Réseaux Electriques json Recherche avancée

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    "title": "Examen 2 - Réseaux Electriques: Distribution et Transformateurs",
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EXAMEN 2 - Réseaux Électriques: Distribution et Systèmes d'Unité Relative
\n
Durée: 3 heures |  - Ingénierie Électrique
\n\n
Contexte: Une entreprise de distribution électrique exploite un transformateur abaisseur dans un poste-source alimentant un quartier résidentiel et une petite zone industrielle. Le gestionnaire de réseau souhaite analyser les performances du transformateur, les régulations de tension et évaluer les risques de défaut.
\n\n
Question 1 - Système d'unité relative (p.u.) et changement de base
\n
Un transformateur triphasé Dyn11 (Δ primaire, Y secondaire, indice 11) de puissance $S_n = 250 \\text{ kVA}$, de tensions nominales primaire-secondaire 20 kV - 0,4 kV, présente:
\n
\n
Résistance primaire: $R_1 = 2,8 \\text{ Ω}$
\n
Réactance primaire: $X_1 = 6,5 \\text{ Ω}$
\n
Résistance secondaire: $R_2 = 0,008 \\text{ Ω}$
\n
Réactance secondaire: $X_2 = 0,018 \\text{ Ω}$
\n
Impédance de magnétisation: $Z_m = j 150 \\text{ kΩ}$
\n
\n\n
Convertissez tous les paramètres du transformateur en valeurs relatives (p.u.) en choisissant comme base:
\n
\n
$S_{base} = S_n = 250 \\text{ kVA}$
\n
$V_{base,1} = 20 \\text{ kV}$
\n
$V_{base,2} = 0,4 \\text{ kV}$
\n
\n\n
Ramenez tous les paramètres à la base secondaire en utilisant les rapports de transformation et vérifiez la cohérence des résultats.
\n\n
Question 2 - Fonctionnement en charge et régulation de tension
\n
Le transformateur est alimenté à sa tension primaire nominale ($V_1 = 20 \\text{ kV}$) et débite une charge au secondaire:
\n
\n
Puissance active: $P_2 = 200 \\text{ kW}$
\n
Puissance réactive: $Q_2 = 60 \\text{ kVAr}$
\n
\n\n
Calculez:
\n
\n
Le courant secondaire $I_2$
\n
La tension secondaire en charge $V_2^{charge}$
\n
La régulation de tension $\\delta V$ définie comme: $\\delta V = \\frac{V_2^{vide} - V_2^{charge}}{V_2^{charge}} \\times 100\\%$ où $V_2^{vide}$ est la tension en vide (400 V)
\n
Le rendement du transformateur (supposez les pertes fer = 2 kW et pertes cuivre = calcul à partir des courants)
\n
\n\n
Question 3 - Analyse du circuit équivalent en T avec saturation
\n
Établissez le circuit équivalent précis du transformateur incluant:
\n
\n
Les deux impédances de fuite primaire et secondaire
\n
L'impédance de magnétisation ramenée au secondaire
\n
Les sources de tension idéales
\n
\n\n
Ensuite, simulez le fonctionnement en court-circuit secondaire (charge shuntée). Calculez:
\n
\n
L'intensité du courant primaire lors du défaut
\n
La tension primaire nécessaire pour maintenir ce courant
\n
La puissance dissipée dans les résistances primaire et secondaire
\n
\n\n
Question 4 - Analyse de défauts asymétriques (défaut phase-terre)
\n
Une mise à la terre accidentelle d'une phase du secondaire du transformateur (0,4 kV) crée un défaut phase-terre. Supposez que:
\n
\n
La résistance de défaut est $R_f = 0,5 \\text{ Ω}$
\n
Le système primaire (20 kV) continue de fonctionner normalement avec tension appliquée $V_1 = 20 \\text{ kV}$
\n
L'impédance homopolaire du transformateur est $Z_0 = j 25 \\text{ Ω}$ (ramené au secondaire)
\n
\n\n
Calculez:
\n
\n
Le courant de défaut phase-terre (composante homopolaire)
\n
Les tensions des trois phases au secondaire pendant le défaut
\n
La tension du point neutre par rapport à la terre
\n
Vérifiez que le système de protection doit intervenir
\n
\n\n
Question 5 - Optimisation de la charge et rendement énergétique sur longue période
\n
Sur une semaine d'exploitation, les charges varient selon le profil suivant:
\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n
Période
Puissance active (kW)
Puissance réactive (kVAr)
Durée (h)
Nuit (22h-06h)
50
15
8
Matin (06h-10h)
120
36
4
Jour (10h-18h)
180
54
8
Soir (18h-22h)
150
45
4
\n\n
Calculez:
\n
\n
L'énergie totale dissipée (pertes totales) sur 7 jours (une semaine complète de ce profil répété)
\n
L'énergie fournie à la charge sur 7 jours
\n
Le rendement moyen du transformateur sur la semaine
\n
Le coût des pertes (tarif électrique: 0,15 €/kWh) sur 30 jours (un mois)
\n
\n\nHypothèses: Pertes fer constantes = 2 kW; Pertes cuivre proportionnelles au carré du courant; Tension primaire maintenue constante à 20 kV.\n\n",
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SOLUTIONS DÉTAILLÉES - EXAMEN 2
\n\n
Question 1 - Conversion en système d'unité relative (p.u.)
\n\n
Définition des bases:
\n
$S_{base} = 250 \\text{ kVA}$
\n
$V_{base,1} = 20 \\text{ kV} = 20000 \\text{ V}$
\n
$V_{base,2} = 0,4 \\text{ kV} = 400 \\text{ V}$
\n
$I_{base,1} = \\frac{S_{base}}{V_{base,1}} = \\frac{250 \\times 10^3}{20 \\times 10^3} = 12,5 \\text{ A}$
\n
$I_{base,2} = \\frac{S_{base}}{V_{base,2}} = \\frac{250 \\times 10^3}{0,4 \\times 10^3} = 625 \\text{ A}$
\n
$Z_{base,1} = \\frac{V_{base,1}}{I_{base,1}} = \\frac{20000}{12,5} = 1600 \\text{ Ω}$
\n
$Z_{base,2} = \\frac{V_{base,2}}{I_{base,2}} = \\frac{400}{625} = 0,64 \\text{ Ω}$
\n\n
Conversion des paramètres primaires en p.u.:
\n
$R_{1,pu} = \\frac{R_1}{Z_{base,1}} = \\frac{2,8}{1600} = 0,00175 \\text{ p.u.}$
\n
$X_{1,pu} = \\frac{X_1}{Z_{base,1}} = \\frac{6,5}{1600} = 0,0040625 \\text{ p.u.}$
\n
$Z_{m,pu} = \\frac{j150 \\times 10^3}{Z_{base,1}} = \\frac{150000}{1600} = j93,75 \\text{ p.u.}$
\n\n
Conversion des paramètres secondaires en p.u. (base secondaire):
\n
$R_{2,pu} = \\frac{R_2}{Z_{base,2}} = \\frac{0,008}{0,64} = 0,0125 \\text{ p.u.}$
\n
$X_{2,pu} = \\frac{X_2}{Z_{base,2}} = \\frac{0,018}{0,64} = 0,028125 \\text{ p.u.}$
\n\n
Ramener les paramètres primaires à la base secondaire:
\n
Le rapport du transformateur: $m = \\frac{V_1}{V_2} = \\frac{20}{0,4} = 50$
\n
Pour ramener une impédance du côté primaire au côté secondaire: $Z'_1 = \\frac{Z_1}{m^2}$
\n
$R'_{1,pu} = \\frac{R_{1,pu}}{m^2} = \\frac{0,00175}{2500} = 7 \\times 10^{-7} \\text{ p.u.}$
\n
$X'_{1,pu} = \\frac{X_{1,pu}}{m^2} = \\frac{0,0040625}{2500} = 1,625 \\times 10^{-6} \\text{ p.u.}$
\n\n
Vérification de cohérence:
\n
L'impédance totale ramenée au secondaire (p.u.):
\n
$Z_{eq,pu} = R'_{1,pu} + R_{2,pu} + j(X'_{1,pu} + X_{2,pu}) = 0,01250 + j0,02813 \\text{ p.u.}$
\n
Cette valeur est cohérente: $|Z_{eq,pu}| = \\sqrt{0,01250^2 + 0,02813^2} = 0,0309 \\text{ p.u.}$
\n\n
Résumé des conversions:
\n\n\n\n\n\n
Paramètre
Valeur SI (primaire)
Valeur p.u. (base 1°)
Valeur SI (secondaire)
Valeur p.u. (base 2°)
R
2,8 Ω
0,00175
0,0011 Ω
0,00173
X
6,5 Ω
0,00406
0,0026 Ω
0,00406
Z_m
j150 kΩ
j93,75
j96 Ω
j150
\n\n
\n\n
Question 2 - Fonctionnement en charge et régulation de tension
\n\n
Données de charge secondaire:
\n
$P_2 = 200 \\text{ kW}$
\n
$Q_2 = 60 \\text{ kVAr}$
\n
$S_2 = \\sqrt{P_2^2 + Q_2^2} = \\sqrt{200^2 + 60^2} = \\sqrt{40000 + 3600} = \\sqrt{43600} = 208,8 \\text{ kVA}$
\n
$\\cos \\phi = \\frac{P_2}{S_2} = \\frac{200}{208,8} = 0,9578$
\n\n
Courant secondaire:
\n
$I_2 = \\frac{S_2}{V_2} = \\frac{208,8 \\times 10^3}{400} = 522 \\text{ A}$
\n\n
Courant primaire (idéal, sans pertes):
\n
$I_1 = I_2 \\times \\frac{S_2}{S_n} \\times \\frac{1}{m} = 522 \\times \\frac{208,8}{250} \\times \\frac{1}{50} = 522 \\times 0,8352 \\times 0,02 = 8,72 \\text{ A}$
\n\n
Tension en vide (secondaire, pas de charge):
\n
$V_2^{vide} = 400 \\text{ V}$
\n\n
Chute de tension dans les impédances de la ligne (secondaire):
\n
Impédance équivalente ramenée au secondaire:
\n
$Z_{eq} = R_{eq} + jX_{eq} = (R'_1 + R_2) + j(X'_1 + X_2)$
\n
$R_{eq} = \\frac{2,8}{2500} + 0,008 = 0,00112 + 0,008 = 0,00912 \\text{ Ω}$
\n
$X_{eq} = \\frac{6,5}{2500} + 0,018 = 0,0026 + 0,018 = 0,0206 \\text{ Ω}$
\n
$\\Delta V = I_2 \\times (R_{eq} \\cos \\phi + X_{eq} \\sin \\phi)$
\n
$\\sin \\phi = \\sqrt{1 - 0,9578^2} = \\sqrt{1 - 0,9174} = 0,287$
\n
$\\Delta V = 522 \\times (0,00912 \\times 0,9578 + 0,0206 \\times 0,287) = 522 \\times (0,00873 + 0,00591) = 522 \\times 0,01464 = 7,64 \\text{ V}$
\n\n
Tension secondaire en charge:
\n
$V_2^{charge} = V_2^{vide} - \\Delta V = 400 - 7,64 = 392,36 \\text{ V}$
\n\n
Régulation de tension:
\n
$\\delta V = \\frac{V_2^{vide} - V_2^{charge}}{V_2^{charge}} \\times 100\\% = \\frac{400 - 392,36}{392,36} \\times 100\\% = \\frac{7,64}{392,36} \\times 100\\% = 1,95\\%$
\n\n
Pertes cuivre (I²R) à cette charge:
\n
$P_{cu} = 3 \\times I_2^2 \\times R_{eq}/3 = I_2^2 \\times R_{eq} = 522^2 \\times 0,00912 = 272484 \\times 0,00912 = 2485 \\text{ W} \u0007pprox 2,49 \\text{ kW}$
\n
Note: Cette charge est à 83,5 % de la puissance nominale. Les pertes cuivre à puissance nominale seraient: $P_{cu,n} = 2,49 \\times (250/208,8)^2 = 3,55 \\text{ kW}$
\n\n
Pertes fer (constantes):
\n
$P_{fer} = 2 \\text{ kW} \\text{ (donnée)}$
\n\n
Puissance entrante (primaire):
\n
$P_{in} = P_2 + P_{cu} + P_{fer} = 200 + 2,49 + 2 = 204,49 \\text{ kW}$
\n\n
Rendement:
\n
$\\eta = \\frac{P_2}{P_{in}} \\times 100\\% = \\frac{200}{204,49} \\times 100\\% = 97,8\\%$
\n\n
Résumé:
\n
$I_2 = 522 \\text{ A} \\quad ; \\quad V_2^{charge} = 392,36 \\text{ V} \\quad ; \\quad \\delta V = 1,95\\% \\quad ; \\quad \\eta = 97,8\\%$
\n\n
\n\n
Question 3 - Analyse du circuit équivalent et court-circuit secondaire
\n\n
Circuit équivalent en T du transformateur:
\n
Le circuit comprend:
\n
\n
Impédance primaire ramenée au secondaire: $Z'_1 = (R'_1 + jX'_1) = 0,00112 + j0,0026 \\text{ Ω}$
\n
Impédance secondaire: $Z_2 = (R_2 + jX_2) = 0,008 + j0,018 \\text{ Ω}$
\n
Impédance de magnétisation en parallèle: $Z_m = j96 \\text{ Ω}$
\n
\n\n
Situation de court-circuit secondaire (I_2 limitée par Z_eq seulement):
\n
À tension primaire nominale $V_1 = 20 \\text{ kV}$:
\n
$V_2 = \\frac{V_1}{m} = \\frac{20000}{50} = 400 \\text{ V (tension nominale secondaire)}$
\n\n
En court-circuit, toute cette tension apparaît aux bornes de l'impédance équivalente:
\n
$Z_{eq} = Z'_1 + Z_2 = (0,00112 + 0,008) + j(0,0026 + 0,018) = 0,00912 + j0,0206 \\text{ Ω}$
\n
$|Z_{eq}| = \\sqrt{0,00912^2 + 0,0206^2} = \\sqrt{0,0000832 + 0,0004244} = \\sqrt{0,0005076} = 0,02253 \\text{ Ω}$
\n\n
Courant secondaire en court-circuit:
\n
$I_{2,cc} = \\frac{V_2}{|Z_{eq}|} = \\frac{400}{0,02253} = 17754 \\text{ A} \u0007pprox 17,8 \\text{ kA}$
\n\n
Courant primaire en court-circuit (ramené au primaire):
\n
$I_{1,cc} = I_{2,cc} \\times \\frac{1}{m} = 17754 \\times \\frac{1}{50} = 355 \\text{ A}$
\n\n
Tension primaire nécessaire pour maintenir le courant:
\n
À cause des pertes d'impédance primaire:
\n
$V_1^{cc} = I_{1,cc} \\times (R_1 + jX_1) = 355 \\times (2,8 + j6,5) = 994 + j2308 \\text{ V}$
\n
$|V_1^{cc}| = \\sqrt{994^2 + 2308^2} = \\sqrt{988036 + 5326864} = \\sqrt{6314900} = 2513 \\text{ V} \u0007pprox 2,51 \\text{ kV}$
\n\n
Puissance dissipée dans les résistances:
\n
Résistance primaire: $P_{R1} = I_{1,cc}^2 \\times R_1 = 355^2 \\times 2,8 = 126025 \\times 2,8 = 353 \\text{ kW}$
\n
Résistance secondaire: $P_{R2} = I_{2,cc}^2 \\times R_2 = 17754^2 \\times 0,008 = 315,2 \\times 10^6 \\times 0,008 = 2,52 \\text{ MW}$
\n
$P_{total} = P_{R1} + P_{R2} = 0,353 + 2,52 = 2,87 \\text{ MW}$
\n\n
Résumé:
\n
$I_{2,cc} = 17,8 \\text{ kA} \\quad ; \\quad I_{1,cc} = 355 \\text{ A} \\quad ; \\quad V_1^{cc} = 2,51 \\text{ kV} \\quad ; \\quad P_{dissipée} = 2,87 \\text{ MW}$
\n\n
Cette puissance énorme causerait une fusion des bobines en quelques secondes. Les protections doivent intervenir immédiatement.
\n\n
\n\n
Question 4 - Défaut phase-terre asymétrique
\n\n
Données du défaut:
\n
\n
Résistance de défaut: $R_f = 0,5 \\text{ Ω}$
\n
Impédance homopolaire (0°): $Z_0 = j25 \\text{ Ω}$
\n
Impédance directe (1°): $Z_1 = R_{eq} + jX_{eq} = 0,00912 + j0,0206 \\text{ Ω}$
\n
Impédance inverse (2°) ≈ impédance directe pour défaut localisé: $Z_2 \u0007pprox Z_1$
\n
\n\n
Théorie des composantes symétriques:
\n
Pour un défaut phase-terre, les composantes symétriques sont liées par:
\n
$I_0 = I_1 = I_2 = \\frac{V_{défaut}}{Z_1 + Z_2 + Z_0 + 3R_f}$
\n
où $V_{défaut}$ est la tension de phase au point de défaut.
\n\n
Impédance totale pour défaut homopolaire:
\n
$Z_{eq,0} = Z_1 + Z_2 + Z_0 + 3R_f = (0,00912 + j0,0206) + (0,00912 + j0,0206) + (0 + j25) + 3 \\times 0,5$
\n
$Z_{eq,0} = 0,01824 + 1,5 + j(0,0412 + 25) = 1,51824 + j25,0412 \\text{ Ω}$
\n
$|Z_{eq,0}| = \\sqrt{1,51824^2 + 25,0412^2} = \\sqrt{2,305 + 627,06} = \\sqrt{629,365} = 25,09 \\text{ Ω}$
\n\n
Tension au point de défaut (phase L1):
\n
$V_{def} = \\frac{V_{2}^{phase}}{1} = \\frac{400/\\sqrt{3}}{1} = 230,9 \\text{ V (tension simple nominale)}$
\n\n
Composante homopolaire du courant de défaut:
\n
$I_0 = \\frac{V_{def}}{|Z_{eq,0}|} = \\frac{230,9}{25,09} = 9,20 \\text{ A}$
\n\n
Intensité du courant de défaut phase-terre (total):
\n
$I_{défaut} = 3 \\times I_0 = 3 \\times 9,20 = 27,6 \\text{ A (composante homopolaire triphasée)}$
\n\n
Tensions des trois phases au secondaire pendant le défaut:
\n
Utilisation des composantes symétriques:
\n
$V_1 = 230,9 - I_0 \\times (Z_1 + R_f) \u0007pprox 230,9 - 9,20 \\times (0,00912 + 0,5) = 230,9 - 4,69 = 226,2 \\text{ V}$
\n
$V_2 = 230,9 - 120° \\text{ (normal)} \u0007pprox 230,9 \\text{ V}$
\n
$V_3 = 230,9 - 240° \\text{ (normal)} \u0007pprox 230,9 \\text{ V}$
\n\n
Tension du point neutre par rapport à la terre:
\n
$V_N = \\frac{V_1 + V_2 + V_3}{3} - I_0 \\times Z_0 = 0 - 9,20 \\times j25 = -j230 \\text{ V}$
\n
$|V_N| = 230 \\text{ V (déphasage de 90° en arrière)}$
\n\n
Vérification et action de protection:
\n
Le courant de défaut de 27,6 A est suffisant pour être détecté par une protection différentielle résiduelle (DDR) de sensibilité standard (30 mA). L'équipement de protection doit intervenir en moins de 200 ms (selon la norme NF C 61-410).
\n\n
Résumé:
\n
$I_{défaut} = 27,6 \\text{ A} \\quad ; \\quad V_N = 230 \u0007ngle -90° \\text{ V} \\quad ; \\quad \\text{Protection DDR DOIT déclencher}$
\n\n
\n\n
Question 5 - Optimisation de charge et rendement énergétique sur longue période
\n\n
Récapitulatif des charges sur 24 heures (une journée type):
\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n
Période
Durée (h)
P (kW)
Q (kVAr)
S (kVA)
I (A)
Nuit (22h-06h)
8
50
15
52,45
131,1
Matin (06h-10h)
4
120
36
125,88
314,7
Jour (10h-18h)
8
180
54
188,82
472,1
Soir (18h-22h)
4
150
45
156,52
391,3
\n\n
Durée totale quotidienne: 8 + 4 + 8 + 4 = 24 heures ✓
\n\n
Calcul des pertes cuivre pour chaque période:
\n
Formule générale: $P_{cu} = I^2 \\times R_{eq} = (S/400)^2 \\times 0,00912$
\n\n
Période Nuit: $P_{cu,nuit} = 131,1^2 \\times 0,00912 = 156.5 \\text{ W}$
\n
Période Matin: $P_{cu,mat} = 314,7^2 \\times 0,00912 = 903 \\text{ W}$
\n
Période Jour: $P_{cu,jour} = 472,1^2 \\times 0,00912 = 2030 \\text{ W}$
\n
Période Soir: $P_{cu,soir} = 391,3^2 \\times 0,00912 = 1397 \\text{ W}$
\n\n
Énergie dissipée par période (sur 24 heures):
\n
Énergie cuivre nuit: $E_{cu,nuit} = P_{cu,nuit} \\times t = 0,1565 \\times 8 = 1,25 \\text{ kWh}$
\n
Énergie cuivre matin: $E_{cu,mat} = 0,903 \\times 4 = 3,61 \\text{ kWh}$
\n
Énergie cuivre jour: $E_{cu,jour} = 2,030 \\times 8 = 16,24 \\text{ kWh}$
\n
Énergie cuivre soir: $E_{cu,soir} = 1,397 \\times 4 = 5,59 \\text{ kWh}$
\n
$E_{cu,total/24h} = 1,25 + 3,61 + 16,24 + 5,59 = 26,69 \\text{ kWh}$
\n\n
Énergie fer (constante): $E_{fer/24h} = 2 \\text{ kW} \\times 24 \\text{ h} = 48 \\text{ kWh}$
\n
$E_{pertes,total/24h} = 26,69 + 48 = 74,69 \\text{ kWh par jour}$
\n\n
Énergie fournie à la charge (sur 24 heures):
\n
Énergie nuit: $E_{nuit} = 50 \\times 8 = 400 \\text{ kWh}$
\n
Énergie matin: $E_{mat} = 120 \\times 4 = 480 \\text{ kWh}$
\n
Énergie jour: $E_{jour} = 180 \\times 8 = 1440 \\text{ kWh}$
\n
Énergie soir: $E_{soir} = 150 \\times 4 = 600 \\text{ kWh}$
\n
$E_{charge,total/24h} = 400 + 480 + 1440 + 600 = 2920 \\text{ kWh par jour}$
\n\n
Énergie fournie par le réseau primaire (sur 24 heures):
\n
$E_{entrée,total/24h} = E_{charge} + E_{pertes} = 2920 + 74,69 = 2994,69 \\text{ kWh}$
\n\n
Rendement moyen quotidien:
\n
$\\eta_{quotidien} = \\frac{E_{charge}}{E_{entrée}} \\times 100\\% = \\frac{2920}{2994,69} \\times 100\\% = 97,5\\%$
\n\n
Énergie et coûts sur 7 jours (une semaine complète):
\n
$E_{pertes/7j} = 74,69 \\times 7 = 522,8 \\text{ kWh}$
\n
$E_{charge/7j} = 2920 \\times 7 = 20440 \\text{ kWh}$
\n\n
Énergie et coûts sur 30 jours (un mois):
\n
$E_{pertes/30j} = 74,69 \\times 30 = 2240,7 \\text{ kWh}$
\n
$Coût_{pertes/30j} = 2240,7 \\times 0,15 \\text{ €/kWh} = 336,1 €$
\n\n
Coût total des pertes sur 12 mois (un an):
\n
$E_{pertes/an} = 74,69 \\times 365 = 27262 \\text{ kWh}$
\n
$Coût_{pertes/an} = 27262 \\times 0,15 = 4089 €$
\n\n
Résumé complet:
\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n
Période
Pertes (kWh)
Charge (kWh)
Rendement
Coût des pertes
Par jour
74,69
2920
97,5%
11,20 €
Par semaine
522,8
20440
97,5%
78,42 €
Par mois (30 j)
2240,7
87600
97,5%
336,1 €
Par an (365 j)
27262
1066200
97,5%
4089 €
\n\n
Conclusion: Le transformateur opère avec un rendement excellent (97,5%), mais les pertes représentent un coût significatif de 4089 € annuels. Une amélioration de 1% du rendement économiserait environ 42 € par an. Le coût des pertes cuivre (26,69 kWh/jour) est dominé par les pertes fer (48 kWh/jour), ce qui justifie l'utilisation de tôles de meilleure qualité lors de la prochaine maintenance.
\n\n",
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EXAMEN 3 - Calcul des Courants de Court-circuit: Méthodes et Protections
\n
Durée: 3 heures |  - Ingénierie Électrique
\n\n
Contexte: Un réseau électrique industriel complexe comprend plusieurs sources de génération et transformateurs. Un incident de court-circuit triphasé et un défaut asymétrique (double phase-terre) se produisent en deux endroits différents du réseau. L'ingénieur de protection doit calculer les intensités de défaut et dimensionner les équipements de protection.
\n\n
Question 1 - Réseau complexe et impédances équivalentes
\n
Considérez le réseau suivant à 400 V:
\n
\n
Source 1 (Générateur G1): Puissance nominale $S_G1 = 500 \\text{ kVA}$, tension 400 V, réactance synchrone $x'_d = 0,15 \\text{ p.u.}$
\n
Source 2 (Réseau amont T1): Impédance équivalente $Z_s = 0,5 + j1,5 \\text{ Ω}$
\n
Transformateur T2: $S_n = 250 \\text{ kVA}$, rapport 20/0,4 kV, indice de court-circuit $u_k = 6\\%$
\n
Câble de liaison (L1): Longueur 150 m, résistance linéique 0,027 Ω/km, réactance linéique 0,08 Ω/km
\n
Charge en régime normal: $P = 150 \\text{ kW}$ inductif avec $\\cos \\phi = 0,9$
\n
\n\n
Calculez:
\n
\n
L'impédance du générateur G1 en ohms (côté 400 V)
\n
L'impédance du transformateur T2 en ohms (côté 0,4 kV)
\n
L'impédance du câble L1 en ohms
\n
L'impédance équivalente du réseau vue du point de défaut (en aval de T2)
\n
\n\n
Question 2 - Court-circuit triphasé symétrique au nœud (0,4 kV)
\n
Un court-circuit triphasé symétrique se produit au point de distribution 0,4 kV après le transformateur T2 (point P).
\n\n
Hypothèses:
\n
\n
La charge est déconnectée instantanément lors du défaut
\n
Le générateur G1 continue de fonctionner à tension nominale pendant le transitoire
\n
La source amont (réseau) maintient sa tension nominale 400 V
\n
Les deux sources sont en parallèle via T2
\n
\n\n
Calculez:
\n
\n
Le courant de court-circuit initial $I''_{k,initial}$ au point P
\n
Le courant de court-circuit en régime établi $I'_k$ (après amortissement des transitoires)
\n
Le rapport entre les deux courants $I''_k / I'_k$
\n
La durée de validité du courant initial (ordre de grandeur)
\n
\n\n
Question 3 - Calcul des composantes symétriques pour défaut double phase-terre (L2-L3)
\n
Un second défaut se produit: deux phases (L2 et L3) sont mises à la terre accidentellement en aval du transformateur T2.
\n\n
Système d'impédances au point de défaut (côté 0,4 kV):
\n
\n
Impédance directe: $Z_1 = 0,15 + j0,5 \\text{ Ω}$
\n
Impédance inverse: $Z_2 = 0,15 + j0,5 \\text{ Ω}$
\n
Impédance homopolaire: $Z_0 = 0,25 + j1,2 \\text{ Ω}$
\n
Résistance de défaut (sol/eau): $R_f = 1 \\text{ Ω}$
\n
\n\n
Calculez les courants de défaut:
\n
\n
Les composantes de courant I₀, I₁, I₂ au point de défaut
\n
Les courants de phases L1, L2, L3 durant le défaut
\n
Les tensions des phases L1, L2, L3 durant le défaut
\n
Le courant homopolaire total (3I₀)
\n
\n\n
Question 4 - Sélectivité et coordination des protections
\n
Le réseau comprend les protections suivantes:
\n
\n
Disjoncteur D1 (côté G1, 400 V): DDR de sensibilité 300 mA, temporisation 0,3 s
\n
Disjoncteur D2 (côté T2 primaire, 20 kV): Relais de surintensité, seuil $I_s = 50 \\text{ A}$, temporisation 0,5 s
\n
Disjoncteur D3 (côté T2 secondaire, 0,4 kV): DDR sensibilité 30 mA, temporisation 0,1 s
\n
Disjoncteur D4 (sur le câble L1): Disjoncteur thermique, déclenchement à $I_{th} = 200 \\text{ A}$, temporisation thermique 2 s
\n
\n\n
Pour les deux défauts (triphasé et double phase-terre), déterminez:
\n
\n
Quel disjoncteur devrait déclencher et en quel temps?
\n
Y a-t-il risque de non-sélectivité (plusieurs disjoncteurs déclenchent)?
\n
Comment améliorer la coordination des protections?
\n
Quels sont les énergies de défaut dissipées ($I^2 t$) pour chaque situation?
\n
\n\n
Question 5 - Impédance de boucle et protection contre les défauts d'isolement (TN-S et IT)
\n
Vous devez vérifier si les régimes d'exploitation TN-S (neutre et terre séparés) et IT (neutre isolé) conviennent pour ce réseau industriel.
\n\n
Données du câble principal (section 50 mm²):
\n
\n
Résistance: $R_{câble} = 0,36 \\text{ Ω/km}$
\n
Réactance: $X_{câble} = 0,08 \\text{ Ω/km}$ (prise pour 1 km)
\n
Conducteur neutre identique au conducteur de phase
\n
Conducteur terre (vert-jaune, 25 mm²): $R_{terre} = 0,72 \\text{ Ω/km}$
\n
\n\n
Pour un défaut phase-neutre (L1-N) à 300 m du poste source:
\n
\n
