conversion de puissance (PSI) · Chapitre 2 · Exercice de TD

Rendement d'un transformateur de 10 kVA sur charge résistive

Le transformateur · D. Le transformateur réel : pertes et défauts · niveau 2

Énoncé

Un transformateur monophasé de puissance nominale $S_{n} = 10 kV A$ ( $230 V /230 V$ , un transformateur d'isolement de bâtiment) débite sur une charge résistive. Deux essais ont donné (données de l'énoncé) :

à vide, sous tension nominale : pertes fer $P_{fer} = 60 W$ ; on admet qu'elles ne dépendent que de la tension, donc qu'elles sont les mêmes à toute charge ;
au courant nominal : pertes cuivre $P_{cu, n} = 250 W$ ; on admet qu'elles varient comme le carré du courant débité.

On note $x = I_{2} / I_{2 n}$ le taux de charge ; la tension secondaire reste $230 V$ .

1) Exprimer la puissance utile et le rendement $η (x)$ . Calculer $η$ à pleine charge, à mi-charge et au quart de charge. L'exigence du client, $η \geq 96 %$ à pleine charge, est-elle remplie ?

2) Montrer que le rendement est maximal quand les pertes cuivre égalent les pertes fer. Pour quel taux de charge ? Que vaut ce maximum ?

3) Le transformateur reste sous tension toute l'année, avec un taux de charge moyen de $30 %$ . Calculer l'énergie perdue en un an dans le fer et dans le cuivre. Un noyau en tôles amorphes divise les pertes fer par quatre : quel gain annuel ?

4) Citer l'origine physique des pertes fer et des pertes cuivre, et un moyen de réduire chacune.

Corrigé

La stratégie. Bilan de puissance : ce qui entre au primaire est ce qui sort au secondaire, plus les pertes. Les deux lois de pertes sont données ; on optimise.

1) Rendement. À taux de charge $x$ , la puissance utile sur charge résistive est $P_{2} = x S_{n}$ (facteur de puissance unité), et $η (x) = \frac{x S _{n}}{x S _{n} + P _{fer} + x ^{2} P _{cu, n}} .$ Pleine charge : $η = \frac{10 000}{10 000 + 60 + 250} = 97, 0 %$ ; mi-charge : $\frac{5 000}{5 000 + 60 + 62 , 5} = 97, 6 %$ ; quart de charge : $\frac{2 500}{2 500 + 60 + 15 , 6} = 97, 1 %$ . L'exigence de $96 %$ à pleine charge est remplie.

2) Le maximum. Maximiser $η$ revient à minimiser $\frac{1}{η} - 1 = \frac{P _{fer}}{x S _{n}} + \frac{x P _{cu, n}}{S _{n}}$ . La dérivée par rapport à $x$ , $- \frac{P _{fer}}{x ^{2} S _{n}} + \frac{P _{cu, n}}{S _{n}}$ , s'annule pour $x^{2} P_{cu, n} = P_{fer}$ : pertes cuivre égales aux pertes fer. Ici $x^{*} = 60/250 = 0, 49$ , et $η_{m a x} = \frac{4 899}{4 899 + 120} = 97, 6 %$ . Le constructeur place ce maximum au taux de charge le plus fréquent.

3) Sur un an. Les pertes fer courent toute l'année : $60 W \times 8760 h = 526 kW h$ . Les pertes cuivre au taux $0, 3$ : $250 \times 0, 09 = 22, 5 W$ , soit $197 kW h$ . Pour un transformateur peu chargé, c'est le fer qui coûte. Avec des tôles amorphes ( $15 W$ ) : $131 kW h$ , un gain de $394 kW h$ par an et par transformateur ; multiplié par les centaines de milliers de transformateurs d'un réseau de distribution, c'est l'argument de ces matériaux.

4) Origine et remèdes. Pertes cuivre : effet Joule dans la résistance des enroulements ; on les réduit par des conducteurs de plus forte section, en cuivre pur. Pertes fer : hystérésis (l'aire du cycle parcouru à chaque période est une énergie dissipée par unité de volume), qu'on réduit par un matériau doux à cycle étroit (fer au silicium, amorphe) ; courants de Foucault induits dans le noyau conducteur, qu'on réduit en feuilletant le noyau (exercice suivant).

Ce que l'exercice installe. Le bilan de puissance d'un transformateur réel avec deux lois de pertes ; le maximum de rendement à pertes cuivre égales aux pertes fer ; et la lecture énergétique : sur un an, un transformateur peu chargé perd surtout dans son fer.

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