électricité (PCSI) · Chapitre 8 · Exercice de TD

Problème : le transformateur parfait

Les lois de l'induction · E. Inductance mutuelle et transformateur · niveau 3 (difficile)

Énoncé

Deux enroulements, le primaire ( $N_{1}$ spires) et le secondaire ( $N_{2}$ spires), sont bobinés sur un même noyau de fer feuilleté, refermé sur lui-même, qui canalise toutes les lignes de champ : le couplage est parfait, et chaque spire de l'un ou l'autre enroulement est traversée par le même flux $φ$ . On admet que ce flux par spire est proportionnel aux « ampère-tours » totaux : $φ = Λ (N_{1} i_{1} + N_{2} i_{2}),$ où $Λ$ est une constante positive qui ne dépend que du noyau (sa forme, son matériau), et où $i_{1}$ , $i_{2}$ sont les courants entrant par les bornes homologues des deux enroulements. Les deux enroulements sont en convention récepteur ; on note $u_{1}$ et $u_{2}$ les tensions à leurs bornes. On néglige les résistances des enroulements.

1) Exprimer les flux $Φ_{1}$ et $Φ_{2}$ à travers les enroulements, en déduire $L_{1}$ , $L_{2}$ et $M$ , et vérifier qu'ils sont en influence totale. Écrire les deux équations électriques.

2) En déduire que $\frac{u _{2}}{u _{1}} = \frac{N _{2}}{N _{1}}$ exactement, quelle que soit la charge branchée au secondaire.

3) Le primaire est alimenté par une tension sinusoïdale d'amplitude complexe $U_{1}$ et de pulsation $ω$ ; le secondaire est fermé sur une résistance $R$ . Exprimer $I_{2}$ en fonction de $I_{1}$ , puis montrer que $N_{1} I_{1} + N_{2} I_{2} = \frac{R}{R + j L _{2} ω} N_{1} I_{1} .$ En déduire que, si $L_{1} ω ≫ (\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} R$ , alors $\frac{I _{1}}{I _{2}} \approx - \frac{N _{2}}{N _{1}}$ . Montrer que l'impédance vue du primaire est l'association en parallèle de $j L_{1} ω$ et de $(\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} R$ , et interpréter le courant qui traverse la première (courant magnétisant).

4) Montrer que $u_{1} i_{1} + u_{2} i_{2} = \frac{d}{d t} (\frac{Λ}{2} (N_{1} i_{1} + N_{2} i_{2})^{2})$ . En déduire que, dans la limite du 3), toute la puissance reçue par le primaire est cédée à la charge. Quelle résistance « voit » le générateur ? Application : adapter un haut-parleur de $8 Ω$ à un amplificateur qui doit débiter sur quelques kiloohms.

5) Application au réseau. Un transformateur de quartier abaisse $20 kV$ à $230 V$ (valeurs efficaces). Calculer $N_{1} / N_{2}$ . Le quartier consomme $I_{2} = 100 A$ : quel courant au primaire ? Une ligne de résistance $r = 0, 5 Ω$ transporte la puissance $P = 23 kW$ : comparer les pertes en ligne si le transport se fait sous $230 V$ ou sous $20 kV$ .

6) Cas limite. Que devient le fonctionnement quand $ω \to 0$ ? Pourquoi un transformateur ne fonctionne-t-il pas en courant continu ? Évaluer l'inductance primaire nécessaire pour le transformateur de quartier du 5) à $50 Hz$ , et commenter.

Corrigé

La stratégie. Tout découle des équations de deux circuits fixes couplés (exercices 5 et 6), spécialisées à l'influence totale. On n'utilise ni théorème d'Ampère ni modèle du circuit magnétique : la relation $N_{1} i_{1} + N_{2} i_{2} \approx 0$ , souvent postulée, sera obtenue comme une limite.