Régime TN-S: Calculez le courant de défaut (supposez la boucle L1-N-R_f)
\n
Régime IT: Calculez le courant de premier défaut phase-terre (premier défaut seulement, sans pont de défaut)
\n
Comparaison: Lequel des deux régimes est préférable pour cette installation? Justifiez.
\n
\n\n
Hypothèses supplémentaires:
\n
\n
Tension de contact limite UL = 50 V AC (locaux humides)
\n
Coefficient de stabilisation de tension: $\\beta = 1$
\n
\n\nDétail: fournir des schémas pour chaque type de défaut.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
SOLUTIONS DÉTAILLÉES - EXAMEN 3
\n\n
Question 1 - Réseau complexe et impédances équivalentes
\n\n
1.1 Impédance du générateur G1 (400 V):
\n
Données: $S_{G1} = 500 \\text{ kVA}$, $x'_d = 0,15 \\text{ p.u.}$, $V = 400 \\text{ V}$
\n
Impédance de base: $Z_{base,G1} = \\frac{V^2}{S_{G1}} = \\frac{(400)^2}{500 \\times 10^3} = \\frac{160000}{500000} = 0,32 \\text{ Ω}$
\n
Impédance absolue: $Z_{G1} = x'_d \\times Z_{base} = 0,15 \\times 0,32 = 0,048 \\text{ Ω} = j0,048 \\text{ Ω (purement réactive)}$
\n\n
1.2 Impédance du transformateur T2 (côté secondaire 0,4 kV):
\n
Données: $S_n = 250 \\text{ kVA}$, rapport 20/0,4 kV (m = 50), $u_k = 6\\%$
\n
Impédance de base (côté 0,4 kV): $Z_{base,T2} = \\frac{(0,4)^2}{250 \\times 10^3} = \\frac{0,16}{250000} = 6,4 \\times 10^{-7} \\text{ Ω}... \\text{(erreur de calcul)}$
\n
Recalcul: $Z_{base,T2} = \\frac{(400)^2}{250 \\times 10^3} = 0,64 \\text{ Ω (côté 400V équivalent)}$
\n
Côté 0,4 kV: $Z_{base,T2,0.4kV} = \\frac{(0,4)^2}{250 \\times 10^3} = 6,4 \\times 10^{-7}... \\text{(pas cohérent)}$
\n
Méthode correcte: Impédance relative au secondaire: $Z_{T2,pu} = u_k / 100 = 0,06$
\n
Impédance en ohms côté secondaire: $Z_{T2} = u_k \\times \\frac{V_2^2}{S_n} = 0,06 \\times \\frac{(400)^2}{250 \\times 10^3} = 0,06 \\times 0,64 = 0,0384 \\text{ Ω}$
\n
Soit: $Z_{T2} = j0,0384 \\text{ Ω (transformateur considéré comme purement réactif)}$
\n\n
1.3 Impédance du câble L1:
\n
Longueur: 150 m = 0,15 km
\n
$R_{L1} = 0,027 \\text{ Ω/km} \\times 0,15 \\text{ km} = 0,00405 \\text{ Ω}$
\n
$X_{L1} = 0,08 \\text{ Ω/km} \\times 0,15 \\text{ km} = 0,012 \\text{ Ω}$
\n
$Z_{L1} = 0,00405 + j0,012 \\text{ Ω}$
\n\n
1.4 Impédance équivalente vue du point de défaut (aval de T2, point P):
\n
Le câble L1 est en série avec T2.
\n
Impédance équivalente (source G1 + réseau amont en parallèle, puis T2 + câble en série):
\n
$Z_{s,equiv} = \\frac{Z_{G1} \\times Z_s}{Z_{G1} + Z_s} = \\frac{j0,048 \\times (0,5 + j1,5)}{j0,048 + 0,5 + j1,5}$
\n
$= \\frac{j0,048 \\times (0,5 + j1,5)}{0,5 + j1,548} = \\frac{(0,072 - 0,024)}{0,5 + j1,548} = \\frac{-0,024 + j0,024}{0,5 + j1,548}$
\n
Approximation: Puisque $|Z_s| >> |Z_{G1}|$, on peut approximer: $Z_{s,equiv} \u0007pprox \\frac{j0,048 \\times Z_s}{Z_s + j0,048} \u0007pprox Z_G1 \\parallel Z_s$
\n
$Z_{s,equiv} \u0007pprox j0,048 \\text{ Ω (le générateur domine)}$
\n\n
Impédance totale vue du point P:
\n
$Z_{eq,P} = Z_{s,equiv} + Z_{T2} + Z_{L1} = j0,048 + j0,0384 + (0,00405 + j0,012)$
\n
$Z_{eq,P} = 0,00405 + j(0,048 + 0,0384 + 0,012) = 0,00405 + j0,0984 \\text{ Ω}$
\n\n
Résumé:
\n
$Z_{G1} = j0,048 \\text{ Ω} \\quad ; \\quad Z_{T2} = j0,0384 \\text{ Ω} \\quad ; \\quad Z_{L1} = 0,00405 + j0,012 \\text{ Ω} \\quad ; \\quad Z_{eq,P} = 0,00405 + j0,0984 \\text{ Ω}$
\n\n
\n\n
Question 2 - Court-circuit triphasé symétrique au nœud 0,4 kV
\n\n
Situation: Court-circuit triphasé symétrique au point P (sortie de T2), charge déconnectée, tension nominale maintenue à la source.
\n\n
2.1 Courant initial $I''_k$:
\n
Le courant initial inclut la contribution réactive du générateur en régime transitoire. On utilise la réactance transitoire $x'_d = 0,15 \\text{ p.u.}$:
\n
$V_{simple} = \\frac{400}{\\sqrt{3}} = 230,9 \\text{ V}$
\n
$I''_k = \\frac{V_{simple}}{|Z_{eq,P}|} = \\frac{230,9}{\\sqrt{0,00405^2 + 0,0984^2}} = \\frac{230,9}{\\sqrt{0,0000164 + 0,00968}} = \\frac{230,9}{0,0984} = 2346 \\text{ A}$
\n\n
2.2 Courant en régime établi $I'_k$:
\n
En régime établi, on utilise la réactance synchrone $x_d = 0,25 \\text{ p.u.}$ (typiquement $x_d \u0007pprox 1,5-2 \\times x'_d$):
\n
Supposons $x_d = 0,25 \\text{ p.u.}$:
\n
$Z_{G1,ss} = 0,25 \\times 0,32 = 0,08 \\text{ Ω}$
\n
$Z_{eq,P,ss} = Z_{G1,ss} + Z_{T2} + Z_{L1} = j0,08 + j0,0384 + (0,00405 + j0,012) = 0,00405 + j0,1304 \\text{ Ω}$
\n
$I'_k = \\frac{230,9}{\\sqrt{0,00405^2 + 0,1304^2}} = \\frac{230,9}{0,1304} = 1771 \\text{ A}$
\n\n
2.3 Rapport entre les courants:
\n
$\\frac{I''_k}{I'_k} = \\frac{2346}{1771} = 1,325 (soit +32,5\\%)$
\n\n
2.4 Durée de validité du courant initial:
\n
Le courant initial $I''_k$ persiste environ 0,05 à 0,1 secondes après l'établissement du défaut (constante de temps du générateur: environ 0,15-0,3 s).
\n\n
Résumé:
\n
$I''_k = 2346 \\text{ A (initial)} \\quad ; \\quad I'_k = 1771 \\text{ A (régime établi)} \\quad ; \\quad \\frac{I''_k}{I'_k} = 1,33 \\quad ; \\quad \\text{Durée: 50-100 ms}$
\n\n
\n\n
Question 3 - Défaut double phase-terre (L2-L3) avec composantes symétriques
\n\n
Théorie des composantes symétriques pour défaut L2-L3 à la terre:
\n
Pour un défaut double phase-terre, les équations des composantes symétriques sont:
\n
$I_0 = \\frac{V_1}{Z_0 + (Z_1 || Z_2) + 3R_f}$
\n
où les impédances $Z_1$ et $Z_2$ sont en parallèle.
\n\n
3.1 Calcul des composantes de courant:
\n
Impédance inverse parallèle directe (pour défaut L2-L3):
\n
$Z_{12,eq} = \\frac{Z_1 \\times Z_2}{Z_1 + Z_2} = \\frac{(0,15 + j0,5) \\times (0,15 + j0,5)}{(0,15 + j0,5) + (0,15 + j0,5)} = \\frac{(0,15 + j0,5)^2}{2(0,15 + j0,5)}$
\n
$= \\frac{0,15 + j0,5}{2} = 0,075 + j0,25 \\text{ Ω}$
\n\n
Impédance totale pour défaut L2-L3:
\n
$Z_{total} = Z_0 + Z_{12,eq} + 3R_f = (0,25 + j1,2) + (0,075 + j0,25) + 3(1) = 3,325 + j1,45 \\text{ Ω}$
\n\n
$|Z_{total}| = \\sqrt{3,325^2 + 1,45^2} = \\sqrt{11,065 + 2,102} = \\sqrt{13,167} = 3,628 \\text{ Ω}$
\n\n
Tension initiale au point de défaut (phase L1):
\n
$V = 230,9 \\text{ V (phase L1 avant défaut)}$
\n\n
Composante homopolaire du courant:
\n
$I_0 = \\frac{V}{|Z_{total}|} = \\frac{230,9}{3,628} = 63,6 \\text{ A}$
\n\n
3.2 Courants de phase pendant le défaut:
\n
Pour un défaut L2-L3-terre:
\n
$I_L1 = I_0 + I_1 + I_2 = 0 \\text{ (L1 non touchée directement)}$
\n
$I_L2 = I_0 + a^2 I_1 + a I_2 = I_0 - I_0/2 - j(\\sqrt{3}/2) I_0 = (1/2 - j\\sqrt{3}/2) I_0$
\n
Avec $a = e^{j2\\pi/3} = -1/2 + j\\sqrt{3}/2$:
\n
$I_L2 = e^{-j\\pi/3} \\times I_0 = 63,6 \\times e^{-j\\pi/3} \u0007pprox 31,8 - j55,1 \\text{ A}$
\n
$|I_L2| = \\sqrt{31,8^2 + 55,1^2} = \\sqrt{1011 + 3036} = \\sqrt{4047} = 63,6 \\text{ A}$
\n\n
Similairement: $|I_L3| = 63,6 \\text{ A}$
\n\n
Courant homopolaire total:
\n
$3I_0 = 3 \\times 63,6 = 190,8 \\text{ A (courant circulant à la terre)}$
\n\n
3.3 Tensions des phases pendant le défaut:
\n
Tensions ramassées de Thévenin (complexe):
\n
$V_L1 = V - I_0 \\times Z_0 = 230,9 - 63,6 \\times (0,25 + j1,2) = 230,9 - 15,9 - j76,32 = 215 - j76,32 \\text{ V}$
\n
$|V_L1| = \\sqrt{215^2 + 76,32^2} = \\sqrt{46225 + 5824,7} = \\sqrt{52049,7} = 228,1 \\text{ V}$
\n\n
$V_L2, V_L3 \u0007pprox 0 \\text{ V (phase terre)}$
\n\n
Résumé:
\n
$I_0 = 63,6 \\text{ A} \\quad ; \\quad I_L2 = I_L3 = 63,6 \\text{ A} \\quad ; \\quad 3I_0 = 190,8 \\text{ A} \\quad ; \\quad V_L1 = 228,1 \\text{ V} \\quad ; \\quad V_L2 = V_L3 = 0 \\text{ V}$
\n\n
\n\n
Question 4 - Sélectivité et coordination des protections
\n\n
Analyse pour défaut triphasé (courant 1771-2346 A au point P):
\n\n
Le courant de défaut triphasé est énorme (1,8-2,3 kA). Aucun disjoncteur \"classique\" ne peut le supporter directement.
\n\n
D3 (DDR 30 mA): Ne peut détecter que 30 mA résiduelle (perte à la terre partielle). La composante triphasée équilibrée n'est pas détectée. Ne déclenche PAS.
\n\n
D4 (Thermique 200 A): Courant << 1771 A. Déclenche immédiatement (< 2 s). ✓
\n\n
D1 (DDR 300 mA): Non affecté directement (côté générateur G1). Ne déclenche pas pour défaut triphasé équilibré.
\n\n
Action: D4 déclenche en < 1 s (dû à la surcharge extrême).
\n\n
Analyse pour défaut double phase-terre (courant 63,6 A par phase, 190,8 A résiduel):
\n\n
D3 (DDR 30 mA): Courant résiduel 3I₀ = 190,8 A >> 30 mA. Déclenche immédiatement en < 0,1 s. ✓
\n\n
D4 (Thermique 200 A): Courant de ligne 63,6 A < 200 A. Ne déclenche pas (thermique trop long).
\n\n
Action: D3 déclenche en 0,1 s (priorité à la protection BT rapide).
\n\n
Risque de non-sélectivité:
\n
NON pour ce réseau: D3 est suffisamment rapide et sélectif pour le défaut double phase-terre. Pour le défaut triphasé, D4 isole rapidement.
\n\n
Énergies de défaut (I²t pour chaque situation):
\n\n
Défaut triphasé (courant 2000 A moyen, durée 1 s avant déclenchement D4):
\n
$W = I^2 t = (2000)^2 \\times 1 = 4 \\times 10^6 \\text{ J} = 4 \\text{ MJ}$
\n\n
Défaut double phase-terre (courant 190,8 A, durée 0,1 s avant déclenchement D3):
\n
$W = (190,8)^2 \\times 0,1 = 36404 \\times 0,1 = 3640 \\text{ J} \u0007pprox 3,6 \\text{ kJ}$
\n\n
Résumé:
\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n
Défaut
Courant (A)
Disjoncteur
Temps (s)
I²t (J)
Triphasé
2000-2300
D4
0,5-1
2-4 MJ
Double phase-terre
190,8 (résiduel)
D3
0,1
3,6 kJ
\n\n
\n\n
Question 5 - Impédance de boucle et régimes TN-S vs IT
\n\n
Données du câble principal (50 mm² Cu):
\n
\n
Résistance: 0,36 Ω/km
\n
Réactance: 0,08 Ω/km
\n
Conducteur terre (25 mm²): 0,72 Ω/km (double de la résistance pour moitié de section)
\n
\n\n
Régime TN-S (Neutre et Terre séparés):
\n\n
Défaut phase-neutre (L1-N) à 300 m = 0,3 km:
\n\n
Boucle L1-N pour régime TN-S:
\n
$R_{boucle,TN} = (R_{phase} + R_{neutre}) \\times l = (0,36 + 0,36) \\times 0,3 = 0,72 \\times 0,3 = 0,216 \\text{ Ω}$
\n
$X_{boucle,TN} = (X_{phase} + X_{neutre}) \\times l = (0,08 + 0,08) \\times 0,3 = 0,16 \\times 0,3 = 0,048 \\text{ Ω}$
\n
$Z_{boucle,TN} = \\sqrt{0,216^2 + 0,048^2} = \\sqrt{0,04666 + 0,0023} = \\sqrt{0,04896} = 0,221 \\text{ Ω}$
\n\n
Courant de défaut (avec source interne 400 V):
\n
$I_{def,TN} = \\frac{V}{Z_{boucle,TN}} = \\frac{230,9}{0,221} = 1044 \\text{ A}$
\n\n
Régime IT (Neutre Isolé):
\n\n
Premier défaut phase-terre: courant limité par l'impédance interne de la source (résistance de limitation de neutre, typiquement 1800 Ω):
\n
$I_{def,IT} = \\frac{230,9}{\\sqrt{1800^2 + (R_{boucle} + X_{boucle})^2}} \u0007pprox \\frac{230,9}{1800} = 0,128 \\text{ A} = 128 \\text{ mA}$
\n\n
Tension de contact en régime TN-S:
\n
La tension de contact est la chute sur l'impédance du conducteur de terre. Pour un défaut phase-neutre lointain, cette tension peut atteindre 50 V.
\n
Critère: $U_c = I_{def} \\times R_{terre} \\times l = 1044 \\times 0,72 \\times 0,3 = 225 \\text{ V}$
\n\n
DANGEREUX: 225 V >> 50 V (limite sécurité). Il faut une protection DDR sensible.
\n\n
Tension de contact en régime IT:
\n
Avec courant ultra-réduit (128 mA), la tension de contact reste négligeable même sans protection.
\n
$U_c = 0,128 \\times 0,72 \\times 0,3 = 0,027 \\text{ V} \u0007pprox 0 \\text{ V}$
\n\n
SÛRE: Même un second défaut simultané ne créerait qu'un courant modéré.
\n\n
Comparaison et recommandations:
\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n
Critère
TN-S
IT
Courant premier défaut
1044 A
128 mA
Tension contact (phase-neutre)
225 V (DANGEREUX)
0,027 V (SÛR)
Protection requise
DDR 30 mA obligatoire
Surveillance isolement (optionnel)
Continuité de service
Coupure à 1er défaut
Pas de coupure au 1er défaut
Conformité industrielle
Standard (exigé)
Requiert justification
\n\n
CONCLUSION POUR CETTE INSTALLATION INDUSTRIELLE:
\n\n
Le régime IT (neutre isolé) est préférable car:
\n
\n
Continuité de service garantie (pas de coupure au 1er défaut)
\n
Sécurité personnelle ultra-renforcée (tension contact quasi-nulle)
\n
Permet l'exploitation ininterrompue d'équipements critiques (refroidissement, éclairage, contrôle-commande)
\n
Requiert surveillance d'isolement continue (relais défaut d'isolement) mais cela existe commercialement
\n
\n\n
Cependant, le régime TN-S avec protection DDR 30 mA est plus simple et reste acceptable si:
\n
\n
La continuité de service n'est pas critique
\n
Les normes locales l'exigent (certains pays imposent TN-S)
\n
On accepte les arrêts lors de défauts transitoires
\n
\n\n
Résumé final:
\n
$Z_{boucle,TN} = 0,221 \\text{ Ω} \\quad ; \\quad I_{def,TN-S} = 1044 \\text{ A} \\quad ; \\quad I_{def,IT} = 128 \\text{ mA}$
\n
$U_{contact,TN-S} = 225 \\text{ V (DANGEREUX)} \\quad ; \\quad U_{contact,IT} = 27 \\text{ mV (SÛR)}$
\n
Recommandation: Régime IT avec surveillance d'isolement pour cette installation industrielle.
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "2"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "Examen 1 - Réseaux Électriques\n\nL'examen porte sur le transport, la répartition et la distribution de l'énergie électrique, la modélisation des lignes électriques, les transformateurs et le calcul des courants de court-circuit. Toutes les questions sont intégrées autour d'une ligne à haute tension alimentant un réseau régional.\n\n1. Une ligne triphasée de transport longue de 120 km relie une centrale (puissance apparente nominale : 250 MVA, tension nominale : 225 kV) à un poste de répartition. Déterminez l'impédance de la ligne modélisée en π, en considérant une inductance et une capacitance linéique typiques (L = 1,1 mH/km, C = 9,1 nF/km).\n2. Le poste de répartition est équipé d'un transformateur monophasé 225 kV/20 kV, puissance nominale 80 MVA, rapport de transformation avec couplage Yd11. Calculez la résistance équivalente du transformateur à partir de ses pertes cuivre (550 kW).\n3. Un défaut monophasé à la terre survient sur le poste de distribution côté 20 kV. En tenant compte du schéma de liaisons à la terre, calculez le courant de court-circuit en $I_{cc}$ à l'endroit du défaut.\n4. La charge du réseau régional présente un facteur de puissance de 0,92 (inductif), puissance active demandée 60 MW. Calculez le courant absorbé à la sortie du transformateur côté 20 kV.\n5. Proposez une stratégie réaliste d'amélioration du facteur de puissance en dimensionnant un banc de condensateurs (Q en MVAr) à installer au poste de distribution pour atteindre $cos\\,\\varphi = 0,98$. Donnez le schéma du banc et justifiez les choix de valeurs.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\n1. Calcul de l'impédance équivalente de la ligne en π :
\nFormule générale :
\n$X_{L} = 2\\pi f L$, $X_{C} = \\frac{1}{2\\pi f C}$, $Z_{ligne} = R + jX_{L}$
\nRemplacement des données :
\n$L = 1,1 \\text{ mH/km} \\Rightarrow \\text{Total} = 1,1 \\times 120 = 132 \\text{ mH}$
\n$C = 9,1 \\text{ nF/km} \\Rightarrow \\text{Total} = 9,1 \\times 120 = 1092 \\text{ nF}$
\n$f = 50Hz$
\nCalcul des réactances :
\n$X_{L} = 2\\pi \\times 50 \\times 0,132 = 41,46~\\Omega$
\n$X_{C} = \\frac{1}{2\\pi \\times 50 \\times 1,092 \\times 10^{-6}} = 2,91~k\\Omega$
\nLa modélisation π donne :
\n$\\text{Impedance série} = j41,46~\\Omega$
\n$\\text{Admittance shunt} = j \\frac{1}{2} \\times \\frac{1}{X_{C}} \\Rightarrow j \\frac{1}{2} \\times \\frac{1}{2910} = j1,72 \\times 10^{-4}~\\text{S}$
\nRésultat :
\nLa ligne est modélisée par $41,46~\\Omega$ série et deux admittances de $1,72 \\times 10^{-4}~S$ aux extrémités.
\n
\n2. Calcul de la résistance équivalente du transformateur :
\nFormule :
\n$P_{cuivre} = R_{eq} \\times I_{nom}^2$
\nRemplacement des données :
\n$P_{cuivre} = 550~kW$, $S_{n} = 80~MVA$, $U_{n} = 20~kV$
\n$I_{nom} = \\frac{S_{n}}{\\sqrt{3} U_{n}} = \\frac{80 \\times 10^{6}}{\\sqrt{3} \\times 20\\times 10^{3}}= 2\\,309~A$
\nCalcul :
\n$R_{eq} = \\frac{P_{cuivre}}{I_{nom}^2} = \\frac{550 \\times 10^{3}}{(2309)^2} = 0,103~\\Omega$
\nRésultat :
\nLa résistance équivalente du transformateur est $0,103~\\Omega$.
\n
\n3. Calcul du courant de court-circuit à la terre côté 20 kV :
\nFormule :
\n$I_{cc} = \\frac{U_{n}}{Z_{cc}}$ avec $Z_{cc}$ = impédance totale vue du défaut
\nRemplacement des données (supposons $Z_{cc} = Z_{ligne} + Z_{transfo}$) :
\n$Z_{ligne} = 41,46~\\Omega$, $Z_{transfo} = 0,103~\\Omega$
\n$Z_{cc} = 41,46 + 0,103 = 41,563~\\Omega$
\nCalcul :
\n$I_{cc} = \\frac{20,000}{41,563} = 481~A$
\nRésultat :
\nLe courant de défaut à la terre est $481~A$.
\n
\n4. Calcul du courant absorbé par la charge côté 20 kV :
\nFormule :
\n$I_{charge} = \\frac{P}{\\sqrt{3} U_{n} \\cos\\varphi}$
\nRemplacement :
\n$P = 60~MW$, $U_{n} = 20~kV$, $cos\\varphi = 0,92$
\n$I_{charge} = \\frac{60 \\times 10^{6}}{\\sqrt{3} \\times 20 \\times 10^3 \\times 0,92} = 1\\,889~A$
\nRésultat :
\nLe courant absorbé est $1\\,889~A$.
\n
\n5. Dimensionnement du banc de condensateurs pour passer à cosφ = 0,98 :
\nFormule :
\n$Q_{c} = P \\left( \\tan\\varphi_{initial} - \\tan\\varphi_{final} \\right)$
\nRemplacement :
\n$P = 60~MW$, $cos\\varphi_1 = 0,92 \\to\\varphi_1 = \\arccos(0,92) = 23,07^\\circ$, $cos\\varphi_2 = 0,98 \\to\\varphi_2 = \\arccos(0,98) = 11,47^\\circ$
\n$Q_{c} = 60\\times 10^6 (\\tan(23,07^\\circ) - \\tan(11,47^\\circ)) = 60\\times 10^6 (0,426 - 0,203) = 13,32~MVAr$
\nRésultat :
\nIl faut installer un banc de condensateurs de $Q_{c} = 13,3~MVAr$. Le schéma du banc correspond à une connexion triphasée parallèle au départ basse tension.
\n
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "3"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "Examen 3 - Réseaux Électriques\n\nCet examen porte sur la gestion de l'énergie, la modélisation des lignes, les réglages de transformateurs et l'analyse des défauts dans un réseau industriel.\n\n1. Un réseau industriel est alimenté par une ligne aérienne triphasée de 15 km, impédance linéique $r = 0,07~\\Omega/km$ et $x = 0,34~\\Omega/km$, tension nominale 63 kV. Calculez l'impédance totale de la ligne.\n2. Un transformateur élévateur 63 kV/225 kV (puissance 100 MVA) relie le réseau à une ligne de transport. Le réglage du rapport de transformation est réalisé par changement de prises. Déterminez la nouvelle tension secondaire si le rapport est augmenté de 2%.\n3. Une usine absorbe une puissance active de 40 MW à cos$\\varphi = 0,87$. Calculez la puissance réactive absorbée et l'intensité du courant côté 63 kV.\n4. Un défaut biphasé terre survient sur la ligne de transport (côté 225 kV). En supposant que la résistance de la prise de terre est de $R_T = 15~\\Omega$, calculez le courant maximal de défaut.\n5. Proposez un schéma de protection approprié pour ce réseau avec sélectivité totale et donnez la logique de réglage des relais.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\n1. Calcul de l'impédance totale de la ligne :
\nFormule :
\n$Z_{ligne} = r \\times l + j x \\times l$
\nRemplacement :
\n$r = 0,07~\\Omega/km$, $x = 0,34~\\Omega/km$, $l = 15~km$
\n$Z_{ligne} = 0,07 \\times 15 + j 0,34 \\times 15 = 1,05 + j 5,1~\\Omega$
\nRésultat :
\nImpédance totale de la ligne : $Z_{ligne} = 1,05 + j\\,5,1~\\Omega$.
\n
\n2. Tension secondaire après augmentation du rapport de 2%
\nFormule :
\n$U_{sec,new} = U_{sec,nom} \\times (1 + \\Delta\\%)$
\nRemplacement :
\n$U_{sec,nom} = 225~kV$, $\\Delta\\% = 2\\% = 0,02$
\n$U_{sec,new} = 225 \\times (1 + 0,02) = 229,5~kV$
\nRésultat :
\nNouvelle tension secondaire : $229,5~kV$
\n
\n3. Puissance réactive absorbée et intensité côté 63 kV :
\nFormule :
\n$Q = P \\tan\\varphi$, $I = \\frac{S}{\\sqrt{3} U_{n}}$ avec $S = \\frac{P}{\\cos\\varphi}$
\nRemplacement :
\n$P = 40~MW$, $\\cos\\varphi = 0,87$
\n$\\varphi = \\arccos(0,87) = 30,08^\\circ$
\n$Q = 40\\times 10^6 \\tan(30,08^\\circ) = 40\\times 10^6 \\times 0,580 = 23,2~MVAr$
\n$S = \\frac{40}{0,87} = 45,98~MVA$
\n$I = \\frac{45,98 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 63\\times10^3} = 421~A$
\nRésultat :
\nPuissance réactive absorbée : $Q = 23,2~MVAr$
\nIntensité côté 63 kV : $421~A$.
\n
\n4. Courant maximal de défaut biphasé terre :
\nFormule :
\n$I_{cc} = \\frac{U_{n}}{2 R_{T}}$ (pour défaut biphasé terre)
\nRemplacement :
\n$U_{n} = 225\\,000~V$, $R_T = 15~\\Omega$
\n$I_{cc} = \\frac{225\\,000}{2 \\times 15} = \\frac{225\\,000}{30} = 7\\,500~A$
\nRésultat :
\nLe courant maximal de défaut est $7\\,500~A$.
\n
\n5. Schéma de protection et logique de réglage des relais :
\nPour la sélectivité totale, installer des relais différentiels sur le transformateur et des relais de distance sur la ligne. Les relais de courant doivent être réglés pour que le relais côté amont ait un seuil supérieur au relais côté aval ($I_{seuil,amont} > I_{seuil,aval}$). Les temps de déclenchement doivent être chronométrés par gradation pour garantir que le défaut est éliminé au point le plus proche.
\nRésumé : Les protections différentielles protègent localement, les relais de distance assurent la sélectivité. Le schéma doit comporter des boucles de courant et tension pour déclencher seulement en cas de défaut local.
\n
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "4"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "EXAMEN 1 – TRANSPORT ET RÉPARTITION DE L’ÉNERGIE\n\nDans ce sujet, on considère un réseau électrique simplifié alimentant une zone industrielle et une zone résidentielle via une ligne de transport et un transformateur abaisseur. \n\n1) On alimente une ligne de transport haute tension de longueur 60 km par une source de tension idéale triphasée de $V_{1,nom}=225\\ \\text{kV}$. Calculer l’impédance de la ligne.\n\n2) La puissance utile à l’extrémité de la ligne est $P_{u}=70\\ \\text{MW}$ avec un facteur de puissance de 0,93. Déterminez le courant nominatif traversant la ligne de transport.\n\n3) Le transformateur abaisseur, placé à l'arrivée, possède un rapport de transformation de $k=12:1$. Calculez la tension secondaire fournie.\n\n4) La ligne de distribution moyenne tension de 20 km relie ce transformateur à la zone résidentielle (charge de $P_{res}=12\\ \\text{MW}$, cosφ=0,9). Déterminez la chute de tension en pourcentage sur cette ligne.\n\n5) Un court-circuit se produit à l’extrémité basse tension de la zone industrielle. Calculez le courant de court-circuit en tenant compte de l’impédance totale de la chaîne d’alimentation.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Impédance de la ligne de transport
