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BTS Electrotechnique (Physique Appliquée) Christian BISSIERES et Claude GIRAUD

BTS Electrotechnique (Physique Appliquée) Christian BISSIERES et Claude GIRAUD Page 1 sur 3 Exercices Chapitre A-1 "energie_puissance corrigé" Exercices (1) du Chapitre A-1 Energie puissance corrigé EXERCICE 1 Un rayonnement de longueur d’onde λ = 550 nm correspond au maximum de sensibilité de l’œil (vert-jaune), la valeur énergétique d’un lumen pour un tel rayonnement est 1,6·10-3 W. Le tableau suivant donne le rendement en lumen par watt de plusieurs type de technologie de lampes. Technologie Rendement (lm/W) Lampe incandescente 12-20 lm/W Lampe halogène 18 - 25 lm/W Lampe fluorescente 60 - 80 lm/W Lampe à DEL 12 - 70 lm/W 1) Calculer la valeur du flux lumineux (en lm) correspondant à une puissance de 1W pour un rayonnement de longueur d’onde λ = 550 nm. 1 lm donne 1,6 10-3 W x lm donne 1 W x = 1 / 1,6 10-3 = 625 lm. 2) En supposant que la lumière émise se situe exactement à la longueur d’onde λ = 550 nm, calculer le rendement électrique maximal de chaque technologie. Lampe incandescente : 20 lm donne 20.1,6.10-3 W = 3,2.10-2 W donc η = 3,2 % Lampe halogène : 25 lm donne 25.1,6.10-3 W = 4.10-2 W donc η = 4 % Lampe fluorescente : 80 lm donne 80.1,6.10-3 W = 1,28.10-1 W donc η = 12,8 % Lampe à DEL : 70 lm donne 70.1,6.10-3 W = 1,12.10-1 W donc η = 11,2 % 3) Calculer pour 100W, la puissance perdue pour chaque technologie. Lampe incandescente : η = 3,2 % donc 96,8 % de pertes donc 96,8 W pour 100 W Lampe halogène : η = 4 % donc 96 % de pertes donc 96 W pour 100 W Lampe fluorescente : η = 12,8 % donc 87,2 % de pertes donc 87,2 W pour 100 W Lampe à DEL : η = 11,2 % donc 88,8 % de pertes donc 88,8 W pour 100 W EXERCICE 2 On distingue trois phases dans le fonctionnement de l'usine marémotrice de la Rance: • Phase 1 : production d'énergie électrique quand l'eau s'écoule du bassin vers la mer lors de la marée descendante : W1= 540 GWh par an ; • Phase 2 : production d'énergie électrique quand l'eau s'écoule de la mer vers le bassin lors de la marée montante : W2 = 70 GWh par an • Phase 3 : consommation d'énergie électrique pour pomper l'eau de mer vers le bassin pendant les heures dites «creuses» afin de fournir plus d'énergie électrique lors des heures dites de «pointe» : W3 = 60 GWh par an. 1) En t.e.p. l'énergie électrique fournie par l'usine marémotrice est : W = W1 + W2 - W3 = 550 GWh 1 t.e.p. = 4500 kWh électriques, donc W = 550 109 / 4500.103 = 1,22.105 t.e.p. 2) La puissance de l'usine marémotrice est P = 240 MW, la durée moyenne de chacune des phases par jour est donnée par : Wjour = W/365 et ∆t = Wjour/P Phase 1 : Wjour = 1,48 GWh et ∆t = 6,17h = 6h10min Phase 2 : Wjour = 0,192 GWh et ∆t = 0,8h = 48min Phase 1 : Wjour = 0,164 GWh et ∆t = 0,68h = 41min EXERCICE 3 La Terre reçoit du Soleil P = 1,4 kW.m-2, mais 35 % de cette puissance est réfléchie par l'atmosphère et 10 % est absorbée par l'atmosphère. 1) La puissance rayonnante P0 reçue au sol par mètre carré est P0 = P – 45% de P = 0,55 P = 0,77 kW.m-2 On veut alimenter en énergie électrique une maison isolée située dans une région ayant un ensoleillement de 2 200 heures par an. La mise en réserve de l'énergie électrique est prévue. La consommation moyenne quotidienne est W0 = 3,0 kWh. 2) La consommation annuelle est : W = 365 W0 = 1095 kWh. Cette énergie doit être produite en 2200 jour soit par une puissance électrique Pe = W / 2200 = 0,498 kW Le capteur doit récolter la puissance solaire Psol = Pe / η = 3,11 kW En outre Psol = P0 S et La surface S de photopiles nécessaire est S = Psol / P0 = 4 m2 EXERCICE 