1) Inductances et équations. Chaque enroulement est traversé $N_{k}$ fois par le flux $φ$ : $Φ_{1} = N_{1} φ = N_{1}^{2} Λ i_{1} + N_{1} N_{2} Λ i_{2}, Φ_{2} = N_{2} φ = N_{1} N_{2} Λ i_{1} + N_{2}^{2} Λ i_{2} .$ Par identification avec $Φ_{1} = L_{1} i_{1} + M i_{2}$ et $Φ_{2} = M i_{1} + L_{2} i_{2}$ : $L_{1} = N_{1}^{2} Λ, L_{2} = N_{2}^{2} Λ, M = N_{1} N_{2} Λ, donc M^{2} = N_{1}^{2} N_{2}^{2} Λ^{2} = L_{1} L_{2} .$ On reconnaît l'influence totale de l'exercice 5 (où $Λ = μ_{0} S / ℓ$ pour un noyau d'air). En convention récepteur, résistances négligées, la tension aux bornes d'un enroulement est l'opposée de la f.é.m. induite, $u_{k} = - e_{k} = \frac{d Φ _{k}}{d t}$ : $u_{1} = L_{1} \frac{d i _{1}}{d t} + M \frac{d i _{2}}{d t} = N_{1} \frac{d φ}{d t}, u_{2} = M \frac{d i _{1}}{d t} + L_{2} \frac{d i _{2}}{d t} = N_{2} \frac{d φ}{d t} .$

2) Le rapport des tensions. Les deux tensions sont proportionnelles à la même dérivée $\frac{d φ}{d t}$ ; en divisant : $\frac{u _{2}}{u _{1}} = \frac{N _{2}}{N _{1}}$ Ce résultat est exact dans le modèle (couplage parfait, résistances nulles) et ne dépend pas de la charge : il ne fait intervenir aucun courant. Chaque spire, au primaire comme au secondaire, voit la même f.é.m. $\frac{d φ}{d t}$ . On note $m = \frac{N _{2}}{N _{1}}$ le rapport de transformation.

3) Les courants. Le secondaire est fermé sur $R$ . Le courant $i_{2}$ entre dans l'enroulement par sa borne homologue : il sort donc de la résistance par la borne correspondante, et la loi d'Ohm s'écrit $u_{2} = - R i_{2}$ . En complexes, avec la seconde équation du 1) : $j M ω I_{1} + j L_{2} ω I_{2} = - R I_{2} ⟹ I_{2} = - \frac{j M ω}{R + j L _{2} ω} I_{1} .$ Formons les ampère-tours, en utilisant $N_{2} M = N_{1} N_{2}^{2} Λ = N_{1} L_{2}$ : $N_{1} I_{1} + N_{2} I_{2} = N_{1} I_{1} - \frac{j N _{2} M ω}{R + j L _{2} ω} I_{1} = N_{1} I_{1} (1 - \frac{j L _{2} ω}{R + j L _{2} ω}) = \frac{R}{R + j L _{2} ω} N_{1} I_{1} .$ Si $L_{2} ω ≫ R$ , le facteur $\frac{R}{R + j L _{2} ω}$ tend vers zéro : les ampère-tours se compensent, $N_{1} I_{1} + N_{2} I_{2} \to 0$ , c'est-à-dire $\frac{I _{1}}{I _{2}} \approx - \frac{N _{2}}{N _{1}}$ La condition $L_{2} ω ≫ R$ se réécrit, en multipliant par $\frac{N _{1}^{2}}{N _{2}^{2}}$ et puisque $L_{1} = \frac{N _{1}^{2}}{N _{2}^{2}} L_{2}$ : $L_{1} ω ≫ (\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} R$ , la forme annoncée.