1. Formule générale : $Z_{ligne}=r\\cdot l + jx\\cdot l$, où $r$ et $x$ sont respectivement la résistance linéique ($\\Omega/km$) et la réactance linéique ($\\Omega/km$), $l$ la longueur.
2. Valeurs typiques : $r=0,05\\ \\Omega/km,$ $x=0,35\\ \\Omega/km$, $l=60\\ \\text{km}$
3. Calcul : $Z_{ligne}=(0,05+j0,35)\\times 60=3+j21\\ \\Omega$
4. Résultat final : $Z_{ligne}=3+j21\\ \\Omega$
\n\nQuestion 2 : Courant traversant la ligne
1. Formule générale : $I=\\frac{P_{u}}{\\sqrt{3}\\cdot V_{nom}\\cdot cos\\varphi}$
2. Remplacement : $I=\\frac{70\\times 10^{6}}{\\sqrt{3}\\times 225\\times 10^{3}\\times 0,93}$
3. Calcul : $I=\\frac{70\\times 10^{6}}{362,236\\times 10^{3}}\\approx 193,3\\ \\text{A}$
4. Résultat final : $I_{ligne}=193,3\\ \\text{A}$
\n\nQuestion 3 : Tension secondaire du transformateur
1. Formule : $V_2 = \\frac{V_1}{k}$, k=12
2. Remplacement : $V_2=\\frac{225\\,000}{12}=18\\,750\\ \\text{V}$
3. Calcul : $V_2=18\\,750\\ \\text{V}=18,75\\ \\text{kV}$
4. Résultat : $V_{2,nom}=18,75\\ \\text{kV}$
\n\nQuestion 4 : Chute de tension ligne MT
1. Formule : $\\Delta V = I \\times (r\\cdot l\\cdot cos\\varphi + x\\cdot l\\cdot sin\\varphi)$
2. Données typiques : $r=0,25\\Omega/km,x=0,36\\Omega/km,l=20\\text{ km},P=12\\times 10^{6},V=18\\,750,$ $cos\\varphi=0.9$. Calculer $I=\\frac{12\\,000\\,000}{\\sqrt{3}\\times 18\\,750\\times 0.9}=409.5\\,A$
3. Calcul : $\\Delta V=409.5\\times (0.25\\times20\\times0.9+0.36\\times20\\times0.4359)\\approx 409.5\\times(4.5+3.136)=3\\,135\\,V$
Pourcentage : $\\frac{3\\,135}{18\\,750}\\times 100 \\approx 16.7\\%$
4. Résultat final : $\\Delta V\\approx 16.7\\%$
\n\nQuestion 5 : Calcul du courant de court-circuit
1. Formule : $I_{cc} = \\frac{V_{2,nom}}{Z_{totale}}$
2. Total : $Z_{totale} = Z_{HT} + k^{2}\\cdot Z_{MT} = (3+j21)+12^{2}(5+j7,2) = (3+j21)+(720+j1\\,036.8)=723+j1\\,057.8\\ \\Omega$
3. Valeur : $|Z_{totale}|=\\sqrt{723^{2}+1\\,057.8^{2}}\\approx1\\,282\\ \\Omega$
4. Résultat final : $I_{cc}=\\frac{18\\,750}{1\\,282}\\approx14.6\\ \\text{A}$
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "5"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "EXAMEN 2 – MODÉLISATION, TRANSFORMATEUR ET COURT-CIRCUITS\n\nUne centrale électrique alimente via une ligne de 75 km et un transformateur deux charges distinctes (zone urbaine et zone rurale). On s’intéresse à la modélisation de la ligne, à la détermination des paramètres électriques, et à la simulation d’un défaut.\n\n1) Modélisez la ligne de 75 km en utilisant le modèle π, avec une capacité linéique de $c=0.011\\ \\mu \\text{F/km}$, une réactance linéique $x=0.3\\ \\Omega/km$ et une résistance $r=0.06\\ \\Omega/km$. Donnez les matrices d’admittance et d’impédance.\n\n2) À l’arrivée, la puissance requise est $P_u=50\\ \\text{MW}$ et la tension de réception est $V_R=90\\ \\text{kV}$. Calculez la chute de tension sur la ligne.\n\n3) Le transformateur élève la tension de $90\\ \\text{kV}$ à $225\\ \\text{kV}$ avec un rendement de 97%. Quelle puissance apparente doit-on spécifier pour le transformateur ?\n\n4) En cas de court-circuit monophasé phase-terre à l’extrémité de la ligne, calculez le courant de défaut, en précisant les hypothèses effectuées.\n\n5) Pour la zone rurale (puissance $12\\ \\text{MW}$, cosφ=0,85), calculez le courant absorbé et proposez une valeur adaptée de section de câble en cuivre si la densité admissible est $2.5\\ \\text{A/mm}^2$.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Modélisation π de la ligne
1. L’impédance série de la ligne : $Z_{s}=r\\cdot l + jx\\cdot l=(0,06+j0,3)\\times75=4,5+j22,5\\ \\Omega$
2. Admittance shunt totale : $Y_{sh}=j2\\pi f c l = j \\times 2 \\times 3,14 \\times 50 \\times 0,011\\times10^{-6} \\times 75 = j0,25\\ mS$.
3. Matrice d’impédance : $\\begin{bmatrix}Z_{s}/2 & Z_{s}/2 \\\\ Z_{s}/2 & Z_{s}/2\\end{bmatrix}$. Matrice d’admittance : $\\begin{bmatrix}Y_{sh}/2 & 0 \\\\ 0 & Y_{sh}/2\\end{bmatrix}$
\n\nQuestion 2 : Chute de tension
1. Formule : $\\Delta V = I \\times |Z_{s}|$, avec $I=\\frac{P_u}{\\sqrt{3}V_R\\cos\\varphi}$, supposons $cos\\varphi=0,95$.
2. Calcul : $I=\\frac{50\\times10^6}{\\sqrt{3}\\times90000\\times0,95}=337.8\\ \\text{A}$;$ |Z_{s}|=\\sqrt{4,5^2+22,5^2}=23\\ \\Omega$
3. Chute : $\\Delta V=337,8\\times23=7\\,769\\ \\text{V}$ 
4. Résultat : $\\Delta V = 7,77\\ \\text{kV}$
\n\nQuestion 3 : Spécification de puissance apparente du transformateur
1. Formule : $S=\\frac{P_{u}}{\\eta\\times cos\\varphi}$
2. Remplacement : $S=\\frac{50\\,000\\,000}{0,97\\times0,95}=54\\,333\\,000\\ VA=54,3\\ MVA$
3. Résultat : $S_{T}=54,3\\ \\text{MVA} $
\n\nQuestion 4 : Courant de court-circuit
1. Hypothèses : défaut franc phase/terre, impédance du neutre négligeable.
2. Formule : $I_{cc}=\\frac{V_{R}}{Z_{s}}$
3. Calcul : $I_{cc}=\\frac{90\\,000}{23}=3\\,913\\ \\text{A}$
4. Résultat : $I_{cc}=3,91\\ \\text{kA}$
\n\nQuestion 5 : Calcul section câble zone rurale
1. Formule génér. : $I=\\frac{P}{\\sqrt{3}\\times V\\times cos\\varphi}$ (pour un réseau triphasé basse tension, 15kV typique).
2. Calcul : $I=\\frac{12\\times10^6}{\\sqrt{3}\\times15\\,000\\times0,85}=543\\,A$
3. Section : $S=\\frac{I}{J_{admissible}}=\\frac{543}{2,5}=217,2\\ mm^{2}$
4. Choix normalisé : $S=240\\ mm^{2}$ (valeur supérieure normalisée).
5. Résultat : section adaptée : $240\\ mm^{2}$
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "6"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "EXAMEN 3 – DISTRIBUTION, UNITÉ RELATIVE ET ANALYSE DES PERTES\n\nUne station de distribution dessert deux quartiers au moyen de deux départs alimentés chacun par un transformateur propre. Les départs sont de longueurs et de puissances différentes. L’étude porte sur le partage de la puissance, l’analyse en unité relative et le calcul de pertes en cas de défaut.\n\n1) Le départ 1 (longueur de 10 km, $P_1=5\\ \\text{MW}$, $cos\\varphi_1=0,92$) et le départ 2 (18 km, $P_2=8\\ \\text{MW}$, $cos\\varphi_2=0,88$) sont alimentés à $V=20\\ \\text{kV}$. Calculez les courants absorbés par chaque départ.\n\n2) Modélisez les lignes en unité relative si la base de puissance est $S_b=10\\ \\text{MVA}$ et la base de tension $V_b=20\\ \\text{kV}$. Exprimez les impédances relatives pour chaque départ ($r=0,3\\ \\Omega/km$, $x=0,32\\ \\Omega/km$).\n\n3) Sur le départ 2, un défaut impédant de $Z_d=1,8\\ \\Omega$ se produit à 12 km de la source. Calculez le courant de défaut et exprimez la valeur en unité relative.\n\n4) Calculez pour le départ 1 les pertes joules cumulées sur toute la longueur.\n\n5) Si la tension s’effondre à $V=18\\ \\text{kV}$ sur le départ 2 en cas de surcharge, calculez le pourcentage de variation de la puissance active transportée.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Courants absorbés
1. Formule : $I=\\frac{P}{\\sqrt{3}\\ V\\ cos\\varphi}$
Pour le départ 1 :
2. $I_1=\\frac{5\\times10^6}{\\sqrt{3}\\times20\\,000\\times0,92}=157,1\\ \\text{A}$
Pour le départ 2 :
3. $I_2=\\frac{8\\times10^6}{\\sqrt{3}\\times20\\,000\\times0,88}=262,2\\ \\text{A}$
4. Résultats : $I_1=157,1\\ \\text{A},\\quad I_2=262,2\\ \\text{A}$
\n\nQuestion 2 : Modélisation en unité relative
1. Formule : $Z_{b}=\\frac{V_{b}^2}{S_{b}}=$ $\\frac{20\\,000^2}{10\\,000\\,000}=40\\ \\Omega$
Départ 1 : $Z_1=(0,3+j0,32)\\times10=3+j3,2\\ \\Omega$
2. Unité relative : $z_{1,rel}=\\frac{Z_1}{Z_b}=(0,075+j0,08)$
Départ 2 : $Z_2=(0,3+j0,32)\\times18=5,4+j5,76\\ \\Omega$
3. Unité relative : $z_{2,rel}=(0,135+j0,144)$
\n\nQuestion 3 : Défaut impédant sur le départ 2
1. Impédance totale jusqu’à 12 km : $Z_2'=(0,3+j0,32)\\times12+Z_d=3,6+j3,84+1,8=5,4+j3,84\\ \\Omega$
2. Module : $|Z|=\\sqrt{5,4^2+3,84^2}=6,6\\ \\Omega$
3. Courant de défaut : $I_{cc}=\\frac{20\\,000}{6,6}=3\\,030\\ \\text{A}$
4. En u.r. : $z_{tot,rel}=\\frac{6,6}{40}=0,165\\ ;\\ I_{cc,rel}=\\frac{1}{0,165}=6,06$
\n\nQuestion 4 : Pertes joules cumulées départ 1
1. Formule : $P_j=R_{tot}\\ I_1^2$
2. $R_{tot}=0,3\\times10=3\\ \\Omega$, $I_1=157,1\\ \\text{A}$
3. Calcul : $P_j=3\\times157,1^2=74\\,012\\ \\text{W}=74,0\\ \\text{kW}$
\n\nQuestion 5 : Variation de puissance en cas de chute de tension
1. $P=P_{nom}\\left(\\frac{V}{V_{nom}}\\right)^2$
2. $\\frac{P'}{P_0}=\\left(\\frac{18}{20}\\right)^2=0,81$
3. Pourcentage : $(1-0,81)\\times100=19\\%$ de baisse
4. Résultat final : La puissance active transportée chute de 19 %.
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "7"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "number": 1,
    "title": "Examen 1 : Transport et Distribution d'Énergie Électrique",
    "duration": "3 heures",
    "level": "Master 1 - Réseaux Électriques",
    "question": "
Examen 1 : Transport et Distribution d'Énergie Électrique
\n
 | Niveau : Master 1 - Réseaux Électriques
\n
Contexte Général :
\n
Une centrale hydroélectrique produit une puissance de 150 MW à une tension de 15 kV. L'énergie doit être transportée sur 250 km jusqu'à un poste de distribution urbain. Pour minimiser les pertes de transmission, l'énergie est élevée à 380 kV par un transformateur élévateur.
\n
Question 1 : Calcul des paramètres de la ligne de transmission
\n
La ligne de transmission haute tension (380 kV) présente les caractéristiques suivantes :
\n
\n
Résistance linéique : r = 0,08 Ω/km
\n
Réactance linéique : x = 0,35 Ω/km
\n
Admittance linéique de fuite : y = 2,8 × 10⁻⁶ S/km
\n
Longueur de la ligne : L = 250 km
\n
\n
Calculez les paramètres secondaires de la ligne : la résistance totale R, la réactance totale X, l'admittance totale Y, ainsi que l'impédance caractéristique Z_c.
\n
Question 2 : Pertes de transmission et chute de tension
\n
La puissance transportée est P = 150 MW avec un facteur de puissance cos(φ) = 0,95. Calculez :
\n
\n
Le courant de ligne I
\n
Les pertes par effet Joule P_pertes
\n
La chute de tension ΔU le long de la ligne (en kV et en pourcentage)
\n
La tension en fin de ligne U_2 au poste de réception
\n
\n
Question 3 : Conception du transformateur élévateur
\n
Le transformateur élévateur relie la centrale (15 kV, 150 MW) au réseau de transport (380 kV). Déterminez :
\n
\n
Le rapport de transformation m
\n
Le courant primaire I_1 et le courant secondaire I_2
\n
En supposant un rendement η = 0,987, la puissance apparente au secondaire S_2
\n
L'impédance de court-circuit du transformateur Z_cc = 12% (exprimée en Ω au secondaire)
\n
\n
Question 4 : Court-circuit triphasé au poste de réception
\n
Un court-circuit triphasé se produit au poste de réception (point d'accès au réseau de distribution 20 kV). La source infinie (réseau connexe) a une tension de 380 kV avec une puissance de court-circuit S_cc = 1200 MVA (côté 380 kV). En négligeant la résistance, calculez :
\n
\n
L'impédance de la source infinie Z_s
\n
L'impédance totale du circuit de court-circuit (transformateurs élévateur et abaisseur + ligne)
\n
Le courant de court-circuit triphasé I_cc au point de défaut (en kA)
\n
La puissance de court-circuit au poste de réception
\n
\n
Question 5 : Stabilité et réglage de tension dans le système
\n
Après abaissement de la tension à 20 kV au poste de distribution, le courant de charge est I = 400 A avec cos(φ) = 0,92 (charge inductive). La réactance du transformateur abaisseur (380/20 kV) est X_T = 8% (côté secondaire). Déterminez :
\n
\n
La chute de tension réactive ΔU_x due au transformateur abaisseur
\n
La tension en sortie du transformateur U_out
\n
Pour maintenir U_out = 20 kV, quel déphasage φ' devrait avoir la charge en utilisant une batterie de condensateurs?
\n
La capacité C de la batterie de condensateurs (en kVAR et en μF)
\n
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
SOLUTIONS DÉTAILLÉES - EXAMEN 1
\n
Question 1 : Paramètres de la ligne
\n
Formule 1 : $R = r \\times L = 0,08 \\times 250 = 20 \\, \\Omega$
\n
Formule 2 : $X = x \\times L = 0,35 \\times 250 = 87,5 \\, \\Omega$
\n
Formule 3 : $Y = y \\times L = 2,8 \\times 10^{-6} \\times 250 = 7 \\times 10^{-4} \\, S$
\n
Formule 4 : $|Z| = \\sqrt{20^2 + 87,5^2} = 89,75 \\, \\Omega$
\n
Formule 5 : $Z_c = \\sqrt{\\frac{89,75}{7 \\times 10^{-4}}} = 358 \\, \\Omega$
\n
Résultats : $R = 20 \\, \\Omega \\quad | \\quad X = 87,5 \\, \\Omega \\quad | \\quad Y = 7 \\times 10^{-4} \\, S \\quad | \\quad Z_c = 358 \\, \\Omega$
\n
Question 2 : Pertes et chute
\n
Formule 1 : $I = \\frac{150 \\times 10^6}{380 \\times 10^3 \\times 0,95 \\times \\sqrt{3}} = 239,8 \\, A$
\n
Formule 2 : $P_{pertes} = 3 \\times 20 \\times (239,8)^2 = 3.450 \\, kW$
\n
Formule 3 : $\\Delta U = \\sqrt{3} \\times 239,8 \\times 46,3 = 19,26 \\, kV (5,07\\%)$
\n
Formule 4 : $U_2 = 380 - 19,26 = 360,74 \\, kV$
\n
Résultats : $I = 239,8 \\, A \\quad | \\quad P_{pertes} = 3.450 \\, kW \\quad | \\quad \\Delta U = 19,26 \\, kV \\quad | \\quad U_2 = 360,74 \\, kV$
\n
Question 3 : Transformateur
\n
Formule 1 : $m = \\frac{380}{15} = 25,33$
\n
Formule 2 : $I_1 = \\frac{150 \\times 10^6}{15 \\times 10^3 \\times 0,95 \\times 1,732} = 6.421 \\, A$
\n
Formule 3 : $I_2 = \\frac{6.421}{25,33} = 253,6 \\, A$
\n
Formule 4 : $S_2 = \\frac{150}{0,95} \\times 0,987 = 155,94 \\, MVA$
\n
Formule 5 : $Z_{cc} = 111,3 \\, \\Omega$
\n
Résultats : $m = 25,33 \\quad | \\quad I_1 = 6.421 \\, A \\quad | \\quad I_2 = 253,6 \\, A \\quad | \\quad S_2 = 155,94 \\, MVA$
\n
Question 4 : Court-circuit
\n
Formule 1 : $Z_s = \\frac{(380 \\times 10^3)^2}{1.200 \\times 10^6} = 120,3 \\, \\Omega$
\n
Formule 2 : $X_{total} = 120,3 + 87,5 + 111,3 = 319,1 \\, \\Omega$
\n
Formule 3 : $I_{cc} = \\frac{380 \\times 10^3}{\\sqrt{3} \\times 319,1} = 687,2 \\, A = 0,687 \\, kA$
\n
Formule 4 : $S'_{cc} = \\sqrt{3} \\times 380 \\times 687,2 = 453,3 \\, MVA$
\n
Résultats : $Z_s = 120,3 \\, \\Omega \\quad | \\quad I_{cc} = 0,687 \\, kA \\quad | \\quad S'_{cc} = 453,3 \\, MVA$
\n
Question 5 : Réglage tension
\n
Formule 1 : $X_T = 0,2 \\, \\Omega$
\n
Formule 2 : $\\Delta U_x = \\sqrt{3} \\times 400 \\times 0,2 \\times 0,392 = 54,4 \\, V$
\n
Formule 3 : $U_{out} = 20.000 - 54,4 = 19.945,6 \\, V ≈ 19,95 \\, kV$
\n
Formule 4 : $C = 2.546 \\, \\mu F$
\n
Résultats : $\\Delta U_x = 54,4 \\, V \\quad | \\quad U_{out} = 19,95 \\, kV \\quad | \\quad C = 2.546 \\, \\mu F$
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "8"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "number": 2,
    "title": "Examen 2 : Modélisation des Lignes et Calcul des Courants de Court-Circuit",
    "duration": "3 heures",
    "level": "Master 1 - Réseaux Électriques",
    "question": "
Examen 2 : Modélisation des Lignes et Calcul des Courants
\n
 | Niveau : Master 1
\n
Contexte :
\n
Une usine de production manufacturière (12 MW, cos(φ)=0,90) est alimentée par une ligne de distribution 20 kV de 15 km depuis un poste source 110 kV. Les défauts potentiels imposent une analyse complète en composantes symétriques.
\n
Question 1 : Modélisation en composantes symétriques
\n
\n
Résistance : r = 0,12 Ω/km
\n
Réactance de phase : x = 0,25 Ω/km
\n
Réactance homopolaire : x₀ = 0,75 Ω/km
\n
Longueur : L = 15 km
\n
\n
Calculez Z_1, Z_2, Z_0.
\n
Question 2 : Profil de tension en charge
\n
Charge : P = 12 MW, cos(φ) = 0,90. Calculez le courant, la chute de tension (kV et %), tension à l'usine, et pertes (kW, kVAr).
\n
Question 3 : Défaut triphasé franc
\n
Impédance source : Z_s = 0,5 + j2,5 Ω. Calculez Z_1,total, I_1, I_cc,3Φ (en kA), et tension au défaut.
\n
Question 4 : Défaut biphasé-terre (B-C-terre)
\n
Calculez I_0, I_1, I_2, puis I_A, I_B, I_C et le courant de terre.
\n
Question 5 : Sélectivité des protections
\n
Protection : I_set = 500 A, courbe TI. Formule : $t = \\frac{80}{(I/I_{set})^2 - 1}$. Calculez le temps de déclenchement et vérifiez la coordination.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
SOLUTIONS - EXAMEN 2
\n
Q1 : Composantes symétriques
\n
$Z_1 = (0,12 + j0,25) \\times 15 = 1,8 + j3,75 \\, \\Omega$
\n
$|Z_1| = \\sqrt{1,8^2 + 3,75^2} = 4,16 \\, \\Omega$
\n
$Z_2 = Z_1 = 1,8 + j3,75 \\, \\Omega$
\n
$Z_0 = (0,12 + j0,75) \\times 15 = 1,8 + j11,25 \\, \\Omega$
\n
$|Z_0| = 11,39 \\, \\Omega$
\n
Q2 : Profil tension charge
\n
$I = \\frac{12 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 20 \\times 10^3 \\times 0,90} = 385,1 \\, A$
\n
$\\Delta U = \\sqrt{3} \\times 385,1 \\times (1,8 \\times 0,90 + 3,75 \\times 0,436) = 2,17 \\, kV (10,85\\%)$
\n
$U_{usine} = 20 - 2,17 = 17,83 \\, kV$
\n
$P_{pertes} = 800,6 \\, kW, \\quad Q_{pertes} = 1.668 \\, kVAr$
\n
Q3 : Défaut triphasé
\n
$Z_{1,total} = 2,3 + j6,25 \\, \\Omega \\quad (6,66 \\, \\Omega)$
\n
$I_1 = \\frac{11.547}{6,66} = 1.734,2 \\, A$
\n
$I_{cc,3\\Phi} = \\sqrt{3} \\times 1.734,2 = 3,00 \\, kA$
\n
Q4 : Défaut biphasé-terre
\n
$I_0 = -1.520 \\, A, \\quad I_1 = 1.027 \\, A, \\quad I_2 = 1.027 \\, A$
\n
$I_A = 0,534 \\, A, \\quad I_B = -2.547 \\, A, \\quad I_C = -2.547 \\, A$
\n
$I_{terre} = 4,56 \\, kA$
\n
Q5 : Protections
\n
$t = \\frac{80}{(6,006)^2 - 1} = 2,282 \\, s$
\n
Coordination assurée (écart 1,78 s) ✓
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "9"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "number": 3,
    "title": "Examen 3 : Système d'Unités Relatives (p.u.) et Analyse Multi-Tension",
    "duration": "3 heures",
    "level": "Master 1 - Réseaux Électriques",
    "question": "
Examen 3 : Système p.u. et Analyse Multi-Tension
\n
 | Niveau : Master 1
\n
Contexte :
\n
Réseau multi-tension : 380 kV / 110 kV / 20 kV. S_base = 100 MVA partout. Transformateurs : T₁ (380/110 kV), T₂ (110/20 kV).
\n
Question 1 : Bases de calcul et conversions p.u.
\n
Calculez Z_base,i et I_base,i pour chaque zone. Convertissez 0,5 Ω (zone 3) en p.u. Vérifiez la cohérence des bases aux transformateurs.
\n
Question 2 : Transformateur T₂ en p.u.
\n
T₂ : 110/20 kV, 100 MVA, R = 15 kW, X = 0,012 p.u. Calculez R_p.u., vérifiez X_p.u., Z_cc,p.u., et le modèle équivalent.
\n
Question 3 : Court-circuit triphasé en p.u.
\n
Source infinie au 380 kV : S_cc = 5.000 MVA. Calculez Z_source,p.u., impédance totale (zone 3), I_cc,p.u., puis convertissez en ampères réels. Comparez avec calcul direct.
\n
Question 4 : Analyse en charge
\n
Charge : P = 50 MW, Q = 35 MVAr, U = 19 kV (au lieu de 20 kV nominal). Calculez S_p.u., U_p.u., chute de tension (%), courant (p.u. et A), et pertes transformateur (MW).
\n
Question 5 : Stabilité et limites
\n
U_min = 0,9 p.u., U_max = 1,1 p.u., I_cc,max = 12 kA, x_ligne = 0,25 Ω/km. Calculez Z_max, L_max (km), cos(φ)_min, et tracez le diagramme tension-courant.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
SOLUTIONS - EXAMEN 3
\n
Q1 : Bases de calcul
\n
$Z_{base,1} = \\frac{(380 \\times 10^3)^2}{100 \\times 10^6} = 1.444 \\, \\Omega$
\n
$Z_{base,2} = 121 \\, \\Omega, \\quad Z_{base,3} = 4 \\, \\Omega$
\n
$I_{base,1} = 151,9 \\, A, \\quad I_{base,2} = 525,1 \\, A, \\quad I_{base,3} = 2.891 \\, A$
\n
$Z_{p.u.} = \\frac{0,5}{4} = 0,125 \\, p.u.$
\n
Q2 : Transformateur p.u.
\n
$R_{p.u.} = 1,5 \\times 10^{-4} \\, p.u.$
\n
$X_{p.u.} = 0,012 \\, p.u. \\, (V_k = 1,2\\%)$
\n
$Z_{cc,p.u.} = 0,012 \\, p.u.$
\n
Q3 : Court-circuit p.u.
\n
$Z_{source,p.u.} = 0,02 \\, p.u.$
\n
$Z_{total,p.u.,3} = 0,044 \\, p.u.$
\n
$I_{cc,p.u.} = 22,73 \\, p.u.$
\n
$I_{cc,réel} = 65,73 \\, kA$
\n
Q4 : Charge p.u.
\n
$S_{p.u.} = 0,6103 \\, p.u.$
\n
$U_{p.u.} = 0,95 \\, p.u., \\quad \\Delta U = 5\\%$
\n
$I = 0,642 \\, p.u. = 1,86 \\, kA$
\n
$P_{pertes} = 31,2 \\, kW$
\n
Q5 : Stabilité limites
\n
$Z_{max} = 0,962 \\, \\Omega \\, (0,240 \\, p.u.)$
\n
$L_{max} = 3,85 \\, km$
\n
$\\cos(\\phi)_{min} = 0,999 \\, \\text{(quasi-unitaire)}$
\n
Stabilité assurée ✓
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "10"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "EXAMEN 1 – Réseaux Électriques - Distribution d'énergie & Modélisation\n\nL'entreprise ÉnergieDuSud gère un réseau d'alimentation moyenne tension (MT) en boucle simple. L’alimentation part d’un poste source S1 et traverse successivement trois postes de transformation (PT1, PT2, PT3)\n\nQuestion 1 : Calculez la chute de tension totale dans la ligne S1 à PT3, sachant que chaque tronçon entre postes mesure 12 km et que la ligne est en aluminium (résistance linéique \\(r = 0,25~\\Omega/km\\)), avec un courant d’appel uniforme de 140 A.\n\nQuestion 2 : À PT2, un transformateur abaisse la tension de 20 kV à 400 V. Donnez le taux d’abaissement relatif et modélisez ce transformateur par son rapport de transformation.\n\nQuestion 3 : Un défaut phase-terre survient à PT3. Calculez le courant de court-circuit, en supposant une impédance de défaut de 3,6~\\Omega sur le secteur basse tension, et négligez les autres impédances.\n\nQuestion 4 : Modélisez la répartition de puissance active et réactive entre PT1 et PT3, sachant que PT1 délivre 200 kW (cos φ = 0,92) et PT3 115 kW (cos φ = 0,87).\n\nQuestion 5 : Proposez un schéma d’équivalent monophasé d’un tronçon S1-PT2, identifiez chaque élément et expliquez son utilité dans l’analyse du réseau.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 :
1. Formule générale : $\\Delta U = r \\cdot L_{tot} \\cdot I$
2. Remplacement des données : $r=0,25~\\Omega/km,~L_{tot}=3 \\times 12~km = 36~km,~I=140~A$
3. Calcul : $\\Delta U = 0,25 \\times 36 \\times 140 = 1,260~V$
4. Résultat final : $\\boxed{1~260~V}$ soit 1,26 kV.
Interprétation: Cette valeur représente la chute de tension cumulée entre S1 et PT3, essentielle pour vérifier la conformité du réseau.

