolées entre elle par oxydation surfacique.
  L’usage du schéma réel du transformateur monophasé est difficile, on préfère utiliser le schéma simplifié dans l’hypothèse de Kapp.
b)   Schéma équivalent dans l’hypothèse de Kapp :
L’hypothèse de Kapp consiste à négliger le courant i10 devant le courant i1, ainsi avec une excellente approximation on peut rapporter la branche (Rf // Lm) à l’entrée du schéma :
transformateur dans l'hypothèse de Kapp
On a dans l’hypothèse de Kapp (à vide I2=0):
$$m=\frac{{{{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}}_{20}}}{{{{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}}_{1}}}$$
La loi des mailles nous permet d’écrire :
\[{{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{1}}={{\underset{\scriptscriptstyle-}{E}}_{1}}+\left( {{r}_{1}}+j{{l}_{f1}}\omega  \right)m{{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}~~~~~~~~~~(Eq1)\]
\[{{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{2}}={{\underset{\scriptscriptstyle-}{E}}_{2}}+\left( {{r}_{2}}+j{{l}_{f2}}\omega  \right)m{{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}~~~~~~~~~~(Eq2)\]
On multiplie (Eq1) par m :
$m{{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{1}}=m{{\underset{\scriptscriptstyle-}{E}}_{1}}+{{m}^{2}}\left( {{r}_{1}}+j{{l}_{f1}}\omega  \right){{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}~~~~alors~~~~{{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{20}}={{\underset{\scriptscriptstyle-}{E}}_{2}}+{{m}^{2}}\left( {{r}_{1}}+j{{l}_{f1}}\omega  \right){{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}$
Et d’après (Eq2) on remplace E:
$~{{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{20}}={{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{2}}+\left( {{r}_{2}}+j{{l}_{f2}}\omega  \right){{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}+{{m}^{2}}\left( {{r}_{1}}+j{{l}_{f1}}\omega  \right){{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}={{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{2}}+\left( \left( {{m}^{2}}{{r}_{1}}+{{r}_{2}} \right)+j\left( {{m}^{2}}{{l}_{f1}}+{{l}_{f2}} \right)\omega  \right){{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}$
On pose ${{R}_{S}}={{m}^{2}}{{r}_{1}}+{{r}_{2}}\text{    et    }{{L}_{S}}={{m}^{2}}{{l}_{f1}}+{{l}_{f2}}$ on obtient :
$${{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{20}}={{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{2}}+\left( {{R}_{S}}+j{{L}_{S}}\omega  \right){{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}$$
D’où le schéma équivalent ramené au secondaire :
transformateur monophasé dans l'hypothèse de Kapp
Remarque :
On peut aussi établir le schéma équivalent ramené au primaire en multipliant par 1/m2
$${{R}_{p}}=\frac{{{R}_{S}}}{{{m}^{2}}}~={{r}_{1}}+\frac{{{r}_{2}}}{{{m}^{2}}}~\text{      };~\text{      }{{L}_{p}}=\frac{{{L}_{S}}}{{{m}^{2}}}~={{l}_{1}}+\frac{{{l}_{2}}}{{{m}^{2}}}$$

