La résistance d'un enroulement statorique est R S = 0, 4 Ω. La réactance synchrone est X S = 20 Ω. La charge, couplée en étoile, est constituée de trois résistances identiques R = 50 Ω. 1-Faire le schéma équivalent du circuit (entre une phase et le neutre). Schéma équivalent du circuit (entre une phase et le neutre). Transformateur parfait exercices au. 2-Sachant que la tension simple à vide de l'alternateur est E = 240 V, calculer la valeur efficace des courants de ligne I et des tensions simples V en charge. Impédance complexe totale: Z = (RS + R) + jXS = 50, 4 + 20j
Impédance totale: Z = ((RS+R)² + XS²)1/2 = 54, 2 Ω
Courant de ligne: I = E / Z
Loi d'Ohm: V = RI = 221 volts
3-Calculer la puissance active consommée par la charge. √3×UI×cosϕ =3×VI×cosϕ =3×221×4, 43×1 = 2, 94 kW
Autre méthode: Loi de Joule 3RI² = 3×50×4, 43² = 2, 94 kW
Exercice N°6: Alternateur triphasé
Un alternateur triphasé couplé en étoile fournit un courant de 200 A sous une tension entre phases U = 400 V à 50 Hz, avec un facteur de puissance de 0, 866 (charge inductive).
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Un alternateur hexapolaire tourne à 1000 tr/min. Calculer la fréquence des tensions produites. Même question pour une vitesse de rotation de 1200 tr/min. Exercice N°3: Alternateur triphasé
Un alternateur triphasé débite un courant de 20 A avec une tension entre phases de 220 V et un facteur de puissance de 0, 85. L'inducteur, alimenté par une source de tension continue de 200 V, présente une résistance de100 Ω. L'alternateur reçoit une puissance mécanique de 7, 6 kW. Transformateur parfait exercices film. Calculer:
Solution:
1-la puissance utile fournie à la charge: P= √3×UI×cos ϕ = √3×220×20×0, 85 = 6, 48 kW
2-la puissance absorbée: 7600 + 200²/100 = 7600 + 400 = 8 kW
3-le rendement: 6, 48 / 8 = 81%
Exercice N°4: Alternateur triphasé
Un alternateur triphasé est couplé en étoile. Sur une charge résistive, il débite un courant de 20 A sous une tension de 220 V entre deux bornes de l'induit. La résistance de l'inducteur est de 50 Ω, celle d'un enroulement de l'induit de 1 Ω. Le courant d'excitation est de 2 A. Les pertes collectives sont évaluées à 400 W.
1-la puissance utile: √3×UI×cosϕ = √3×220×20×1 = 7, 62 kW
2-la puissance absorbée par l'inducteur: C'est les pertes Joule à l'inducteur: 50×2² = 200W
3-les pertes Joule dans l'induit: 3×1×20² = 1200 W (couplage étoile)
4-le rendement: Puissance absorbée par l'alternateur = puissance utile + pertes totales
= 7, 62 + (0, 2 + 1, 2 + 0, 4) = 9, 42 kW
Rendement = 7, 62 / 9, 42 = 81%
Exercice N°5: Alternateur triphasé
Un alternateur triphasé couplé en étoile alimente une charge résistive.
Géographiquement, le bilan est disparate. Zurich enregistre une augmentation des faillites de près de 52%. Du côté de la Suisse orientale ou de l'Espace Mittelland, Dun&bradstreet recense des hausses de respectivement 24% et 22%. Loin devant, la Suisse centrale inscrit seulement une progression de 3% des cas d'insolvabilité. Pour le seul mois d'avril, le nombre de faillites a augmenté de 7% sur un an. Au total, 324 cas ont été enregistrés. Pour ce qui est de la création d'entreprises, toujours pour la même période, le nombre a diminué de 10%, soit 3945 nouvelles entreprises inscrites au registre du commerce. Dun&bradstreet souligne dans sa publication les résultats enregistrés dans les deux seules régions où le nombre d'entreprises en faillite a reculé, à savoir la Suisse romande (-1%) et le Tessin (-10%). ID Logistics développe Astrid, un nouvel AMR d’inventaire à intelligence artificielle - Mesures.com. Actualité
Publié Il y a 21 heures le 25 mai 2022
Les automobilistes devront faire preuve de patience sur certains tronçons durant le week-end de l'Ascension (archives). (© KEYSTONE/URS FLUEELER)
Les départs vers le sud sont à nouveau ralentis à l'entrée nord du Gothard.
En déduire le rendement de l'alternateur. Pertes Joule de l'excitation: Pertes ri² = 200×(1, 2)² = 288 W
Joule de l'induit R s I²= 0, 3×(20)² = 120 W
Rendement: 4400/(4400 + 288 + 120 + 300) = 4400 / 5108 = 86%
Exercice N°9: Génératrice synchrone
Un générateur synchrone triphasé 1250 kVA, 10 pôles et 60 Hz, connecté en étoile à une charge de 4160 V (avec un facteur de puissance arrière de 0, 8) possède une résistance d'armature de 0, 126 Ω par phase et une réactance par phase de 3 Ω. Solution
1- Établir le schéma électrique équivalent de la génératrice
Le schéma équivalent de la génératrice synchrone est le suivant:
2- Déterminer la f. m E sous charge délivrée par le générateur. Transformateur parfait exercices pour. Nous avons: I = 1250. 103 /(√3 4160) = 173, 48 A. En la mettant sous la forme polaire:
I = 173, 48 /-36, 87° A
Aussi, Z = 0, 123 + 3j = 3, 0026 /87, 595º Ω. Nous pouvons donc déduire E
E = ZI + U
E = (4160/√3) + (173, 48 /-36, 87°) (3, 0026 /87, 595º) = 2761, 137 /8, 397°
L'évolution se poursuit donc et peut-être qu'au final, elle aboutira à une petite révolution? POUR EN SAVOIR PLUS
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Au 23 corps 2018, elles meurt récupéré soixante-deux mutation dale une compétition l domestique.
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Ingrédients
4 Fines escalopes de veau 8 fines tranches Jambon sec 8 Feuilles de sauge 40 g Beurre 15 cl Vin blanc sec
Sel
Poivre du moulin Calories = Moyen
Étapes de préparation
Coupez les escalopes de veau en deux, dans la longueur, puis aplatissez-les soigneusement sous une feuille de papier sulfurisé, au rouleau à pâtisserie. Déposez une tranche de jambon sec sur chaque portion de veau, puis ajoutez une feuille de sauge au milieu. Roulez soigneusement autour de la sauge, puis maintenez en place avec une pique en bois. Salez et poivrez. Faites mousser le beurre à feu moyen dans une grande poêle ou sauteuse, ajoutez les saltimboccas et faites-les dorer 5 min, en mélangeant régulièrement pour bien les dorer de tous côtés. Arrosez avec le vin blanc sec, baissez le feu au minimum et laissez cuire encore 7 à 8 min, en retournant régulièrement les bouchées pour les enrober de sauce, surtout en fin de cuisson. Astuces et conseils pour Escalopes de veau façon saltimbocca à la romaine
Cette recette italienne est préparée idéalement avec du jambon de Parme, ou un autre jambon sec italien.