Question 2 :
1. Formule générale du taux d’abaissement : $n = \\frac{U_1}{U_2}$ (rapport de transformation).
2. Remplacement: $n = \\frac{20~000}{400} = 50$
3. Calcul du taux relatif : $\\frac{U_1-U_2}{U_1} = \\frac{20~000-400}{20~000} = 0,98$
4. Résultat : $n=50$, taux d’abaissement = $98~\\%$.
Le transformateur réduit la tension de 98 %.

Question 3 :
1. Formule : $I_{cc} = \\frac{U_n}{Z_{cc}}$
2. Remplacement : $I_{cc} = \\frac{400}{3,6}$
3. Calcul : $I_{cc} = 111,1~A$
4. Résultat : $\\boxed{111,1~A}$ (arrondi au dixième).
Ce courant représente le risque maximum en cas de défaut.

Question 4 :
1. Formule : $P_{tot},~Q= P~tan(\\arccos(cos\\varphi))$
2. Calcul de Q pour chaque poste: 
Pour PT1 :$Q_1 = 200 \\times \\tan(\\arccos(0,92)) = 200 \\times 0,396 = 79,2~kVAr$
Pour PT3 :$Q_3 = 115 \\times \\tan(\\arccos(0,87)) = 115 \\times 0,496 = 57~kVAr$
3. Puissance totale :$P_{tot}=200+115=315~kW$,$Q_{tot}=79,2+57=136,2~kVAr$
4. Résultat final : Répartition : PT1 : 200 kW // 79,2 kVAr / PT3 : 115 kW // 57 kVAr
Le déséquilibre de puissance montre la demande variable le long du réseau.

Question 5 :
Schéma d’équivalent : 
Le tronçon S1-PT2 comprend généralement :
- Source (générateur de tension idéale)
- Résistance série (R: pertes ohmiques)
- Inductance série (L: réactance de ligne)
- Charge (modèle de PT2)
Chacun permet de modéliser respectivement l’alimentation, la dissipation, l’accumulation magnétique, et la demande de charge. Ce schéma simplifie les calculs en liant tension, courant et pertes.
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "11"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "EXAMEN 2 — Modélisation Ligne et Transformateurs\n\nDans un réseau rural, une ligne haute tension (63 kV) relie la centrale C à la sous-station M, distante de 32 km. L’alimentation dessert trois villages (A, B, C) via des dérivations au long du tracé.\n\nQuestion 1 : Modélisez la ligne entre C et M comme une ligne répartie. Calculez l’impédance totale, sachant que la résistance linéique est \\(r = 0,18~\\Omega/km\\) et l’inductance linéique \\(l = 1,5~mH/km\\) à la fréquence réseau.\n\nQuestion 2 : Pour la charge située au village B (distance depuis M = 12 km), calculez la tension aux bornes de B si le courant absorbé est de 70 A, en supposant la tension de départ à M de 63 kV.\n\nQuestion 3 : Un transformateur T abaisse la tension à B de 63 kV à 400 V pour une puissance apparente nominale de 500 kVA. Calculez le courant nominal côté BT et modélisez T en système d’unités relatives pour la simulation.\n\nQuestion 4 : Un court-circuit triphasé survient au secondaire de T. Calculez le courant de court-circuit instantané, sachant que l’impédance de court-circuit du transformateur est de 6 %.\n\nQuestion 5 : Proposez un schéma unifilaire commenté du réseau, en distinguant interconnexions, dérivations et protections principales.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 :
1. Formule de l'impédance par unité de longueur :$Z = r + j\\omega l$
2. Remplacement :$r=0,18~\\Omega/km;~l=1,5~mH/km=1,5\\times10^{-3}~H/km;~\\omega=2\\pi f=314~rad/s$
3. Calcul pour 32 km :
$Z = 32~(0,18 + j\\times314\\times1,5\\times10^{-3}) = 32\\times(0,18 + j0,471) = (5,76 + j15,07)~\\Omega$
4. Résultat : $\\boxed{Z_{tot} = 5,76 + j15,07~\\Omega}$
Cette impédance modélise la ligne en régime sinusoidal 50 Hz.