5.    Exploitation du schéma équivalent dans l’hypothèse de Kapp :

a)   Détermination de la tension U2 en charge :
Le schéma équivalent du transformateur en charge ramené au secondaire et le suivant :
transformateur hypothèse de Kapp
On appliquant la loi des mailles :
$${{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{20}}=m{{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{1n}}={{\underset{\scriptscriptstyle-}{U}}_{2}}+\left( {{R}_{S}}+j{{X}_{S}} \right){{\underset{\scriptscriptstyle-}{I}}_{2}}~~~~~~~\text{Avec  }~\text{  }{{X}_{S}}={{L}_{S}}\omega $$
Si on connaît U20 , I2, XS, RS et cos(φ2) de la charge, on peut déterminer U2 par le diagramme de Kapp.
le transformateur
b)   Détermination de la chute de tension ΔU:
La chute de tension en charge est définie par : ΔU2 = U20 – U2
On donne le diagramme de Kapp :
cours transformateur monophasé
Le triangle de Kapp représente les défauts de transformateur, ses dimensions sont faibles par rapport à U2
Dans ces conditions l’angle θ est proche de 0.
Une projection sur x :
${{U}_{20}}\cos \left( \theta  \right)={{U}_{2}}+{{R}_{S}}{{I}_{2}}\cos \left( {{\varphi }_{2}} \right)+{{X}_{S}}{{I}_{2}}\sin \left( {{\varphi }_{2}} \right)$
Une 1ere approximation (ordre 0) : cos(θ) ≈ 1
$\Delta {{U}_{2}}={{U}_{20}}-{{U}_{2}}={{R}_{S}}{{I}_{2}}\cos \left( {{\varphi }_{2}} \right)+{{X}_{S}}{{I}_{2}}\sin \left( {{\varphi }_{2}} \right)$
Dans le contexte industriel, les grandeurs sont données relativement à la tension à vide :
$\Delta {{U}_{2}}%=100\frac{{{U}_{20}}-{{U}_{2}}}{{{U}_{20}}}~~~~~~~~~~~~~~R%=100\frac{{{R}_{2}}{{I}_{2n}}}{{{U}_{20}}}~~~~~~~~~~~~X%=100\frac{{{X}_{2}}{{I}_{2n}}}{{{U}_{20}}}$
On a alors :
$$\Delta {{U}_{2}}\text{%}=R\text{%}\cos \left( {{\varphi }_{2}} \right)+X\text{%}\sin \left( {{\varphi }_{2}} \right)$$
Exemple :
Soit un transformateur monophasé : 50Hz , 76 kVA, 21 kV/ 380V ; d’impédances :
-          Primaire : R1= 61 mΩ , L1ω = 141 mΩ.
-          Secondaire : R2= 20 mΩ , L2ω = 40 mΩ.
1)  Donner le schéma équivalent ramené au secondaire en précisant les valeurs :
a.      Du rapport de transformation m ;
b.     De la résistance totale du secondaire R;
c.      De l’inductance de fuite totale au secondaire LS ;
2)  Le secondaire du transformateur débite sur une charge absorbant un courant I2 = I2n de facteur de puissance cos(φ) = 0,8 (inductive).
a.      Calculer la chute de tension ΔU2.
b.     En déduire la tension au secondaire du transformateur.
Solution :

6.    Procédé expérimental de détermination du schéma de Kapp :

a)   Essai à vide sous tension nominale:
essai à vide transformateur monophasé
On trouve parfois l’indice « v » au lieu de « 0 »
On mesure U1N, P10, I10, et U20
Dans l’hypothèse de Kapp :
le transformateur
Cet essai permet aussi de connaître le rapport de transformation :
$$m=\frac{{{U}_{20}}}{{{U}_{1N}}}$$
b)   Essai en court-circuit sous tension réduite U1CC:
le transformateur
On mesure U1CC, P1CC, I1CC et I2CC = I2N
Avec la tension réduite, le champ magnétique ainsi que les pertes fer sont très faibles à le courant dans la branche (Rf, Lm) est alors négligeable.
Dans l’hypothèse de Kapp :
transformateur monophasé

7.      Rendement du transformateur monophasé:

On définit le rendement du transformateur par :
$$\eta =\frac{{{P}_{2}}}{{{P}_{1}}}=\frac{{{P}_{2}}}{{{P}_{2}}+{{P}_{fer}}+{{P}_{J}}}=\frac{{{U}_{2}}{{I}_{2}}\cos {{\varphi }_{2}}}{{{U}_{2}}{{I}_{2}}\cos {{\varphi }_{2}}+{{R}_{S}}{{I}_{2}}^{2}+{{P}_{fer}}}$$
Avec : ${{P}_{fer}}={{P}_{10}}~~\text{   et   }~{{P}_{J}}={{P}_{1CC}}$ 

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