L'impédance vue du primaire. La première équation du 1), en complexes, s'écrit $U_{1} = j L_{1} ω I_{1} + j M ω I_{2}$ ; on y reporte l'expression de $I_{2}$ trouvée plus haut, et $j M ω \times (- \frac{j M ω}{R + j L _{2} ω}) = \frac{M ^{2} ω ^{2}}{R + j L _{2} ω}$ : $Z = \frac{U _{1}}{I _{1}} = j L_{1} ω + \frac{M ^{2} ω ^{2}}{R + j L _{2} ω} .$ Le second terme est l'effet du secondaire, « ramené » au primaire. Avec $M^{2} = L_{1} L_{2}$ : $Z = \frac{j L _{1} ω ( R + j L _{2} ω ) + L _{1} L _{2} ω ^{2}}{R + j L _{2} ω} = \frac{j L _{1} ω R}{R + j L _{2} ω} .$ Prenons l'inverse pour reconnaître une association en parallèle, en utilisant $\frac{L _{1}}{L _{2}} = (\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2}$ : $\frac{1}{Z} = \frac{R + j L _{2} ω}{j L _{1} ω R} = \frac{1}{j L _{1} ω} + \frac{L _{2}}{L _{1} R} = \frac{1}{j L _{1} ω} + \frac{1}{( \frac{N _{1}}{N _{2}} ) ^{2} R} .$ L'impédance vue du primaire est donc $j L_{1} ω$ en parallèle avec $(\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} R$ . Le courant primaire se partage en deux : le courant magnétisant $\frac{U _{1}}{j L _{1} ω}$ , qui existe même à vide ( $R \to \infty$ ) et sert seulement à créer le flux, et le courant « utile » $\frac{U _{1}}{( N _{1} / N _{2} ) ^{2} R}$ , qui est l'image du courant de la charge. La condition $L_{1} ω ≫ (N_{1} / N_{2})^{2} R$ dit exactement que la branche magnétisante est quasiment ouverte : le courant magnétisant devient négligeable devant le courant utile.

4) La puissance. Avec les équations du 1) : $u_{1} i_{1} + u_{2} i_{2} = (N_{1} i_{1} + N_{2} i_{2}) \frac{d φ}{d t} = Λ (N_{1} i_{1} + N_{2} i_{2}) \frac{d}{d t} (N_{1} i_{1} + N_{2} i_{2}) = \frac{d}{d t} (\frac{Λ}{2} (N_{1} i_{1} + N_{2} i_{2})^{2}) .$ C'est la dérivée de l'énergie magnétique du noyau — l'énergie $W$ de l'exercice 6 avec $L_{1} = N_{1}^{2} Λ$ , $M = N_{1} N_{2} Λ$ , $L_{2} = N_{2}^{2} Λ$ . Deux conséquences. En moyenne sur une période du régime sinusoïdal, la dérivée d'une fonction périodique a une moyenne nulle : $⟨ u_{1} i_{1} ⟩ = - ⟨ u_{2} i_{2} ⟩ = ⟨ R i_{2}^{2} ⟩$ exactement — le transformateur parfait ne consomme rien. À chaque instant, dans la limite du 3) où les ampère-tours se compensent, l'énergie stockée tend vers zéro et $u_{1} i_{1} = - u_{2} i_{2} = R i_{2}^{2} :$ tout ce que reçoit le primaire est cédé, instant par instant, à la charge. Le générateur voit la résistance $\frac{u _{1}}{i _{1}} = \frac{( N _{1} / N _{2} ) u _{2}}{- ( N _{2} / N _{1} ) i _{2}} = (\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} \frac{u _{2}}{- i _{2}} = (\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} R,$ en accord avec la branche utile du 3) : un transformateur multiplie les impédances par le carré du rapport des nombres de spires. Application : un haut-parleur de $8 Ω$ doit paraître, vu de l'amplificateur, de l'ordre de $3 kΩ$ ; il faut $(\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} \approx \frac{3000}{8} \approx 375$ , soit $\frac{N _{1}}{N _{2}} \approx 19$ . C'est le « transformateur de sortie » des amplificateurs à tubes : l'adaptation d'impédance.

Le lien avec le cours. Le cours écrit $\frac{i _{1}}{i _{2}} = \frac{N _{2}}{N _{1}}$ et $u_{1} i_{1} = u_{2} i_{2}$ : c'est la même chose avec le courant $i_{2}^{'} = - i_{2}$ fourni à la charge (secondaire en convention générateur). Le signe moins n'est qu'une convention.