Question 2 :
1. Formule de la chute de tension :$\\Delta U = (r~\\cdot~d)\\cdot I$
2. Remplacement :$r=0,18~\\Omega/km;~d=12~km;~I=70~A$
3. Calcul de la chute :$\\Delta U = 0,18 \\times 12 \\times 70 = 151,2~V$
Tension à B :$U_B = 63~000 - 151,2 = 62~848,8~V$
4. Résultat : $\\boxed{U_B = 62~849~V~(arrondi~à~l'unité)}$
La tension reste conforme à la réglementation de distribution.

Question 3 :
1. Formule :\n$I_{BT,n} = \\frac{S_n}{\\sqrt{3} U_{BT}}$
2. Remplacement :$S_n = 500~kVA = 500~000~VA;~U_{BT} = 400~V$
3. Calcul :$I_{BT,n} = \\frac{500~000}{\\sqrt{3}\\times400} = 722,7~A$
Pour modélisation relative :\n\nChoix des bases : $U_b = 400~V;~S_b = 500~kVA$ donc $I_b = \\frac{500~000}{\\sqrt{3}\\times400}= 722,7~A$\nL'impédance de base :$Z_b = \\frac{U_b^2}{S_b} = \\frac{400^2}{500~000} = 0,32~\\Omega$
4. Résultat final :\n$I_{BT,n}=\\boxed{722,7~A},~Z_b = 0,32~\\Omega$ - valeurs de référence pour simulation.

Question 4 :
1. Formule :\n$I_{cc} = \\frac{I_{nom}}{Z_{cc}~%} = \\frac{I_{nom}}{0,06}$
2. Remplacement :$I_{nom}=723~A;~Z_{cc}%=6\\%$
3. Calcul :$I_{cc} = \\frac{723}{0,06} = 12~050~A$
4. Résultat final : $I_{cc}=\\boxed{12~050~A}$
Courant élevé à la sortie du transformateur lors du défaut.

Question 5 :
Schéma de réseau unifilaire :
- Noeud C (centrale), ligne principale (63 kV) jusqu’à sous-station M
- Dérivations successives vers A, B, C
- À chaque point : sectionneur-déstinataire, protections par disjoncteur en amont
- À l’entrée des villages, transformateurs avec fusibles côté BT
L’intérêt du schéma unifilaire est de visualiser les protections et l’organisation hiérarchique du réseau.
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "12"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "Examen 1 – Modélisation et analyse d’un réseau de transport d’énergie\n\nUn poste source alimente par une ligne haute tension de 80 km (z = 0,1 + j 0,38 Ω/km) un poste de transformation puis une charge située en bout de ligne. Un transformateur élévateur (60 kV/220 kV, Sn = 100 MVA, Zt = 0,15 pu) est placé à l’émission. Une charge de 50 MW à un facteur de puissance de 0,88 est raccordée en fin de ligne.\n\n1. Calculer l’impédance série totale de la ligne en valeurs absolues, puis en unité relative sur Sn.\n2. Déterminer la tension reçue en bout de ligne, si la tension d’émission est de 220 kV.\n3. Calculer la puissance active et réactive perdue dans la ligne.\n4. Calculer le courant maximal de court-circuit en bout de ligne, transformateur inclus.\n5. Calculer la chute de tension à pleine charge et la commenter.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\n1. Impédance totale ligne (valeurs absolues et unité relative) :
1. Formule dans $Z = z \\times l$, puis $Z_{pu} = \\frac{Z_{absolue}}{Z_{base}} = \\frac{Z}{\\frac{U_{n}^2}{S_{n}}}$
2. Remplacement : $z = 0,1 + j0,38~\\Omega/km,~l = 80~km$
3. Calcul : $Z = (0,1 + j0,38) \\times 80 = 8 + j30,4~\\Omega$
4. Base : $Z_{base} = \\frac{(220~000)^2}{100 \\times 10^6} = 484~\\Omega$
5. Impédance relative : $Z_{pu} = \\frac{8 + j30,4}{484} = 0,0165 + j0,0628~pu$
4. Résultats : $Z_{ligne} = 8 + j30,4~\\Omega,~Z_{pu} = 0,0165 + j0,0628$
\n\n2. Tension reçue en bout de ligne :
1. Formule dans $U_{r} = U_{e} - \\sqrt{3} I Z_{tot}$
2. Puissance apparente : $S = \\frac{P}{\\cos \\varphi} = \\frac{50\\,000\\,000}{0,88} = 56,818~MW$
3. Courant : $I = \\frac{S}{\\sqrt{3} U_e} = \\frac{56,818\\times10^6}{\\sqrt{3}\\times 220\\,000} = 149~A$
4. U_r : $U_r = 220\\,000 - (\\sqrt{3} \\times 149 \\times |Z|)$, $|Z| = \\sqrt{8^2 + 30,4^2} = 31,41~\\Omega$
5. Chute : $\\Delta U = \\sqrt{3} \\times 149 \\times 31,41 = 8~111~V$
6. Résultat final : $U_r = 211~889~V$
\n\n3. Puissances perdue (active, réactive) :
1. Formules dans $P_{perte} = 3 I^2 R$, $Q_{perte} = 3 I^2 X$
2. Remplacement : $I=149~A,~R=8~\\Omega,~X=30,4~\\Omega$
3. Calculs : $P_{perte} = 3\\times(149^2)\\times8 = 532~728~W$, $Q_{perte} = 3\\times(149^2)\\times30,4 = 2~024~396~VAR$
4. Résultat final : $P_{perte} = 532,7~kW,~Q_{perte} = 2,02~MVAr$
\n\n4. Courant maximal de court-circuit en bout, transfo inclus :
1. Formule dans $I_{cc} = \\frac{U_n}{\\sqrt{3} (Z_{t,pu} + Z_{ligne,pu}) Z_{base}}$
2. Remplacement : $Z_{t,pu} = 0,15,~Z_{ligne,pu}=0,065,~Z_{cc,pu}=0,215$
3. Impédance absolue totale : $Z_{cc} = 0,215\\times 484 = 104~\\Omega$
4. Calcul : $I_{cc} = \\frac{220\\,000}{\\sqrt{3} \\times 104} = 1~223~A$
5. Résultat final : $I_{cc} = 1~223~A$
\n\n5. Chute de tension à pleine charge :
1. Calcul dans $\\Delta U = 220~000-211~889 = 8~111~V$, soit $\\frac{8~111}{220~000} \\times 100 = 3,69~\\%$
2. La chute de tension reste inférieure à 5%, donc conforme pour le transport.
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "13"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "Examen 1 : Réseaux Électriques (Transport et distribution d'énergie, modélisation des lignes)\n\nUn réseau électrique de transport alimente une région urbaine via une ligne aérienne de 110 kV de longueur L = 50 km. La ligne possède les caractéristiques suivantes : résistance linéique $r = 0.05\\,\\Omega/km$, réactance linéique $x = 0.35\\,\\Omega/km$, et susceptance linéique $b = 2.8\\,\\mu S/km$. La puissance transmise est $P = 50\\,MW$ avec un facteur de puissance $\\cos\\phi = 0.95$ (inductif). Une sous-station réceptrice doit maintenir une tension de 110 kV.\n\nQ1. Calculez les paramètres totaux de la ligne (résistance, réactance, et susceptance totales).\nQ2. Déterminez les courants et tensions aux extrémités d'envoi et réception de la ligne.\nQ3. Calculez la chute de tension, les pertes actives et réactives sur la ligne.\nQ4. Utilisez le modèle en Pi nominal pour analyser la puissance réactive générée par la ligne.\nQ5. Évaluez l'impact d'une compensation de puissance réactive par shunt capacitif et dimensionnez le condensateur.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\nQ1. Paramètres totaux de la ligne
\n1. Formule :
\nRésistance totale :
\n$R = r \\times L$
\nRéactance totale :
\n$X = x \\times L$
\nSusceptance totale :
\n$B = b \\times L$
\nImpédance caractéristique :
\n$Z = R + jX$
\n2. Remplacement : r = 0.05 Ω/km, x = 0.35 Ω/km, b = 2.8 μS/km, L = 50 km
\n$R = 0.05 \\times 50 = 2.5\\,\\Omega$
\n$X = 0.35 \\times 50 = 17.5\\,\\Omega$
\n$B = 2.8 \\times 10^{-6} \\times 50 = 140 \\times 10^{-6}\\,S = 140\\,\\mu S$
\n3. Calcul de l'impédance :
\n$Z = 2.5 + j17.5\\,\\Omega$
\n$|Z| = \\sqrt{2.5^2 + 17.5^2} = \\sqrt{6.25 + 306.25} = \\sqrt{312.5} = 17.68\\,\\Omega$
\nAngle : $\\theta = \\arctan(17.5/2.5) = \\arctan(7) = 81.87°$
\n4. Résultat :
\n$R = 2.5\\,\\Omega$
\n$X = 17.5\\,\\Omega$
\n$B = 140\\,\\mu S$
\n$Z = (2.5 + j17.5)\\,\\Omega$, $|Z| = 17.68\\,\\Omega$\n
\nQ2. Courants et tensions aux extrémités
\n1. Formule :
\nCourant côté réception :
\n$I_r = \\frac{P}{\\sqrt{3} U_r \\cos\\phi}$
\nTension côté envoi (utilisant l'équation de transmission) :
\n$U_s = U_r + I_r(R + jX) + \\frac{U_r B}{2}(R + jX)$
\nFormule simplifiée (ligne longue) :
\n$U_s \\approx U_r + \\frac{I_r Z}{\\sqrt{3}}$
\n2. Remplacement : P = 50 MW, Ur = 110 kV, cosφ = 0.95
\n$I_r = \\frac{50 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 110000 \\times 0.95} = \\frac{50 \\times 10^6}{180854} = 276.3\\,A$
\n3. Calcul de la tension d'envoi :
\nAngle du courant (retard) : $\\phi = \\arccos(0.95) = 18.19°$
\nCourant complexe : $I_r = 276.3 \\angle -18.19°\\,A$
\nChute de tension :
\n$\\Delta U = I_r(R + jX) = 276.3\\angle(-18.19°) \\times 17.68\\angle(81.87°)$
\n$\\Delta U = 4883 \\angle 63.68°\\,V = 2.16 + j4.38\\,kV$
\nTension d'envoi :
\n$U_s = 110 + 2.16 + j4.38 = 112.16 + j4.38\\,kV$
\n$|U_s| = \\sqrt{112.16^2 + 4.38^2} = \\sqrt{12580 + 19.2} = 112.2\\,kV$
\n4. Résultat :
\n$I_r = 276.3\\,A$ (réception)
\n$I_s \\approx 276.3\\,A$ (envoi, approximation)
\n$U_r = 110\\,kV$ (maintenue à la réception)
\n$U_s \\approx 112.2\\,kV$ (envoi, légèrement surélévée)\n
\nQ3. Chute de tension, pertes actives et réactives
\n1. Formule :
\nChute de tension relative :
\n$\\Delta U\\% = \\frac{|U_s| - |U_r|}{|U_r|} \\times 100$
\nPertes actives (Joule) :
\n$P_{perte} = 3 I_r^2 R$
\nPertes réactives :
\n$Q_{perte} = 3 I_r^2 X$
\nPuissance réactive envoyée :
\n$Q_s = P \\tan\\phi = P \\frac{\\sin\\phi}{\\cos\\phi}$
\n2. Remplacement :
\n$\\Delta U = |U_s| - |U_r| = 112.2 - 110 = 2.2\\,kV$
\n$\\Delta U\\% = \\frac{2.2}{110} \\times 100 = 2\\%$
\nPertes actives :
\n$P_{perte} = 3 \\times (276.3)^2 \\times 2.5 = 3 \\times 76344.5 \\times 2.5 = 573334\\,W \\approx 0.573\\,MW$
\nPertes réactives :
\n$Q_{perte} = 3 \\times (276.3)^2 \\times 17.5 = 3 \\times 76344.5 \\times 17.5 = 4013363\\,VAR \\approx 4.01\\,MVAR$
\n3. Résultat :
\n$\\Delta U = 2.2\\,kV$ (2% de la tension nominale)
\n$P_{perte} \\approx 0.573\\,MW$
\n$Q_{perte} \\approx 4.01\\,MVAR$\n
\nQ4. Puissance réactive générée par la ligne (modèle Pi nominal)
\n1. Formule :
\nDans le modèle Pi nominal, la susceptance totale B génère une puissance réactive :
\n$Q_{gen} = \\frac{B}{2}(U_s^2 + U_r^2)$
\nOu approximativement :
\n$Q_{gen} = B U_{nom}^2$
\n2. Remplacement : B = 140 μS, Unom = 110 kV
\n$Q_{gen} = 140 \\times 10^{-6} \\times (110000)^2 = 140 \\times 10^{-6} \\times 1.21 \\times 10^{10}$
\n$Q_{gen} = 1694\\,KVAR \\approx 1.69\\,MVAR$
\n3. Résultat :
\n$Q_{gen} \\approx 1.69\\,MVAR$ (puissance réactive shunt générée par la ligne)\n
\nQ5. Compensation de puissance réactive et dimensionnement du condensateur
\n1. Formule :
\nPuissance réactive totale du système :
\n$Q_{tot} = Q_r + Q_{perte} - Q_{gen}$
\nOù $Q_r = P \\tan\\phi_r = P \\frac{\\sin\\phi_r}{\\cos\\phi_r}$
\nPour compenser jusqu'à cosφ = 0.98 (diminuer Q de 30%) :
\n$Q_{compens} = Q_{tot} - Q_{objectif}$
\nCapacité du condensateur shunt :
\n$C = \\frac{Q_{compens}}{\\omega U^2} = \\frac{Q_{compens}}{2\\pi f U^2}$
\n2. Calcul de Q_r :
\n$\\sin\\phi = \\sqrt{1 - 0.95^2} = 0.3122$
\n$Q_r = 50 \\times \\frac{0.3122}{0.95} = 16.43\\,MVAR$
\n3. Bilan réactif :
\n$Q_{tot} = 16.43 + 4.01 - 1.69 = 18.75\\,MVAR$
\nObjectif cosφ = 0.98 :
\n$\\sin\\phi_{obj} = \\sqrt{1 - 0.98^2} = 0.199$
\n$Q_{obj} = 50 \\times \\frac{0.199}{0.98} = 10.15\\,MVAR$
\nPuissance à compenser :
\n$Q_{compens} = 18.75 - 10.15 = 8.6\\,MVAR$
\n4. Dimensionnement du condensateur :
\n$C = \\frac{8.6 \\times 10^6}{2\\pi \\times 50 \\times (110000)^2} = \\frac{8.6 \\times 10^6}{3.8 \\times 10^{11}} = 22.6\\,\\mu F$
\nCourant capacitif :
\n$I_C = \\omega C U = 2\\pi \\times 50 \\times 22.6 \\times 10^{-6} \\times 110000 = 78\\,A$
\n5. Résultat :
\nPuissance réactive totale : $Q_{tot} = 18.75\\,MVAR$
\nPuissance à compenser : $Q_{compens} = 8.6\\,MVAR$
\nCapacité du condensateur : $C \\approx 22.6\\,\\mu F$ (ou 8.6 MVAR)
\nCourant capacitif nominal : $I_C = 78\\,A$\n
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "14"
  },
  {
    "category": "Preparation pour l'examen",
    "question": "Examen 2 : Réseaux Électriques (Système d'unité relative et transformateurs)\n\nUn réseau électrique complexe est composé d'une centrale de production (générateur 220 kV, 50 MVA), d'un transformateur principal T1 (220/63 kV, 50 MVA, rendement 98%), d'une ligne de distribution (63 kV, 30 km), d'un transformateur secondaire T2 (63/10 kV, 20 MVA, rendement 97%), et d'une charge industrielle (10 kV, 15 MW, cosφ = 0.85). On adopte une puissance de base $S_b = 50\\,MVA$ et une tension de base au primaire $U_{b1} = 220\\,kV$.\n\nQ1. Calculez les tensions et puissances de base dans chaque étage du réseau.\nQ2. Exprimez l'impédance d'une ligne de 63 kV (R = 0.25 Ω/km, X = 0.5 Ω/km) en unités relatives pour 30 km.\nQ3. Déterminez les paramètres des transformateurs (résistances et réactances) en unités relatives.\nQ4. Calculez les chutes de tension en unités relatives à travers le réseau.\nQ5. Exprimez les puissances de la charge en unités relatives et tracez le diagramme unifilaire en pu.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\nQ1. Tensions et puissances de base dans chaque étage
\n1. Formule :
\nLa puissance de base est constante dans tout le réseau :
\n$S_b = 50\\,MVA$
\nLes tensions de base changent selon les transformateurs :
\n$U_b = \\frac{U_{réelle}}{rapport}$
\n2. Étage 1 (primaire T1, 220 kV) :
\n$U_{b1} = 220\\,kV$
\n$S_{b1} = 50\\,MVA$
\nImpédance de base :
\n$Z_{b1} = \\frac{U_{b1}^2}{S_b} = \\frac{(220)^2}{50} = \\frac{48400}{50} = 968\\,\\Omega$
\n3. Étage 2 (secondaire T1, 63 kV) :
\n$U_{b2} = U_{b1} \\times \\frac{63}{220} = 220 \\times \\frac{63}{220} = 63\\,kV$
\n$S_{b2} = 50\\,MVA$ (inchangée)
\n$Z_{b2} = \\frac{(63)^2}{50} = \\frac{3969}{50} = 79.38\\,\\Omega$
\n4. Étage 3 (ligne, 63 kV) :
\nMêmes bases que étage 2 :
\n$U_{b3} = 63\\,kV$, $S_{b3} = 50\\,MVA$, $Z_{b3} = 79.38\\,\\Omega$
\n5. Étage 4 (primaire T2, 63 kV) :
\nMêmes bases que étage 2 et 3
\n6. Étage 5 (charge, 10 kV) :
\n$U_{b5} = 10\\,kV$
\n$S_{b5} = 50\\,MVA$
\n$Z_{b5} = \\frac{(10)^2}{50} = 2\\,\\Omega$
\n7. Résultat :
\nÉtage 1 : $U_b = 220\\,kV$, $Z_b = 968\\,\\Omega$
\nÉtage 2-4 : $U_b = 63\\,kV$, $Z_b = 79.38\\,\\Omega$
\nÉtage 5 : $U_b = 10\\,kV$, $Z_b = 2\\,\\Omega$
\nPartout : $S_b = 50\\,MVA$\n
\nQ2. Impédance de la ligne en unités relatives
\n1. Formule :
\nImpédance réelle totale :
\n$Z = R + jX = (R_{linéique} + jX_{linéique}) \\times L$
\nImpédance en unités relatives :
\n$Z_{pu} = \\frac{Z_{réelle}}{Z_b}$
\n2. Remplacement : R = 0.25 Ω/km, X = 0.5 Ω/km, L = 30 km
\n$R_{tot} = 0.25 \\times 30 = 7.5\\,\\Omega$
\n$X_{tot} = 0.5 \\times 30 = 15\\,\\Omega$
\n$Z_{tot} = 7.5 + j15\\,\\Omega$
\nModule :
\n$|Z_{tot}| = \\sqrt{7.5^2 + 15^2} = \\sqrt{56.25 + 225} = \\sqrt{281.25} = 16.77\\,\\Omega$
\n3. Calcul en pu :
\n$Z_b = 79.38\\,\\Omega$ (à 63 kV, Sb = 50 MVA)
\n$R_{pu} = \\frac{7.5}{79.38} = 0.0945\\,pu$
\n$X_{pu} = \\frac{15}{79.38} = 0.189\\,pu$
\n$Z_{pu} = 0.0945 + j0.189\\,pu$
\n$|Z_{pu}| = \\frac{16.77}{79.38} = 0.211\\,pu$
\n4. Résultat :
\n$R_{pu} = 0.0945\\,pu$
\n$X_{pu} = 0.189\\,pu$
\n$Z_{pu} = (0.0945 + j0.189)\\,pu$, $|Z_{pu}| = 0.211\\,pu$\n
\nQ3. Paramètres des transformateurs en unités relatives
\n1. Formule :
\nFor a transformer with rated values :
\n$Z_{pu} = \\frac{Z_{\\%}}{100} \\times \\frac{S_b}{S_{nom}} \\times \\left(\\frac{U_b}{U_{nom}}\\right)^2$
\nOu plus simplement, si Z% est donné :
\n$Z_{pu} = \\frac{Z_{\\%}}{100}$ (pour le même Snom et Ub = Unom)
\n2. Données non fournies directement. Utilisation des rendements et hypothèses typiques :
\nFor a 50 MVA transformer at 220/63 kV with η = 98% :
\nPertes typiques ≈ 2% → Z% ≈ 5-8%
\nSupposons : $Z_1 = 0.07\\,pu$ (7% approximation)
\nRésistance ≈ 30% de Z% :
\n$R_1 = 0.07 \\times 0.3 = 0.021\\,pu$
\n$X_1 = \\sqrt{0.07^2 - 0.021^2} = \\sqrt{0.0049 - 0.00044} = \\sqrt{0.00446} = 0.067\\,pu$
\n3. For T2 (63/10 kV, 20 MVA, η = 97%) :
\nAdjustment de Sb : ratio = 20/50 = 0.4
\n$Z_2\\% = 0.07 \\times \\frac{50}{20} = 0.175\\,pu \\approx 0.09\\,pu$ (approximation)
\nSupposons : $Z_2 = 0.08\\,pu$
\n$R_2 = 0.08 \\times 0.3 = 0.024\\,pu$
\n$X_2 = \\sqrt{0.08^2 - 0.024^2} = 0.077\\,pu$
\n4. Résultat :
\nT1 (220/63 kV, 50 MVA) :
\n$Z_{T1} = 0.07\\,pu$, $R_{T1} = 0.021\\,pu$, $X_{T1} = 0.067\\,pu$
\nT2 (63/10 kV, 20 MVA) :
\n$Z_{T2} = 0.08\\,pu$, $R_{T2} = 0.024\\,pu$, $X_{T2} = 0.077\\,pu$\n
\nQ4. Chutes de tension en unités relatives
\n1. Formule :
\nChute de tension relative :
\n$\\Delta U_{pu} = I_{pu}(R_{pu} \\cos\\phi + X_{pu} \\sin\\phi)$
\nOù le courant en pu :
\n$I_{pu} = \\frac{S_{pu}}{U_{pu} \\times \\sqrt{3}}$ (approximation monophasée)
\n2. Charge finale : P = 15 MW, cosφ = 0.85 (10 kV)
\n$S_{pu,charge} = \\frac{15}{50} = 0.3\\,pu$
\nSinφ :
\n$\\sin\\phi = \\sqrt{1 - 0.85^2} = \\sqrt{0.2775} = 0.527$
\n$Q = 15 \\times \\frac{0.527}{0.85} = 9.29\\,MVAR$
\n$Q_{pu} = \\frac{9.29}{50} = 0.186\\,pu$
\n3. En remontant le réseau (charge à 10 kV) :
\n$I_{pu} = \\frac{S_{pu}}{U_{pu}} = \\frac{0.3}{1.0} = 0.3\\,pu$ (si U = 1 pu)
\n4. Chute à travers T2 :
\n$\\Delta U_{T2,pu} = 0.3 \\times (0.024 \\times 0.85 + 0.077 \\times 0.527) = 0.3 \\times (0.0204 + 0.0406) = 0.0183\\,pu$
\n5. Chute à travers la ligne :
\n$\\Delta U_{ligne,pu} = 0.3 \\times (0.0945 \\times 0.85 + 0.189 \\times 0.527) = 0.3 \\times (0.08033 + 0.0996) = 0.0449\\,pu$
\n6. Chute à travers T1 :
\n$\\Delta U_{T1,pu} = 0.3 \\times (0.021 \\times 0.85 + 0.067 \\times 0.527) = 0.3 \\times (0.01785 + 0.0353) = 0.0166\\,pu$
\n7. Chute totale :
\n$\\Delta U_{tot,pu} = 0.0183 + 0.0449 + 0.0166 = 0.0798\\,pu \\approx 0.08\\,pu$ (8%)
\n8. Résultat :
\nChute T1 : 0.0166 pu (1.66%)
\nChute ligne : 0.0449 pu (4.49%)
\nChute T2 : 0.0183 pu (1.83%)
\nChute totale : 0.0798 pu (8%, acceptable en distribution)\n
\nQ5. Puissances de la charge en unités relatives et diagramme unifilaire
\n1. Formule :
\nPuissances en pu :
\n$P_{pu} = \\frac{P_{réelle}}{S_b}$
\n$Q_{pu} = \\frac{Q_{réelle}}{S_b}$
\n$S_{pu} = \\sqrt{P_{pu}^2 + Q_{pu}^2}$
\n2. Remplacement : P = 15 MW, cosφ = 0.85
\n$P_{pu} = \\frac{15}{50} = 0.3\\,pu$
\n$Q = P \\tan\\phi = 15 \\times \\frac{0.527}{0.85} = 9.29\\,MVAR$
\n$Q_{pu} = \\frac{9.29}{50} = 0.186\\,pu$
\n$S_{pu} = \\sqrt{0.3^2 + 0.186^2} = \\sqrt{0.09 + 0.0346} = \\sqrt{0.1246} = 0.353\\,pu$
\n3. Résultat :
\n$P_{pu} = 0.3\\,pu$
\n$Q_{pu} = 0.186\\,pu$
\n$S_{pu} = 0.353\\,pu$
\nDiagramme unifilaire en pu (tracé conceptuel) :
\nGénérateur → T1 → Ligne → T2 → Charge
\nAvec U = 1.0 pu (générateur) → 0.983 pu (après T1) → 0.938 pu (après ligne) → 0.920 pu (après T2)
\nCourant = 0.3 pu en aval, croissant en remontant (facteur d'ajustement inverse)\n
",
    "id_category": "1",
    "id_number": "15"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Une branche d’un réseau MT distribue une puissance active de $2~\\mathrm{MW}$ sur une section de câble de $7~\\mathrm{km}$ avec une tension nominale de $15~\\mathrm{kV}$. La résistance linéique du câble est $0{,}092~\\Omega/\\mathrm{km}$, son réactance linéique $0{,}76~\\Omega/\\mathrm{km}$.\n\n1. Calculer le courant dans la branche.\n2. Calculer la chute de tension sur la branche en tenant compte de la réactance.\n3. Calculer la puissance active perdue par effet Joule sur la branche.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant :
Formule générale :
  Remplacement :
  Calcul :
   Résultat :
 Le courant dans la branche est 2. Calcul de la chute de tension :
Formule générale :
  Où    Résultat :
 La chute de tension sur la branche est 3. Calcul de la puissance perdue par effet Joule :
Formule générale :
  Remplacement :
  Calcul :
   Résultat :
 La puissance active dissipée par effet Joule sur la branche est ",
    "id_category": "2",
    "id_number": "1"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un réseau de distribution électrique moyenne tension (MT) alimente une ville à partir d’un poste source HT/MT situé à 10 km. Le schéma unifilaire ci-dessous représente le réseau. Le câble MT utilisé a une résistance de $0{,}30~\\Omega/km$ et une réactance de $0{,}40~\\Omega/km$. Les charges totales de la ville sont représentées par une puissance apparente de $S = 3000~kVA$ sous une tension de $20~kV$ et un facteur de puissance de $0{,}85$ inductif. \n\n1. Calculez l’intensité nominale du courant alimentant la ville.\n2. Déterminez la chute de tension totale due à la ligne.\n3. Calculez les pertes Joule totales subies dans la ligne de transport.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
 Q1 : Calcul de l’intensité nominale du courant alimentant la ville
 1. Formule générale : $I = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\cdot U}$
 2. Remplacement des données : $I = \\frac{3000\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 20\\ 000}$
 3. Calcul : $I = \\frac{3000000}{34641}$
 $I \\approx 86{,}6~A$
 4. Résultat final : Le courant nominal est $86{,}6~A$.

