conversion de puissance (PSI) · Chapitre 1 · Exercice de TD

Relever le facteur de puissance de l'atelier

Puissance électrique en régime sinusoïdal · F. Transport de l'énergie et pertes en ligne · niveau 2

Énoncé

On reprend l'atelier dont le disjoncteur de $40 A$ déclenchait : $P = 8 kW$ sous $U = 230 V$ , $50 Hz$ , courant actif $I_{a} = 34, 78 A$ , courant en quadrature (en retard) $I_{q} = 23, 84 A$ , $cos φ = 0, 825$ . Le câble d'alimentation a une résistance totale (aller et retour) $R_{c} = 0, 15 Ω$ . On place en tête de l'atelier une batterie de condensateurs de capacité $C$ .

1) Pourquoi les condensateurs se branchent-ils en parallèle et non en série ? Que vaut le courant qu'ils appellent, et quel est son déphasage ?

2) Établir la capacité qui porte le facteur de puissance global à $cos φ^{'} = 0, 95$ : $C = \frac{P ( tan φ - tan φ ^{'} )}{ω U ^{2}}$ . Calculer, ainsi que le nouveau courant de ligne. Le disjoncteur tient-il ?

3) On achète une batterie standard de $180 μ F$ . Facteur de puissance obtenu, courant de ligne et pertes dans le câble, avant et après.

4) Quelle capacité donnerait $cos φ^{'} = 1$ ? Que se passe-t-il avec le double de cette capacité ? Pourquoi vise-t-on $0, 95$ plutôt que $1$ ?

Corrigé

La stratégie. En parallèle, le condensateur est sous la tension $U$ du réseau, sans rien changer au fonctionnement des machines ; son courant, en quadrature avance, se retranche de la composante en quadrature retard. La composante active, elle, ne bouge pas.

1) Le branchement. En parallèle, chaque appareil garde sa tension de $230 V$ ; en série, le condensateur modifierait la tension des appareils et son courant serait celui de la ligne. Sous la tension $U$ , il appelle $I_{C} = C ω U$ , en avance de $π /2$ sur la tension, et n'absorbe aucune puissance moyenne.

2) La capacité. Le courant actif $I_{a} = P / U$ est inchangé. Avant : $I_{q} = I_{a} tan φ$ . Après : $I_{q}^{'} = I_{q} - I_{C} = I_{a} tan φ^{'}$ . Donc $C ω U = \frac{P}{U} (tan φ - tan φ^{'}), C = \frac{P ( tan φ - tan φ ^{'} )}{ω U ^{2}} .$ Ici $tan φ = 23, 84/34, 78 = 0, 685$ et $tan φ^{'} = tan (arccos 0, 95) = 0, 329$ : $C = \frac{8 000 \times ( 0 , 685 - 0 , 329 )}{314 , 16 \times 23 0 ^{2}} = 172 μ F, I^{'} = \frac{P}{U cos φ ^{'}} = \frac{8 000}{230 \times 0 , 95} = 36, 6 A < 40 A .$ Le disjoncteur tient, sans qu'on ait touché à la puissance consommée.

3) La batterie de $180 μ F$ . $I_{C} = 180 \times 1 0^{- 6} \times 314, 16 \times 230 = 13, 0 A$ , $I_{q}^{'} = 23, 84 - 13, 01 = 10, 83 A$ : $I^{'} = 34, 7 8^{2} + 10, 8 3^{2} = 36, 4 A, cos φ^{'} = \frac{34 , 78}{36 , 43} = 0, 955.$ Pertes dans le câble : $R_{c} I^{2} = 0, 15 \times 42, 1 7^{2} = 267 W$ avant, $0, 15 \times 36, 4 3^{2} = 199 W$ après, un quart de moins.

4) Compensation totale et surcompensation. $cos φ^{'} = 1$ exige $I_{C} = I_{q}$ , soit $C_{1} = I_{q} / (ω U) = 23, 84/ (314, 16 \times 230) = 330 μ F$ , et $I^{'} = I_{a} = 34, 8 A$ . Avec $2 C_{1} = 660 μ F$ , $I_{C} = 2 I_{q}$ : la composante en quadrature vaut $- I_{q}$ , en avance ; le courant de ligne redevient $42, 2 A$ , avec $cos φ = 0, 825$ capacitif. Surcompenser rend tout le bénéfice. On vise $0, 95$ parce que le gain entre $0, 95$ et $1$ est faible ( $36, 6$ contre $34, 8 A$ ) alors que la capacité double presque ( $172$ contre $330 μ F$ ), et parce que, quand les machines s'arrêtent, une batterie trop grosse rendrait l'atelier capacitif.

Ce que l'exercice installe. La méthode du relèvement : composante active conservée, composante en quadrature réduite par $C ω U$ ; la formule $C = P (tan φ - tan φ^{'}) / (ω U^{2})$ établie, non apprise ; et les deux limites pratiques : rendement décroissant vers $cos φ^{'} = 1$ , surcompensation qui annule le gain.

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