5) Le transformateur de quartier. $\frac{N _{1}}{N _{2}} = \frac{U _{1}}{U _{2}} = \frac{20 \times 1 0 ^{3}}{230} \approx 87, I_{1} = \frac{N _{2}}{N _{1}} I_{2} = \frac{100}{87} \approx 1, 15 A .$ Les puissances sont bien égales : $20 kV \times 1, 15 A = 230 V \times 100 A = 23 kW$ . Les pertes en ligne. Transporter $23$ kW sous $230$ V exige $I = 100$ A, et la ligne dissipe $r I^{2} = 0, 5 \times 10 0^{2} = 5, 0 \times 1 0^{3} W = 5, 0 kW,$ plus d'un cinquième de la puissance transportée. Sous $20$ kV, $I = 1, 15$ A, et $r I^{2} = 0, 5 \times 1, 1 5^{2} \approx 0, 66 W .$ Le rapport des pertes est $(\frac{20 000}{230})^{2} \approx 7, 6 \times 1 0^{3}$ : à puissance égale, les pertes Joule varient comme l'inverse du carré de la tension. C'est la raison d'être du transformateur, et c'est pourquoi le réseau de transport fonctionne à $400$ kV.

6) Le cas limite $ω \to 0$ . Toutes les tensions du 1) sont des dérivées : en continu, $\frac{d φ}{d t} = 0$ et $u_{2} = 0$ , rien n'est transmis. Côté primaire, la branche magnétisante $j L_{1} ω$ tend vers un court-circuit : seule la résistance du fil, très faible, limite le courant, et l'enroulement brûle. Un transformateur ne fonctionne qu'en alternatif — l'une des raisons du choix de l'alternatif pour les réseaux.

Ordre de grandeur de $L_{1}$ . Pour le transformateur du 5), la charge vaut $R = \frac{230}{100} = 2, 3 Ω$ , et sa résistance ramenée au primaire $(\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} R \approx 7, 6 \times 1 0^{3} \times 2, 3 \approx 1, 7 \times 1 0^{4} Ω$ . La condition $L_{1} ω ≫ 1, 7 \times 1 0^{4} Ω$ à $ω = 314 rad s^{- 1}$ impose $L_{1} ≫ \frac{1 , 7 \times 1 0 ^{4}}{314} \approx 55 H .$ Des inductances de plusieurs centaines de henrys : impossible sans un noyau de fer et un grand nombre de spires au primaire. C'est le rôle du noyau — et il est feuilleté, en tôles isolées, pour limiter les courants de Foucault qu'y induirait le flux variable.

Le résultat obtenu — le transformateur parfait. Deux enroulements en influence totale, de résistances négligeables, et d'inductances assez grandes pour que $L_{1} ω ≫ (N_{1} / N_{2})^{2} R$ , vérifient, en convention récepteur des deux côtés : $\frac{u _{2}}{u _{1}} = \frac{N _{2}}{N _{1}}, \frac{i _{1}}{i _{2}} = - \frac{N _{2}}{N _{1}}, u_{1} i_{1} + u_{2} i_{2} = 0,$ et l'impédance $Z$ branchée au secondaire est vue du primaire comme $(\frac{N _{1}}{N _{2}})^{2} Z$ . La première relation ne doit rien à la charge ; la seconde est une limite, celle d'un courant magnétisant négligeable ; la troisième est la conservation de l'énergie.

Ce que le problème installe. Un modèle idéal se justifie : on part des équations exactes de deux circuits couplés et l'on identifie la limite où il devient vrai, au lieu de le postuler. On retient les trois relations, l'adaptation d'impédance, et les pertes en ligne en $1/ U^{2}$ qui justifient la haute tension. Avec les exercices 5 et 6, la séance a parcouru toute la chaîne : calculer une mutuelle, borner le couplage, et tirer de l'influence totale l'appareil qui fait fonctionner les réseaux.

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