Q2 : Chute de tension totale due à la ligne
 1. Formule générale : $\\Delta U = I \\cdot (R_{\\text{total}}\\cos\\varphi + X_{\\text{total}}\\sin\\varphi)$
 2. Données : $R_{\\text{total}} = 0{,}30 \\times 10 = 3~\\Omega$, $X_{\\text{total}} = 0{,}40 \\times 10 = 4~\\Omega$, $\\cos \\varphi = 0{,}85$, donc $\\varphi = \\arccos(0{,}85) \\Rightarrow \\sin\\varphi = 0{,}527$
 3. Calcul : $\\Delta U = 86{,}6 \\times (3 \\times 0{,}85 + 4 \\times 0{,}527)$
 $\\Delta U = 86{,}6 \\times (2{,}55 + 2{,}108) = 86{,}6 \\times 4{,}658$
 $\\Delta U \\approx 403{,}5~V$
 4. Résultat final : Chute de tension totale d’environ $403{,}5~V$.

Q3 : Pertes Joule totales dans la ligne
 1. Formule générale : $P_{\\text{Joule}} = 3 \\cdot I^2 \\cdot R_{\\text{total}}$
 2. Remplacement : $P_{\\text{Joule}} = 3 \\times (86{,}6)^2 \\times 3$
 3. Calcul : $P_{\\text{Joule}} = 3 \\times 7500 \\times 3 = 67\\ 500~W$
 4. Résultat final : Les pertes Joule totales sont donc $67{,}5~kW$.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "2"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un réseau basse tension (BT) alimente un quartier via un poste HTA/BT délivrant une puissance apparente de $250~kVA$ sous $400~V$ triphasé. La ligne BT de cuivre de section $150~mm^2$ mesure $600~m$ et présente une résistivité de $\\rho = 1{,}72\\times10^{-8}~\\Omega\\cdot m$. Le facteur de puissance du quartier est $0{,}92$.\n\n1. Calculez l’intensité du courant sur la ligne principale.\n2. Déterminez la résistance totale de la ligne (aller-retour).\n3. Calculez la puissance active réellement transmise aux habitants.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
 Q1 : Calcul de l’intensité du courant sur la ligne principale
 1. Formule générale : $I = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\cdot U}$
 2. Remplacement : $I = \\frac{250\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 400}$
 3. Calcul : $I = \\frac{250000}{692{,}82}$
 $I \\approx 361~A$
 4. Résultat final : Le courant est $361~A$.

Q2 : Résistance totale de la ligne (aller-retour)
 1. Formule générale : $R = 2 \\cdot \\frac{\\rho \\cdot l}{S}$
 2. Remplacement : $R = 2 \\times \\frac{1{,}72\\times10^{-8} \\times 600}{150 \\times 10^{-6}}$
 3. Calcul : $R = 2 \\times \\frac{1{,}032\\times 10^{-5}}{0{,}00015} = 2 \\times 0{,}0688 = 0{,}1376~\\Omega$
 4. Résultat final : La résistance totale est $0{,}138~\\Omega$.

Q3 : Puissance active réellement transmise aux habitants
 1. Formule générale : $P_{\\text{active}} = S \\cdot \\text{cos}~\\varphi$
 2. Remplacement : $P_{\\text{active}} = 250\\ 000 \\times 0{,}92$
 3. Calcul : $P_{\\text{active}} = 230\\ 000~W$
 4. Résultat final : Puissance active transmise $230~kW$.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "3"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un poste source HT/MT alimente deux branches de réseaux MT identiques de $8~km$ chacune, câble aluminium, section $70~mm^2$, résistance linéique $0{,}443~\\Omega/km$, réactance linéique $0{,}430~\\Omega/km$. Chaque extrémité distribue une charge de $1800~kVA$ à $20~kV$ et facteur de puissance $0{,}9$ (inductif). Les deux branches fonctionnent en parallèle.\n\n1. Calculez le courant traversant chaque branche.\n2. Déterminez la chute de tension totale sur une branche.\n3. Calculez la puissance réactive totale reçue par les charges.",
    "svg": "
HT/MT          Charge 1  Charge 2  8 km, 70 mm² Alu  8 km, 70 mm² Alu  R = 0,443 Ω/km  X = 0,430 Ω/km  R = 0,443 Ω/km  X = 0,430 Ω/km",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
 Q1 : Calcul du courant traversant chaque branche
 1. Formule générale : $I = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\cdot U}$
 2. Remplacement : $I = \\frac{1\\ 800\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 20\\ 000}$
 3. Calcul : $I = \\frac{1\\ 800\\ 000}{34\\ 641}$
 $I \\approx 52~A$
 4. Résultat final : Le courant dans chaque branche est $52~A$.

Q2 : Chute de tension totale sur une branche
 1. Formule générale : $\\Delta U = I \\cdot (R_{\\text{tot}} \\cdot \\cos \\varphi + X_{\\text{tot}} \\cdot \\sin \\varphi)$
 2. Données : $R_{\\text{tot}} = 0{,}443 \\times 8 = 3{,}544~\\Omega$, $X_{\\text{tot}} = 0{,}430 \\times 8 = 3{,}44~\\Omega$, $\\cos \\varphi = 0{,}9$, $\\sin \\varphi = 0{,}436$
 3. Calcul : $\\Delta U = 52 \\times (3{,}544 \\times 0{,}9 + 3{,}44 \\times 0{,}436)$
 $\\Delta U = 52 \\times (3{,}1896 + 1{,}5018) = 52 \\times 4{,}6914$
 $\\Delta U = 243{,}6~V$
 4. Résultat final : La chute de tension sur une branche est $244~V$.

Q3 : Puissance réactive totale reçue par les charges
 1. Formule générale : $Q = S \\cdot \\sin \\varphi$ pour une charge, deux charges identiques ; $Q_{tot} = 2Q$
 2. Remplacement : $Q = 1\\ 800\\ 000 \\times 0{,}436 = 784\\ 800~VAr$, $Q_{tot} = 2 \\times 784\\ 800~VAr$
 3. Calcul : $Q_{tot} = 1\\ 569\\ 600~VAr$
 4. Résultat final : Les deux charges absorbent ensemble $1{,}57~MVAr$ de puissance réactive.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "4"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un poste source HT/MT alimente un réseau de distribution MT composé de plusieurs tronçons de câbles enterrés. Le réseau alimente trois postes HTA/BT situés à 2 km, 4 km et 6 km du poste source, respectivement. Chaque poste HTA/BT consomme une puissance active de $400~\\mathrm{kW}$, $250~\\mathrm{kW}$ et $350~\\mathrm{kW}$ sous une tension MT de $20~\\mathrm{kV}$ et un facteur de puissance de $0{,}92\\cos\\varphi$. On suppose que les câbles MT ont une impédance linéique de $0{,}09~\\Omega/\\mathrm{km}$ (uniquement résistive), et que le courant circule d'abord vers le poste le plus proche, puis le suivant, etc.\n\n1. Déterminez le courant total débité par le poste source HT/MT.\n2. Calculez la chute de tension totale depuis le poste source jusqu’au dernier poste HTA/BT.\n3. Calculez la puissance perdue par effet Joule dans l’ensemble des câbles du réseau MT.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Détermination du courant total débité par le poste source HT/MT :
Formule générale : $I = \\frac{P}{U \\cdot \\cos\\varphi}$
Remplacement des données pour chaque poste :
Poste 1 : $I_1 = \\frac{400\\,000}{20\\,000 \\times 0.92}$
Poste 2 : $I_2 = \\frac{250\\,000}{20\\,000 \\times 0.92}$
Poste 3 : $I_3 = \\frac{350\\,000}{20\\,000 \\times 0.92}$
Calculs :
$I_1 = \\frac{400\\,000}{18\\,400} = 21.74~\\mathrm{A}$
$I_2 = \\frac{250\\,000}{18\\,400} = 13.59~\\mathrm{A}$
$I_3 = \\frac{350\\,000}{18\\,400}= 19.02~\\mathrm{A}$
Le courant total est la somme (comme toutes les puissances sont absorbées à chaque étape du câble) : $I_{tot} = I_1 + I_2 + I_3 = 21.74 + 13.59 + 19.02 = 54.35~\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{tot} = 54.35~\\mathrm{A}$
\n\n2. Chute de tension totale depuis le poste source jusqu’au dernier poste HTA/BT :
Formule générale pour chaque tronçon : $\\Delta V = R_{tronc} \\times I_{traversant}$, où $R_{tronc} = 0.09~\\Omega/\\mathrm{km} \\times \\mathrm{longueur~(km)}$
Calculs par tronçon:
- 1er tronçon (2 km, courant total) : $R_1 = 0.09 \\times 2 = 0.18~\\Omega$
$\\Delta V_1 = 0.18 \\times 54.35 = 9.80~\\mathrm{V}$
- 2ème tronçon (2 km, courant moins poste1): $R_2 = 0.18~\\Omega$, $I_2 = I_2 + I_3 = 13.59 + 19.02 = 32.61~\\mathrm{A}$
$\\Delta V_2 = 0.18 \\times 32.61 = 5.87~\\mathrm{V}$
- 3ème tronçon (2 km, courant poste3): $R_3 = 0.18~\\Omega, I_3 = 19.02~\\mathrm{A}$
$\\Delta V_3 = 0.18 \\times 19.02 = 3.42~\\mathrm{V}$
Chute totale : $\\Delta V_{tot} = 9.80 + 5.87 + 3.42 = 19.09~\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\Delta V_{tot} = 19.09~\\mathrm{V}$ (soit 0.095% de la tension nominale, chute négligeable)
\n\n3. Puissance perdue par effet Joule dans l’ensemble des câbles du réseau MT :
Formule générale : $P_{Joule} = R \\times I^2$ pour chaque tronçon
Calculs par tronçon :
- 1er : $P_{J1} = 0.18 \\times (54.35)^2 = 530.95~\\mathrm{W}$
- 2ème : $P_{J2} = 0.18 \\times (32.61)^2 = 191.06~\\mathrm{W}$
- 3ème : $P_{J3} = 0.18 \\times (19.02)^2 = 65.94~\\mathrm{W}$
Puissance totale perdue : $P_{Joule~totale} = 530.95 + 191.06 + 65.94 = 787.95~\\mathrm{W}$
Résultat final : $P_{Joule~totale} = 787.95~\\mathrm{W}$ (faible par rapport à la puissance transportée)
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "5"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Une entreprise est alimentée via un réseau BT par un poste HTA/BT. L’entreprise dispose de 4 points de livraison séparés, distants chacun de 150 m, alimentés par câble cuivre de section 50 mm² (résistivité $1.72 \\times 10^{-8}~\\Omega\\,\\mathrm{m}$). Chaque point reçoit $60~\\mathrm{kW}$ sous $400~\\mathrm{V}$, facteur de puissance $0{,}95$. L'installation fonctionne pendant 8 heures/jour. \n\n1. Calculez le courant circulant dans chaque câble vers chaque point de livraison.\n2. Déterminez la chute de tension pour chaque point de livraison.\n3. Déterminez l’énergie annuelle dissipée par effet Joule dans tous les câbles BT (supposez 260 jours de fonctionnement par an).",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant dans chaque câble :
Formule générale : $I = \\frac{P}{U \\cdot \\cos\\varphi}$
Remplacement des données pour chaque point : $I = \\frac{60\\,000}{400 \\times 0.95}$
Calcul : $I = \\frac{60\\,000}{380} = 157.89~\\mathrm{A}$
Résultat final : $I = 157.89~\\mathrm{A}$ par câble
\n\n2. Chute de tension pour chaque point de livraison :
Formule générale : $\\Delta V = R_{cable} \\times I$ où $R_{cable} = \\rho \\cdot \\frac{L}{S}$
Remplacement : $R_{cable} = 1.72 \\times 10^{-8} \\frac{150}{50 \\times 10^{-6}}$
Calcul pour la résistance : $R_{cable} = 1.72 \\times 10^{-8} \\times 3{,}000 = 5.16 \\times 10^{-5}~\\Omega$
Chute de tension : $\\Delta V = 5.16 \\times 10^{-5} \\times 157.89 = 0.0082~\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\Delta V = 0.0082~\\mathrm{V}$ pour chaque câble (très faible chute)
\n\n3. Énergie annuelle dissipée par effet Joule :
Formule générale : $E_{Joule} = P_{Joule} \\cdot t \\cdot N$ où $P_{Joule} = R_{cable} \\cdot I^2$, $t = 8~\\mathrm{h}$, $N = 260$ (jours)
Calcul pour un câble : $P_{Joule} = 5.16 \\times 10^{-5} \\cdot (157.89)^2 = 1.29~\\mathrm{W}$
Sur 8h : $E_{Joule,1} = 1.29 \\cdot 8 = 10.31~\\mathrm{Wh}$ par jour
Pour 260 jours, 4 câbles : $E_{Joule,Total} = 10.31 \\times 260 \\times 4 = 10,719.6~\\mathrm{Wh} = 10.72~\\mathrm{kWh}$
Résultat final : $E_{Joule,Total} = 10.72~\\mathrm{kWh}/an$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "6"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Dans un réseau de distribution urbaine BT, un transformateur HTA/BT alimente trois immeubles. Chacun est relié par un câble distinct de longueur 220 m. La puissance absorbée par chaque immeuble est de $75~\\mathrm{kW}$ sous $400~\\mathrm{V}$ en triphasé, facteur de puissance $\\cos\\varphi = 0{,}93$. Les câbles sont en aluminium, section 35 mm², résistivité $2.8 \\times 10^{-8}~\\Omega\\mathrm{\\,m}$.\n\n1. Calculez le courant dans chaque câble.\n2. Calculez la résistance de chaque câble.\n3. Calculez la puissance perdue par effet Joule sur l'ensemble du réseau BT.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant dans chaque câble :
Formule générale triphasé : $I = \\frac{P}{\\sqrt{3} \\cdot U \\cdot \\cos\\varphi}$
Remplacement : $I = \\frac{75\\,000}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 0.93}$
Calcul : $I = \\frac{75\\,000}{644.13} = 116.44~\\mathrm{A}$
Résultat final : $I = 116.44~\\mathrm{A}$ par câble
\n\n2. Calcul de la résistance de chaque câble :
Formule : $R = \\rho \\cdot \\frac{L}{S}$
Remplacement : $R = 2.8 \\times 10^{-8} \\cdot \\frac{220}{35 \\times 10^{-6}}$
Calcul : $R = 2.8 \\times 10^{-8} \\cdot 6,285.714 = 1.76 \\times 10^{-4}~\\Omega$
Résultat final : $R = 1.76 \\times 10^{-4}~\\Omega$ par câble
\n\n3. Calcul de la puissance perdue par effet Joule sur l'ensemble du réseau BT :
Formule générale pour chaque câble : $P_{Joule} = R \\cdot I^2$
Calcul pour un câble : $P_{Joule,1} = 1.76 \\times 10^{-4} \\times (116.44)^2 = 2.39~\\mathrm{W}$
Pour 3 câbles : $P_{Joule,total} = 3 \\times 2.39 = 7.17~\\mathrm{W}$
Résultat final : $P_{Joule,total} = 7.17~\\mathrm{W}$ pour l'ensemble du réseau BT
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "7"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un poste source HT/MT alimente un réseau de distribution moyenne tension (MT) de $10\\,\\text{km}$ de longueur. Le transformateur du poste source a une puissance nominale de $5\\,\\text{MVA}$ et une tension secondaire de $20\\,\\text{kV}$. Les conducteurs du réseau ont une résistance de $0{,}3\\,\\Omega/\\text{km}$ et une réactance de $0{,}4\\,\\Omega/\\text{km}$. On suppose que la charge en bout de ligne absorbe une puissance apparente de $4{,}5\\,\\text{MVA}$ avec un facteur de puissance de $0{,}92$ inductif.\n\n1. Calculez l’intensité efficace $I_{MT}$ circulant dans la ligne.\n2. Déterminez la chute de tension totale sur la ligne MT.\n3. Calculez la puissance active perdue par effet Joule sur la ligne MT.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\n1. Calcul de l’intensité efficace $I_{MT}$ dans la ligne :
\nFormule générale : $I_{MT} = \\dfrac{S_{charge}}{\\sqrt{3} \\times U_{MT}}$
\nRemplacement : $I_{MT} = \\dfrac{4{,}5 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 20 \\times 10^3}$
\nCalcul : $I_{MT} = \\dfrac{4\\,500\\,000}{34\\,641}$
\nRésultat final : $I_{MT} \\approx 130{,}0\\,\\text{A}$

\n\n2. Calcul de la chute de tension totale sur la ligne MT :
\nFormule générale : $\\Delta U = I_{MT} \\times (R_{tot} \\cos \\varphi + X_{tot} \\sin \\varphi)$
\nOù $R_{tot} = 0{,}3 \\times 10 = 3\\,\\Omega$ et $X_{tot} = 0{,}4 \\times 10 = 4\\,\\Omega$, $\\cos \\varphi = 0{,}92$, $\\sin \\varphi = \\sqrt{1 - 0{,}92^2} = 0{,}392$
\nRemplacement : $\\Delta U = 130{,}0 \\times (3 \\times 0{,}92 + 4 \\times 0{,}392)$
\nCalcul : $\\Delta U = 130{,}0 \\times (2{,}76 + 1{,}568)$ $= 130{,}0 \\times 4{,}328 = 562{,}64\\,\\text{V}$
\nRésultat final : $\\Delta U \\approx 563\\,\\text{V}$ (arrondi à l’unité)

\n\n3. Calcul de la puissance active perdue par effet Joule :
\nFormule générale : $P_{Joule} = 3 \\times I_{MT}^2 \\times R_{tot}$
\nRemplacement : $P_{Joule} = 3 \\times (130{,}0)^2 \\times 3$
\nCalcul : $P_{Joule} = 3 \\times 16\\,900 \\times 3 = 152\\,100\\,\\text{W}$ $= 152{,}1\\,\\text{kW}$
\nRésultat final : $P_{Joule} \\approx 152\\,\\text{kW}$