4 Un moteur électrique à courant continu alimenté sous une tension V = 230 V est traversé par un courant d'intensité 15 A. La résistance Ra des enroulements est égale à 1,4 Ω et son rendement est η = 76 %. BTS Electrotechnique (Physique Appliquée) Christian BISSIERES et Claude GIRAUD Page 2 sur 3 Exercices Chapitre A-1 "energie_puissance corrigé" Modèle électrique du moteur Puissance électromagnétique : Pem = E I Ra E I V 1) La puissance utile Pu = Pabsorbée η = VI η = 230 15 0,76 = 2620 W 2) Les pertes par effet Joule Pj = Ra I2 = 315 W. 3) La fém est E = V – RI = 230 – 1,4 . 15 = 209 V et la puissance électromagnétique Pem = E I = 209 . 15 = 3140 W. 4) Puissance perdue autrement que par effet Joule : Pu = Pem – Pjoule – Pautrespertes Pautrespertes = Pem – Pjoule – Pu = 3140 –315 –2620 = 205 W EXERCICE 5 Un treuil électrique soulève une charge de 100 kg à vitesse constante d'une hauteur de 10 m. La durée de l'opération est de 10 secondes. On donne : Wu = m g h l’énergie nécessaire pour soulever une masse m d’une hauteur h. 1) L'énergie W = 100 . 9,8 . 10 = 9800 J. 2) Pu = W t ∆ ∆ = 980 W 3) Le rendement η = 0,8. L'énergie électrique absorbée par le moteur du treuil est Pe = Pu / η = 980 / 0,8 = 1230 W et . et la puissance électrique absorbée est We = Wu / η = 9800 / 0,8 = 12300 J 4) U = 120V. Or Pe = U . I donc I = Pe / U = 1230 / 120 = 10,3 A. EXERCICE 6 Une chute d'eau d'une hauteur de 5 m, à un débit d = 10 m3.s-1. On rappelle que 1m3 d’eau constitue une masse de 1000 kg. Cette chute d'eau alimente une turbine et un alternateur. Le rendement de la turbine est ηT = 0,8 et celui de l’alternateur est ηE = 0,9. 1) L’énergie pour 1 m3 d’eau est : Weau = m . g . h = 1000 . 9,8 . 5 = 49 kJ La puissance mise en jeu dans cette chute d'eau est donc Peau = Weau . d = 490 kW. 2) La puissance récupérée par la turbine est : PT = Peau . ηT = 392 kW. 3) La puissance électrique disponible en sortie de l'alternateur PE = PT . ηE = 353 kW. 4) Pendant quatre heures, l'énergie électrique fournie au réseau est : WE = PE . ∆t = 353 000 . 4 . 3600 = 5,08 GJ = 1,41 MWh. 5) La ligne électrique est une ligne 20000 V continue. PE = U.I donc I = PE / U = 70,6 A. 6) La résistance linéique de la ligne électrique et de l’ordre de 6.10-2 Ω/km. Pour 20 km : R = 20 . 6.10-2 = 1,2 Ω et Pjoule = R I2 = 4980 W. 7) Le rendement ηligne = (PE-Pjoule)/PE = 0,986. 8) La puissance utile est Pu = PE – Pjoule = 353 000 – 4980 = 348 kW Le rendement complet η = Pu / peau = 0,71 = ηligne . ηT . ηE. EXERCICE 7 Pour un moteur à courant continu à excitation indépendante, on dispose des indications suivantes : Re = 150 Ω , Ue = 120 V ; Ra = 0,5 Ω ; Ua = 220 V. Un essai en charge a donné pour l'induit tournant à la vitesse de rotation N = 1450 tr/min : Ia = 18 A. Cet essai est réalisé sous tension nominale et le schéma équivalent de la machine est donné ci-dessous : Ra E Ua Ia On rappelle les relations suivantes. Puissance électromagnétique :Pem = E Ia Puissance utile : Pu = Tu . Ω Pertes collectives : Pcoll = Pem – Pu Ue Re Ie Pem Pertes collectives Tpertes Ω (Pertes mécaniques et magnétiques) Putile = Tu Ω Pa Pj (Pertes joule induit et inducteur) Bilan de puissance : 1) La puissance électromagnétique Pem = E Ia = (Ua – Ra Ia) Ia = 3800 W 2) les pertes par effet Joule inducteur et induit. Pertes inducteur : Pinducteur = 2 e e U R = 96 W Pertes induit : Pinduit = Ra Ia 2 = 162 W Les pertes collectives tel que Pcoll = Pem – Pu sont Pcoll = 319 W. 3) la puissance utile Pu = Pem – Pcoll = 3481 W. 4) le moment du couple utile Tu = u P Ω = u P 2 N 60 π = 22,9. 5) le rendement du moteur uploads/Industriel/ td-a11-06-puissance-energie-corrige.pdf