\nInterprétation : On observe que la chute de tension reste raisonnable pour l’alimentation MT de cette puissance, mais que la perte Joule représente tout de même 3,4 % de la puissance transportée.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "8"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un réseau MT distribue l’énergie à trois postes HTA/BT (Postes A, B et C) disposés en étoile à partir du poste source. La longueur des lignes vers les postes A, B et C est respectivement de $2\\,\\text{km}$, $3\\,\\text{km}$, et $5\\,\\text{km}$. La section de câble est identique partout, avec une résistance de $0{,}25\\,\\Omega/\\text{km}$. Les puissances actives demandées sont :$P_A = 800\\,\\text{kW}$, $P_B = 1\\,200\\,\\text{kW}$, $P_C = 1\\,700\\,\\text{kW}$ et tous au facteur de puissance $0{,}95$ inductif. Tension MT : $15\\,\\text{kV}$.\n\n1. Calculez le courant alimentant chaque poste.\n2. Déterminez la chute de tension sur chaque branche.\n3. Calculez la puissance totale perdue par effet Joule sur toutes les branches.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\n1. Calcul des courants pour chaque poste :
\nFormule : $I = \\dfrac{P}{\\sqrt{3} \\times U_{MT} \\times \\cos \\varphi}$
\nPour $P_A$ : $I_A = \\dfrac{800\\,000}{\\sqrt{3} \\times 15\\,000 \\times 0{,}95}$
\n$I_A = \\dfrac{800\\,000}{24\\,679} \\approx 32{,}4\\,\\text{A}$
\nPour $P_B$ : $I_B = \\dfrac{1\\,200\\,000}{24\\,679} \\approx 48{,}6\\,\\text{A}$
\nPour $P_C$ : $I_C = \\dfrac{1\\,700\\,000}{24\\,679} \\approx 68{,}9\\,\\text{A}$

\n\n2. Calcul de la chute de tension sur chaque branche :
\nFormule : $\\Delta U = I \\times R_{ligne}$, avec $R_{ligne} = R_{km} \\times L$
\nPoste A : $R_{A} = 0{,}25 \\times 2 = 0{,}5\\,\\Omega$
\n$\\Delta U_A = 32{,}4 \\times 0{,}5 = 16{,}2\\,\\text{V}$
\nPoste B : $R_B = 0{,}25 \\times 3 = 0{,}75\\,\\Omega$
\n$\\Delta U_B = 48{,}6 \\times 0{,}75 = 36{,}45\\,\\text{V}$
\nPoste C : $R_C = 0{,}25 \\times 5 = 1{,}25\\,\\Omega$
\n$\\Delta U_C = 68{,}9 \\times 1{,}25 = 86{,}1\\,\\text{V}$

\n\n3. Puissance totale perdue par effet Joule :
\nFormule : $P_{Joule} = 3 \\times (I_A^2 \\times R_A + I_B^2 \\times R_B + I_C^2 \\times R_C)$
\nCalcul : $\nI_A^2 \\times R_A = (32{,}4)^2 \\times 0{,}5 = 1\\,049{,}76 \\times 0{,}5 = 524{,}88\\,\\text{W}$
\n$I_B^2 \\times R_B = (48{,}6)^2 \\times 0{,}75 = 2\\,363{,}6 \\times 0{,}75 = 1\\,772{,}7\\,\\text{W}$
\n$I_C^2 \\times R_C = (68{,}9)^2 \\times 1{,}25 = 4\\,747{,}2 \\times 1{,}25 = 5\\,934\\,\\text{W}$
\nSomme : $0{,}525 + 1{,}773 + 5{,}934 = 8{,}232\\,\\text{kW}$ (en arrondissant)
\nFinalement : $P_{Joule_{total}} = 3 \\times 8{,}232 = 24{,}7\\,\\text{kW}$

\nInterprétation : Les pertes Joule totales sont notables, d'où l'importance d'une bonne optimisation de la topologie et de la section de câble.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "9"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un réseau BT alimente 4 abonnés à partir d’un poste HTA/BT situé à l’extrémité d’une ligne aérienne de $450\\,\\text{m}$ de section $35\\,\\text{mm}^2$. Chaque abonné consomme simultanément $15\\,\\text{kW}$ sous $230\\,\\text{V}$ (mono, facteur de puissance 0{,}95}).\nLa résistivité du conducteur est de $0{,}018\\,\\Omega\\cdot \\text{mm}^2/\\text{m}$.\n\n1. Calculez la résistance totale de la ligne.\n2. Estimez la chute de tension sur la ligne lorsqu’ils consomment tous simultanément.\n3. Calculez la perte totale d’énergie annuelle sur la ligne si l’appel maximal dure en moyenne 3 heures par jour toute l’année.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\n1. Résistance totale de la ligne :
\nFormule : $R = \\rho \\dfrac{L}{S}$
\nRemplacement : $R = 0{,}018 \\dfrac{450}{35}$
\nCalcul : $R = 0{,}018 \\times 12{,}857 = 0{,}231\\,\\Omega$
\nRésultat final : $R_{ligne} = 0{,}231\\,\\Omega$

\n\n2. Chute de tension sur la ligne :
\nIntensité totale pour 4 clients : $P_{tot} = 4 \\times 15 = 60\\,\\text{kW}$, $I_{tot} = \\dfrac{P_{tot}}{U \\cos \\varphi}$
\n$I_{tot} = \\dfrac{60\\,000}{230 \\times 0{,}95}$ $= \\dfrac{60\\,000}{218{,}5} = 274{,}6\\,\\text{A}$
\nFormule de la chute de tension : $\\Delta U = I_{tot} \\times R_{ligne}$
\nRemplacement : $\\Delta U = 274{,}6 \\times 0{,}231 = 63{,}5\\,\\text{V}$
\nRésultat final : $\\Delta U \\approx 64\\,\\text{V}$ (arrondi à l’unité)

\n\n3. Perte totale annuelle d'énergie :
\nFormule : $E_{perte} = P_{Joule} \\times t_{annuel}$, $P_{Joule} = I_{tot}^2 \\times R_{ligne}$, $t_{annuel} = 3 \\times 365 = 1\\,095\\,\\text{h}$
\nCalcul : $P_{Joule} = (274{,}6)^2 \\times 0{,}231 = 75\\,408 \\times 0{,}231 = 17\\,416\\,\\text{W} = 17{,}4\\,\\text{kW}$
\n$E_{perte} = 17{,}4 \\times 1\\,095 = 19\\,083\\,\\text{kWh}$
\nRésultat final : $E_{perte} \\approx 19\\,100\\,\\text{kWh/an}$ (arrondi à la centaine la plus proche)

\nInterprétation : Les pertes deviennent significatives pour de fortes densités de charge sur de faibles sections en BT.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "10"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Exercice 1 – Répartition de puissance dans un réseau HTA
Considérons un réseau HTA en étoile alimenté depuis un poste source. Trois postes de distribution A, B et C sont reliés au poste source par des lignes de longueurs différentes et alimentent chacun une charge différente. Les caractéristiques sont :
• Ligne vers A : $5\\,km$, $R_A=0,42\\, \\Omega/km$, charge $P_A=450\\,kW$
• Ligne vers B : $8\\,km$, $R_B=0,40\\, \\Omega/km$, charge $P_B=300\\,kW$
• Ligne vers C : $10\\,km$, $R_C=0,39\\, \\Omega/km$, charge $P_C=600\\,kW$
L’alimentation est triphasée, tension nominale $U_{HTA}=20\\,kV$, facteur de puissance des charges $cos(\\varphi)=0,95$.
1. Calculez le courant absorbé par chaque poste.
2. Déterminez la chute de tension sur chaque ligne.
3. Calculez la puissance totale perdue par effet Joule dans l’ensemble du réseau.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Calcul du courant absorbé par chaque poste
1. Formule générale : $I = \\frac{P}{\\sqrt{3} U \\cdot cos(\\varphi)}$
2. Remplacement :
- A : $I_A = \\frac{450000}{\\sqrt{3}\\times 20000 \\times 0,95}$
- B : $I_B = \\frac{300000}{\\sqrt{3}\\times 20000 \\times 0,95}$
- C : $I_C = \\frac{600000}{\\sqrt{3}\\times 20000 \\times 0,95}$
3. Calculs :
- A : $I_A \\approx \\frac{450000}{32827,8} \\approx 13,71\\,A$
- B : $I_B \\approx \\frac{300000}{32827,8} \\approx 9,14\\,A$
- C : $I_C \\approx \\frac{600000}{32827,8} \\approx 18,28\\,A$
4. Résultat final :
- $I_A = 13,71\\,A$
- $I_B = 9,14\\,A$
- $I_C = 18,28\\,A$

Question 2 : Chute de tension sur chaque ligne
1. Formule générale : $\\Delta U = I \\cdot R_{tot}$, où $R_{tot} = R \\times longueur$
2. Calcul des résistances totales :
- A : $R_{A,tot} = 0,42 \\times 5 = 2,10\\,\\Omega$
- B : $R_{B,tot} = 0,40 \\times 8 = 3,20\\,\\Omega$
- C : $R_{C,tot} = 0,39 \\times 10 = 3,90\\,\\Omega$
3. Calcul des chutes de tension :
- A : $\\Delta U_A = 13,71 \\times 2,10 = 28,8\\,V$
- B : $\\Delta U_B = 9,14 \\times 3,20 = 29,3\\,V$
- C : $\\Delta U_C = 18,28 \\times 3,90 = 71,3\\,V$
4. Résultat final :
- $\\Delta U_A = 28,8\\,V$
- $\\Delta U_B = 29,3\\,V$
- $\\Delta U_C = 71,3\\,V$

Question 3 : Puissance totale perdue par effet Joule
1. Formule générale : $P_{Joule} = I^2 \\cdot R_{tot}$
2. Calculs pour chaque ligne :
- A : $P_{J,A} = (13,71)^2 \\times 2,10 = 394,5\\,W$
- B : $P_{J,B} = (9,14)^2 \\times 3,20 = 267,6\\,W$
- C : $P_{J,C} = (18,28)^2 \\times 3,90 = 1303,8\\,W$
3. Addition totale : $P_{J,total} = 394,5 + 267,6 + 1303,8 = 1965,9\\,W$
4. Résultat final : $P_{J,total} = 1965,9\\,W$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "11"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Exercice 2 – Dimensionnement d'un transformateur HTA/BT et calculs de réseau
Une commune est alimentée par un poste HTA/BT équipé d’un transformateur. Le poste alimente trois lignes BT distinctes, chacune desservant un quartier avec les puissances maximales suivantes :
• Quartier 1 : $P_1=85\\,kW$
• Quartier 2 : $P_2=60\\,kW$
• Quartier 3 : $P_3=105\\,kW$
L’alimentation BT est en triphasé, $U_{BT}=400\\,V$, facteur de puissance $cos(\\varphi)=0,92$.
La résistance équivalente du transformateur est $R_T=0,041\\,\\Omega$.
1. Calculez le courant maximal fourni par chaque départ BT.
2. Déterminez la puissance perdue dans le transformateur lors du régime maximal.
3. Calculez la puissance totale appelée au poste HTA/BT au régime maximal.",
    "svg": "
85kWQ2
60kWQ3
105kW",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Courant maximal pour chaque départ BT
1. Formule générale : $I = \\frac{P}{\\sqrt{3} U \\cdot cos(\\varphi)}$
2. Remplacement :
- Q1 : $I_1 = \\frac{85\\,000}{\\sqrt{3}\\times 400 \\times 0,92}$
- Q2 : $I_2 = \\frac{60\\,000}{\\sqrt{3}\\times 400 \\times 0,92}$
- Q3 : $I_3 = \\frac{105\\,000}{\\sqrt{3}\\times 400 \\times 0,92}$
3. Calculs :
- Q1 : $I_1 \\approx \\frac{85\\,000}{636,9} \\approx 133,5\\,A$
- Q2 : $I_2 \\approx \\frac{60\\,000}{636,9} \\approx 94,2\\,A$
- Q3 : $I_3 \\approx \\frac{105\\,000}{636,9} \\approx 164,9\\,A$
4. Résultat final :
- $I_1 = 133,5\\,A$
- $I_2 = 94,2\\,A$
- $I_3 = 164,9\\,A$

Question 2 : Puissance perdue dans le transformateur
1. Formule générale : $P_{J,T} = I^2_{tot} \\cdot R_T$ où $I_{tot} = I_1 + I_2 + I_3$
2. Calcul du courant total : $I_{tot} = 133,5 + 94,2 + 164,9 = 392,6\\,A$
3. Calcul de la perte : $P_{J,T} = (392,6)^2 \\times 0,041 = 6\\,309\\,W$
4. Résultat final : $P_{J,T} = 6\\,309\\,W$

Question 3 : Puissance totale appelée au poste HTA/BT
1. Formule générale : $P_{app} = \\frac{\\sum P}{cos(\\varphi)}$
2. Remplacement des données : $P_{app} = \\frac{85\\,000 + 60\\,000 + 105\\,000}{0,92} = \\frac{250\\,000}{0,92}$
3. Calcul : $P_{app} \\approx 271\\,739\\,W$
4. Résultat final : $P_{app} = 271\\,739\\,W$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "12"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Exercice 3 – Réseau basse tension avec branches dérivées
On considère un réseau BT à quatre branches partant d’un même point d’alimentation. Chaque branche se compose d'un câble cuivre de longueur connue, section $S=35\\,mm^2$, résistivité cuivre $\\rho=1,72 \\times 10^{-8}\\,\\Omega\\cdot m$. Les charges sont toutes alimentées à $U_{BT}=230\\,V$, facteur de puissance $cos(\\varphi)=0,97$.
Les caractéristiques des 4 branches sont :
• Branche A : $L_A=35\\,m$, $P_A=16\\,kW$
• Branche B : $L_B=24\\,m$, $P_B=12\\,kW$
• Branche C : $L_C=42\\,m$, $P_C=18\\,kW$
• Branche D : $L_D=30\\,m$, $P_D=9\\,kW$
1. Calculez la résistance de chaque branche.
2. Déterminez le courant absorbé par chaque charge.
3. Calculez les pertes par effet Joule sur chaque branche.",
    "svg": "
230VABCD16kW
35m12kW
24m18kW
42m9kW
30m",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Résistance de chaque branche
1. Formule générale : $R = \\rho \\frac{L}{S}$, $S=35\\times10^{-6}\\,m^2$
2. Calculs :
- A : $R_A = 1{,}72\\times10^{-8} \\frac{35}{35\\times10^{-6}} = 1{,}72\\times10^{-8} \\times10^6 = 0{,}0172\\,\\Omega$
- B : $R_B = 1{,}72\\times10^{-8} \\frac{24}{35\\times10^{-6}} = 1{,}72\\times10^{-8} \\times 0{,}686\\times10^6 = 0{,}0118\\,\\Omega$
- C : $R_C = 1{,}72\\times10^{-8} \\frac{42}{35\\times10^{-6}} = 1{,}72\\times10^{-8} \\times1{,}2\\times10^6= 0{,}0207\\,\\Omega$
- D : $R_D = 1{,}72\\times10^{-8} \\frac{30}{35\\times10^{-6}} = 1{,}72\\times10^{-8} \\times 0{,}857\\times10^6 = 0{,}0148\\,\\Omega$
4. Résultats finaux :
- $R_A = 0{,}0172\\,\\Omega$
- $R_B = 0{,}0118\\,\\Omega$
- $R_C = 0{,}0207\\,\\Omega$
- $R_D = 0{,}0148\\,\\Omega$

Question 2 : Courant absorbé par chaque charge
1. Formule générale : $I = \\frac{P}{U \\cdot cos(\\varphi)}$
2. Remplacement des données :
- A : $I_A = \\frac{16\\,000}{230 \\times 0,97}$
- B : $I_B = \\frac{12\\,000}{230 \\times 0,97}$
- C : $I_C = \\frac{18\\,000}{230 \\times 0,97}$
- D : $I_D = \\frac{9\\,000}{230 \\times 0,97}$
3. Calculs :
- A : $I_A \\approx \\frac{16\\,000}{223,1} \\approx 71,76\\,A$
- B : $I_B \\approx \\frac{12\\,000}{223,1} \\approx 53,81\\,A$
- C : $I_C \\approx \\frac{18\\,000}{223,1} \\approx 80,70\\,A$
- D : $I_D \\approx \\frac{9\\,000}{223,1} \\approx 40,36\\,A$
4. Résultats finaux :
- $I_A = 71,76\\,A$
- $I_B = 53,81\\,A$
- $I_C = 80,70\\,A$
- $I_D = 40,36\\,A$

Question 3 : Pertes par effet Joule sur chaque branche
1. Formule générale : $P_J = I^2 \\cdot R$
2. Calculs :
- A : $P_{J,A} = (71,76)^2 \\times 0,0172 \\approx 88,8\\,W$
- B : $P_{J,B} = (53,81)^2 \\times 0,0118 \\approx 34,2\\,W$
- C : $P_{J,C} = (80,70)^2 \\times 0,0207 \\approx 134,8\\,W$
- D : $P_{J,D} = (40,36)^2 \\times 0,0148 \\approx 24,1\\,W$
4. Résultats finaux :
- $P_{J,A} = 88,8\\,W$
- $P_{J,B} = 34,2\\,W$
- $P_{J,C} = 134,8\\,W$
- $P_{J,D} = 24,1\\,W$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "13"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Dans un réseau électrique de distribution, un poste source HT/MT alimente une portion de réseau moyenne tension (MT) d'une longueur totale de $8\\ \\text{km}$. Ce réseau, de type radial, alimente trois postes HTA/BT situés respectivement à $2\\ \\text{km}$, $5\\ \\text{km}$ et $8\\ \\text{km}$ du poste source. Chaque poste HTA/BT alimente une charge purement résistive : poste 1 = $200\\ \\text{kW}$, poste 2 = $350\\ \\text{kW}$, poste 3 = $250\\ \\text{kW}$. La tension nominale MT est de $20\\ \\text{kV}$ et la résistance linéique du câble est de $0{,}18\\ \\Omega\\cdot \\text{km}^{-1}$. \n\nQuestion 1 : Calculez le courant total débité à la sortie du poste source HT/MT.\n\nQuestion 2 : Déterminez la chute de tension totale entre le poste source et le poste HTA/BT le plus éloigné.\n\nQuestion 3 : Calculez la puissance dissipée par effet Joule sur toute la longueur du réseau MT.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Calcul du courant total débité au départ
1. Formule générale : $I = \\frac{P_{tot}}{\\sqrt{3} \\cdot U}$
2. Remplacement des données : $P_{tot} = 200\\,000 + 350\\,000 + 250\\,000 = 800\\,000\\ \\text{W}$
La tension MT entre phases : $U = 20\\,000\\ \\text{V}$
3. Calcul du courant : $I = \\frac{800\\,000}{\\sqrt{3} \\times 20\\,000}$
$I = \\frac{800\\,000}{34\\,641}$
$I = 23{,}09\\ \\text{A}$
4. Résultat final : $I_{départ} = 23{,}1\\ \\text{A}$

Question 2 : Chute de tension totale sur la portion la plus longue (vers poste 3)
1. Formule générale : $\\Delta U = R_{tot} \\cdot I_{moy}$, où $R_{tot} = r \\cdot l$ et le courant moyen correspond à la part qui circule dans chaque tronçon.
2. Calcul des résistances des tronçons :
Tronçon 1 : $R_1 = 0{,}18 \\times 2 = 0{,}36\\ \\Omega$
Tronçon 2 : $R_2 = 0{,}18 \\times 3 = 0{,}54\\ \\Omega$
Tronçon 3 : $R_3 = 0{,}18 \\times 3 = 0{,}54\\ \\Omega$
3. Répartition des courants :
- Entre source et poste 1 ($2\\ \\text{km}$) : $I_1 = 23{,}1\\ \\text{A}$
- Entre poste 1 et poste 2 ($3\\ \\text{km}$) : $I_2 = 23{,}1 - \\frac{200\\,000}{\\sqrt{3}\\cdot 20\\,000} = 23{,}1 - 5{,}77 = 17{,}33\\ \\text{A}$
- Entre poste 2 et poste 3 ($3\\ \\text{km}$) : $I_3 = 17{,}33 - \\frac{350\\,000}{\\sqrt{3}\\cdot 20\\,000} = 17{,}33 - 10{,}12 = 7{,}21\\ \\text{A}$
Chute totale :
$\\Delta U_{tot} = R_1 \\cdot I_1 + R_2 \\cdot I_2 + R_3 \\cdot I_3$
$\\Delta U_{tot} = 0{,}36 \\times 23{,}1 + 0{,}54 \\times 17{,}33 + 0{,}54 \\times 7{,}21$
4. Calcul :
$\\Delta U_{tot} = 8{,}32 + 9{,}36 + 3{,}89 = 21{,}57\\ \\text{V}$
5. Résultat final : $\\Delta U_{tot} = 21{,}6\\ \\text{V}$

Question 3 : Puissance dissipée par effet Joule sur toute la longueur
1. Formule générale : $P_{Joule} = R_{eq} \\cdot I_{eq}^2$ (pour chaque tronçon, faire la somme).
2. Calcul pour chaque tronçon :
- Tronçon 1 : $P_1 = 0{,}36 \\times (23{,}1)^2 = 0{,}36 \\times 533{,}61 = 192{,}1\\ \\text{W}$
- Tronçon 2 : $P_2 = 0{,}54 \\times (17{,}33)^2 = 0{,}54 \\times 300{,}35 = 162{,}2\\ \\text{W}$
- Tronçon 3 : $P_3 = 0{,}54 \\times (7{,}21)^2 = 0{,}54 \\times 52{,}02 = 28{,}1\\ \\text{W}$
Somme totale :$P_{Joule,\\ tot} = 192{,}1 + 162{,}2 + 28{,}1 = 382{,}4\\ \\text{W}$
3. Résultat final :$P_{Joule,\\ tot} = 382\\ \\text{W}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "14"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un réseau basse tension en étoile compte trois lignes distinctes alimentant trois bâtiments industriels depuis un même poste HTA/BT. Ligne 1 : $150\\ \\text{m}$, Ligne 2 : $300\\ \\text{m}$, Ligne 3 : $500\\ \\text{m}$. Chaque ligne est en cuivre de section $150\\ \\text{mm}^2$ (résistivité du cuivre : $1{,}72\\times 10^{-8}\\ \\Omega\\cdot\\text{m}$). Les puissances demandées en maximum sont : bâtiment 1 = $120\\ \\text{kW}$, bâtiment 2 = $180\\ \\text{kW}$, bâtiment 3 = $210\\ \\text{kW}$. Le réseau BT est en triphasé, tension entre phases $400\\ \\text{V}$. \n\nQuestion 1 : Calculez l’intensité maximale du courant alimentant le bâtiment 2.\n\nQuestion 2 : Déterminez la résistance de la ligne 3.\n\nQuestion 3 : Calculez la perte thermique annuelle (effet Joule) sur la ligne 1 supposant une utilisation de $3000\\ \\text{h/an}$ à puissance maximale.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Intensité maximale bâtiment 2
1. Formule générale : $I = \\frac{P}{\\sqrt{3} \\cdot U}$
2. Remplacement : $P = 180\\,000\\ \\text{W}$; $U = 400\\ \\text{V}$
3. Calcul : $I = \\frac{180\\,000}{\\sqrt{3} \\times 400} = \\frac{180\\,000}{692{,}82} = 259{,}8\\ \\text{A}$
4. Résultat final : $I_2 = 260\\ \\text{A}$

Question 2 : Résistance de la ligne 3
1. Formule générale : $R = \\rho \\frac{l}{S}$
2. Remplacement : $\\rho = 1{,}72\\times10^{-8}\\ \\Omega\\cdot\\text{m}$ ; $l = 500\\ \\text{m}$ ; $S = 150\\,\\text{mm}^2 = 150 \\times 10^{-6}\\ \\text{m}^2$
3. Calcul : $R = 1{,}72\\times10^{-8} \\times \\frac{500}{150\\times10^{-6}}$
$R = 1{,}72\\times10^{-8} \\times 3{,}33\\times10^{6} = 0{,}0573\\ \\Omega$
4. Résultat final : $R_3 = 0{,}057\\ \\Omega$

Question 3 : Perte thermique annuelle sur la ligne 1
1. Formule : $P_{Joule} = R \\cdot I^2$ puis $E_{Joule,ann} = P_{Joule} \\cdot t$
2. Pour ligne 1, on prend le courant max calculé : $P_1 = 120\\,000\\ \\text{W}$; $I_1 = \\frac{120\\,000}{\\sqrt{3}\\times 400} = 173{,}2\\ \\text{A}$
Résistance de la ligne 1 :$ R_1 = 1{,}72\\times10^{-8} \\times \\frac{150}{150\\times10^{-6}} = 0{,}0172\\ \\Omega$
Puissance dissipée : $P_{Joule,1} = 0{,}0172 \\times (173{,}2)^2 = 0{,}0172 \\times 29{,}997 = 515{,}9\\ \\text{W}$
Énergie annuelle :$E_{Joule,ann} = 515{,}9 \\times 3{,}000 = 1\\,547\\,700\\ \\text{Wh}$
4. Résultat final :$E_{Joule,ann}=1{,}55\\ \\text{MWh}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "15"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un poste source HT/MT (tension primaire $63\\ \\text{kV}$, secondaire $20\\ \\text{kV}$) alimente en étoile trois réseaux MT distincts de $4\\ \\text{km}$, $7\\ \\text{km}$ et $12\\ \\text{km}$. La puissance totale demandée sur chaque ligne est de : réseau A = $300\\ \\text{kW}$, réseau B = $450\\ \\text{kW}$, réseau C = $650\\ \\text{kW}$. Les câbles sont identiques, de résistance linéique $0{,}22\\ \\Omega\\cdot\\text{km}^{-1}$. \n\nQuestion 1 : Déterminez le courant sur chaque départ MT.\n\nQuestion 2 : Calculez la chute de tension sur chaque départ.\n\nQuestion 3 : Calculez la somme totale des pertes Joule sur l’ensemble des tronçons.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Courant de chaque départ
1. Formule : $I = \\frac{P}{\\sqrt{3} U}$
Pour $U = 20\\,000\\ \\text{V}$
Réseau A : $I_A = \\frac{300\\,000}{\\sqrt{3}\\times 20\\,000} = \\frac{300\\,000}{34\\,641} = 8{,}66\\ \\text{A}$
Réseau B : $I_B = \\frac{450\\,000}{34\\,641} = 12{,}99\\ \\text{A}$
Réseau C : $I_C = \\frac{650\\,000}{34\\,641} = 18{,}76\\ \\text{A}$
2. Résultats finaux : $I_A = 8{,}7\\ \\text{A}$ ; $I_B = 13{,}0\\ \\text{A}$ ; $I_C = 18{,}8\\ \\text{A}$

Question 2 : Chute de tension sur chaque départ
1. Formule : $\\Delta U = R_{tot} \\cdot I$
Où $R_{tot} = r \\cdot l$
Pour chaque ligne :
Réseau A : $R_A = 0{,}22 \\times 4 = 0{,}88\\ \\Omega$
Réseau B : $R_B = 0{,}22 \\times 7 = 1{,}54\\ \\Omega$
Réseau C : $R_C = 0{,}22 \\times 12 = 2{,}64\\ \\Omega$
Chute sur chaque départ :
Réseau A : $\\Delta U_A = 0{,}88 \\times 8{,}66 = 7{,}62\\ \\text{V}$
Réseau B : $\\Delta U_B = 1{,}54 \\times 12{,}99 = 20{,}00\\ \\text{V}$
Réseau C : $\\Delta U_C = 2{,}64 \\times 18{,}76 = 49{,}50\\ \\text{V}$
Résultats finaux :$\\Delta U_A = 7{,}6\\ \\text{V}$ ; $\\Delta U_B = 20{,}0\\ \\text{V}$ ; $\\Delta U_C = 49{,}5\\ \\text{V}$

Question 3 : Somme totale des pertes Joule
1. Formule : $P_J = R_{tot} \\cdot I^2$ ; total = somme des trois
Réseau A : $P_{J,A} = 0{,}88 \\times (8{,}66)^2 = 0{,}88 \\times 75{,}00 = 66{,}0\\ \\text{W}$
Réseau B : $P_{J,B} = 1{,}54 \\times (12{,}99)^2 = 1{,}54 \\times 168{,}7 = 259{,}8\\ \\text{W}$
Réseau C : $P_{J,C} = 2{,}64 \\times (18{,}76)^2 = 2{,}64 \\times 352{,}01 = 929{,}3\\ \\text{W}$
Somme totale :$P_{J,tot} = 66{,}0 + 259{,}8 + 929{,}3 = 1\\,255{,}1\\ \\text{W}$
2. Résultat final :$P_{J,tot} = 1\\,260\\ \\text{W}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "16"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un réseau électrique alimente une zone urbaine à partir d’un poste source HT/MT. Voici les caractéristiques :\n\n- Le poste source fournit une puissance apparente de $25\\ \\text{MVA}$ sous une tension de $63\\ \\text{kV}$ côté HT.\n- La puissance active à transmettre sur une ligne MT longue de $12\\ \\text{km}$ est de $18\\ \\text{MW}$. Le facteur de puissance de la charge est $0,92$ (en retard).\n- Résistance linéique : $0,26\\ \\Omega/\\text{km}$, réactance linéique : $0,36\\ \\Omega/\\text{km}$.\n\nQuestions :\n1. Calculez le courant effectif qui circule dans la ligne MT.\n2. Déterminez la chute de tension totale sur la ligne.\n3. Calculez la puissance active perdue par effet Joule sur la ligne.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Courant effectif dans la ligne :
Formule générale : $I=\\dfrac{P}{\\sqrt{3} \\times U \\times \\cos\\varphi}$
Remplacement : $I=\\dfrac{18{\\,}000{\\,}000}{\\sqrt{3}\\times63{\\,}000\\times0,92}$
Calcul : $I=\\dfrac{18{\\,}000{\\,}000}{100{\\,}357,5}\\approx179,36\\ \\text{A}$
Résultat : $I=179,4\\ \\text{A}$

2. Chute de tension totale sur la ligne
Formule : $\\Delta U = I \\times (R_{tot} \\cos\\varphi + X_{tot} \\sin\\varphi)$
Calcul des impédances : $R_{tot} = 0,26 \\times 12 = 3,12\\ \\Omega$, $X_{tot} = 0,36 \\times 12 = 4,32\\ \\Omega$
Calcul des valeurs trigonométriques : $\\sin\\varphi = \\sqrt{1-0,92^2} = 0,392$
Remplacement : $\\Delta U = 179,4 \\times (3,12 \\times 0,92 + 4,32 \\times 0,392)$
 $\\Delta U = 179,4 \\times (2,8704 + 1,694)$
 $\\Delta U = 179,4 \\times 4,5644 \\approx 819,17\\ \\text{V}$
Résultat : $\\Delta U=819\\ \\text{V}$

3. Puissance active perdue par effet Joule
Formule : $P_{\\text{perte}} = 3 \\times R_{tot} \\times I^2$
Remplacement : $P_{\\text{perte}} = 3 \\times 3,12 \\times (179,4)^2$
 $P_{\\text{perte}} = 9,36 \\times 32{\\,}207\\approx301{\\,}827\\ \\text{W}$
Résultat : $P_{\\text{perte}} = 301,8\\ \\text{kW}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "17"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Une ville est alimentée par un réseau HTA/BT comprenant plusieurs postes de distribution, un transformateur et une ligne BT importante. On donne :\n\n- Le transformateur a une puissance nominale de $1\\ \\text{MVA}$ (20 kV/400 V).\n- Le courant secondaire (BT) est $1100\\ \\text{A}$ avec un facteur de puissance de $0,87$ (en retard).\n- La ligne BT mesure $430\\ \\text{m}$ avec une résistance de $0,064\\ \\Omega/100\\ \\text{m}$.\n\nQuestions :\n1. Quelle est la puissance apparente totale fournie par le transformateur ?\n2. Calculez la perte de tension sur la ligne BT.\n3. Déterminez la puissance active dissipée par effet Joule dans cette ligne.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Puissance apparente totale fournie
Formule : $S = U \\times I \\times \\sqrt{3}$
Remplacement : $S = 400 \\times 1100 \\times \\sqrt{3}$
Calcul : $S = 400 \\times 1100 \\times 1,732 = 761{\\,}680\\ \\text{VA}$
Résultat : $S=761,7\\ \\text{kVA}$

2. Perte de tension sur la ligne BT
Calcul de la résistance totale : $R_{tot} = 0,064 \\times \\dfrac{430}{100} = 0,2752\\ \\Omega$
Formule : $\\Delta U = R_{tot} \\times I$
Remplacement : $\\Delta U = 0,2752 \\times 1100$
Calcul : $\\Delta U = 302,72\\ \\text{V}$
Résultat : $\\Delta U=302,7\\ \\text{V}$

3. Puissance dissipée par effet Joule 
Formule : $P_{\\text{perdue}} = R_{tot} \\times I^2$
Remplacement : $P_{\\text{perdue}} = 0,2752 \\times (1100)^2$
Calcul : $P_{\\text{perdue}} = 0,2752 \\times 1{\\,}210{\\,}000 = 332{\\,}992\\ \\text{W}$
Résultat : $P_{\\text{perdue}} = 333,0\\ \\text{kW}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "18"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Considérez un réseau BT alimentant un quartier résidentiel depuis un poste HTA/BT situé à 350 m. Données :\n\n- La tension nominale au poste est $400\\ \\text{V}$.\n- Charge totale du quartier : $430\\ \\text{kW}$ sous un facteur de puissance de $0,81$ (en retard).\n- La ligne BT a une résistance linéique de $0,086\\ \\Omega/100\\ \\text{m}$.\n\nQuestions :\n1. Calculez l’intensité du courant total soutiré par le quartier.\n2. Déterminez la chute de tension sur la ligne d’alimentation.\n3. Évaluez la puissance active perdue dans la ligne par effet Joule.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Intensité du courant total
Formule : $I = \\dfrac{P}{U \\times \\cos\\varphi}$
Remplacement : $I = \\dfrac{430{\\,}000}{400 \\times 0,81}$
Calcul : $I = \\dfrac{430{\\,}000}{324} \\approx 1\\,327,16\\ \\text{A}$
Résultat : $I = 1\\,327\\ \\text{A}$

2. Chute de tension sur la ligne
Calcul de la résistance : $R_{tot} = 0,086 \\times \\dfrac{350}{100} = 0,301\\ \\Omega$
Formule : $\\Delta U = R_{tot} \\times I$
Remplacement : $\\Delta U = 0,301 \\times 1{\\,}327$
Calcul : $\\Delta U = 399,43\\ \\text{V}$
Résultat : $\\Delta U = 399,4\\ \\text{V}$

3. Puissance perdue par effet Joule
Formule : $P_{\\text{perdue}} = R_{tot} \\times I^2$
Remplacement : $P_{\\text{perdue}} = 0,301 \\times (1{\\,}327)^2$
Calcul : $P_{\\text{perdue}} = 0,301 \\times 1{\\,}761{\\,}329 \\approx 530{\\,}260 \\ \\text{W}$
Résultat : $P_{\\text{perdue}} = 530,3\\ \\text{kW}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "19"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un poste source HT/MT alimente un réseau moyen tension d'une puissance apparente totale de $4\\,\\mathrm{MVA}$ à un facteur de puissance de $0{,}92$. Le réseau se compose de trois lignes identiques de $5\\,\\mathrm{km}$ chacune, résistances linéiques de $0{,}22\\,\\Omega/\\mathrm{km}$ et réactance linéique de $0{,}35\\,\\Omega/\\mathrm{km}$. La tension nominale du réseau est $15\\,\\mathrm{kV}$ côté HT. \n1. Déterminez l'intensité totale fournie par le poste source. \n2. Calculez la chute de tension totale sur une des lignes.\n3. Déduisez la tension à l’extrémité aval de la ligne.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul de l’intensité totale fournie par le poste source :
Formule générale : $I = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\, U \\cdot \\, \\cos \\varphi}$
Données : $S = 4{,}000\\,\\mathrm{kVA} = 4\\,000\\,\\mathrm{VA}$, $U = 15\\,000\\,\\mathrm{V}$, $\\cos \\varphi = 0{,}92$
Remplacement : $I = \\frac{4\\,000\\,000}{\\sqrt{3} \\times 15\\,000 \\times 0{,}92}$
Calcul : $\\sqrt{3} \\times 15\\,000 \\times 0{,}92 = 23\\,887$ 
$I = \\frac{4\\,000\\,000}{23\\,887} = 167,5\\,\\mathrm{A}$
Résultat final : $I = 167,5\\,\\mathrm{A}$
2. Calcul de la chute de tension sur une ligne (pour une phase) :
Formule générale : $\\Delta U = I\\, (R_l \\cdot l\\, \\cos \\varphi + X_l \\cdot l \\sin \\varphi)$
Données : $R_l = 0,22\\,\\Omega/\\mathrm{km}$, $X_l = 0,35\\,\\Omega/\\mathrm{km}$, $l=5\\,\\mathrm{km}$
Remplacement :
$\\Delta U = 167,5 \\times ((0,22 \\times 5) \\times 0,92 + (0,35\\times5)\\times\\sin(\\arccos(0,92)))$
Calcul intermédiaire : $\\sin \\varphi = \\sqrt{1-0,92^2} = 0,392$
$0,22\\times5=1,10$, $0,35\\times5=1,75$
$1,10 \\times 0,92 = 1,012$, $1,75 \\times 0,392 = 0,686$
Somme : $1,012 + 0,686 = 1,698\\,\\Omega$
$\\Delta U = 167,5 \\times 1,698 = 284,7\\,\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\Delta U = 285\\,\\mathrm{V}$
3. Tension à l’extrémité aval de la ligne :
Formule générale : $U_{aval} = U_{départ} - \\Delta U$
$U_{départ} = 15\\,000\\,\\mathrm{V}$
$U_{aval} = 15\\,000 - 285 = 14\\,715\\,\\mathrm{V}$
Résultat final : $U_{aval} = 14\\,715\\,\\mathrm{V}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "20"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "On considère un réseau de distribution BT triphasé alimenté par un poste HTA/BT de puissance nominale $1{,}25\\,\\mathrm{MVA}$, tension secondaire $400\\,\\mathrm{V}$ (phase-phase). Trois départs sortent du poste : Départ A (160 m, $R=0{,}058\\,\\Omega /100m$), Départ B (240 m, $R=0{,}075\\,\\Omega /100m$), Départ C (120m, $R=0{,}046\\,\\Omega /100m$). Les charges raccordées aux extrémités sont respectivement de $230\\,\\mathrm{kVA}$, $115\\,\\mathrm{kVA}$ et $195\\,\\mathrm{kVA}$ avec $\\cos\\varphi=0{,}87$.\n1. Calculez l’intensité de chaque départ.\n2. Déterminez la chute de tension sur chaque départ.\n3. Quelle est la tension minimale théorique disponible aux bornes de la charge la plus défavorisée?",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul de l’intensité de chaque départ :
Formule générale: $I = \\frac{S}{\\sqrt{3}\\,U\\cdot \\cos \\varphi}$
A. $S=230\\,000\\,\\mathrm{VA}$, $U=400\\,\\mathrm{V}$, $\\cos \\varphi=0,87$
Remplacement: $I_A = \\frac{230\\,000}{\\sqrt{3}\\times400\\times0,87}$
Calcul intermédiaire: $\\sqrt{3}\\times400\\times0,87=603,3$
$I_A=\\frac{230\\,000}{603,3}=381,1\\,\\mathrm{A}$
B. $I_B = \\frac{115\\,000}{603,3}=190,6\\,\\mathrm{A}$
C. $I_C = \\frac{195\\,000}{603,3}=323,3\\,\\mathrm{A}$
2. Chute de tension sur chaque départ :
Formule : $\\Delta U = I\\cdot R_{tot}$, $R_{tot} = R_{lin\\,100m} \\times \\frac{l}{100}$
A. $R_A=0,058\\times1,6=0,0928\\,\\Omega$
$\\Delta U_A=381,1\\times0,0928=35,4\\,\\mathrm{V}$
B. $R_B=0,075\\times2,4=0,18\\,\\Omega$
$\\Delta U_B=190,6\\times0,18=34,3\\,\\mathrm{V}$
C. $R_C=0,046\\times1,2=0,0552\\,\\Omega$
$\\Delta U_C=323,3\\times0,0552=17,9\\,\\mathrm{V}$
3. Tension minimale disponible à la charge la plus défavorisée (celle avec la plus grande chute, ici départ A):
Formule : $U_{min} = U_{HTA/BT} - \\Delta U_{max}$
$U_{min}=400 - 35,4 = 364,6\\,\\mathrm{V}$
Résultat final : $U_{min}=364,6\\,\\mathrm{V}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "21"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Dans un réseau HTA alimenté par un poste source, 2 postes secondaires sont reliés via deux tronçons successifs : AB (7 kilomètres, $r_{AB}=0,23\\,\\Omega/\\mathrm{km}$, $x_{AB}=0,30\\,\\Omega/\\mathrm{km}$) et BC (2,5 kilomètres, $r_{BC}=0,15\\,\\Omega/\\mathrm{km}$, $x_{BC}=0,22\\,\\Omega/\\mathrm{km}$). Au point C, la puissance absorbée est $1{,}6\\,\\mathrm{MVA}$ à $\\cos\\varphi_{C}=0,85$, au point B, $0,7\\,\\mathrm{MVA}$ à $\\cos \\varphi_{B} = 0,90$. Tension au départ A : $20\\,\\mathrm{kV}$.\n1. Calculez l’intensité circulant entre A et B, puis entre B et C.\n2. Calculez la chute de tension totale entre A et C.\n3. Quelle est la tension aux bornes des charges à C ?",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Intensité sur each tronçon :
Formule générale : $I=\\frac{S}{\\sqrt{3}\\,U\\cdot\\cos\\varphi}$
B : $S_B=700\\,000\\,\\mathrm{VA}$, $\\cos \\varphi=0,90$, $U=20\\,000\\,\\mathrm{V}$
Remplacement : $I_B=\\frac{700\\,000}{\\sqrt{3} \\times 20\\,000\\times0,90}$
Calcul : $\\sqrt{3}\\times20\\,000\\times0,90=31\\,176$, $I_B=\\frac{700\\,000}{31\\,176}=22,5\\,\\mathrm{A}$
C : $S_C=1\\,600\\,000\\,\\mathrm{VA}$, $\\cos\\varphi=0,85$
Remplacement : $I_C=\\frac{1\\,600\\,000}{\\sqrt{3}\\times20\\,000\\times0,85}$
Calcul intermédiaire : $\\sqrt{3}\\times20\\,000\\times0,85=29\\,446$, $I_C=\\frac{1\\,600\\,000}{29\\,446}=54,3\\,\\mathrm{A}$
Total entre A et B (alimentation charges B+C) : $I_{AB}=I_B+I_C=22,5+54,3=76,8\\,\\mathrm{A}$
Entre B et C : $I_{BC}=I_C=54,3\\,\\mathrm{A}$
2. Chute de tension totale entre A et C :
Formule : $\\Delta U = I\\times(R_{tot}\\cos\\varphi + X_{tot}\\sin\\varphi)$ (cumuler chaque tronçon)
Pour AB : $r_{AB}=0,23\\,\\Omega/\\mathrm{km}$, $x_{AB}=0,30\\,\\Omega/\\mathrm{km}$, $l=7\\,\\mathrm{km}$
Pour BC : $r_{BC}=0,15\\,\\Omega/\\mathrm{km}$, $x_{BC}=0,22\\,\\Omega/\\mathrm{km}$, $l=2,5\\,\\mathrm{km}$
Chute sur AB (I=76,8 A, \\(\\cos\\varphi =0,90\\) pour l'essentiel):
 $R_{AB}=0,23\\times7=1,61\\,\\Omega$, $X_{AB}=0,30\\times7=2,10\\,\\Omega$
$\\Delta U_{AB}=76,8\\times(1,61\\times0,9+2,10\\times\\sqrt{1-0,9^2})$
$\\sqrt{1-0,9^2}=0,436$
$1,61\\times0,9=1,449$, $2,10\\times0,436=0,915$
Somme : $1,449+0,915=2,364\\,\\Omega$
$\\Delta U_{AB}=76,8\\times2,364=181,6\\,\\mathrm{V}$
Chute sur BC (I=54,3 A, \\(\\cos\\varphi=0,85\\)):
$R_{BC}=0,15\\times2,5=0,375\\,\\Omega$, $X_{BC}=0,22\\times2,5=0,55\\,\\Omega$
$\\sin\\varphi=\\sqrt{1-0,85^2}=0,526$
$0,375\\times0,85=0,319$, $0,55\\times0,526=0,289$
Somme: $0,319+0,289=0,608\\,\\Omega$
$\\Delta U_{BC}=54,3\\times0,608=33,0\\,\\mathrm{V}$
Chute totale: $\\Delta U_{tot}=181,6+33,0=214,6\\,\\mathrm{V}$
3. Tension aux bornes des charges à C :
Formule : $U_C=U_A-\\Delta U_{tot}$
$U_A=20\\,000\\,\\mathrm{V}$, $\\Delta U_{tot}=214,6\\,\\mathrm{V}$
$U_C=20\\,000-214,6=19\\,785,4\\,\\mathrm{V}$
Résultat final : $U_C=19\\,785,4\\,\\mathrm{V}$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "22"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un réseau électrique comporte un poste source HT/MT alimentant un réseau MT de longueur $5\\ \\text{km}$. Ce réseau alimente trois postes HTA/BT distincts (Poste A, B et C) espacés uniformément le long de la ligne. Les puissances à fournir sont respectivement : Poste A : $450\\ \\text{kVA}$, Poste B : $360\\ \\text{kVA}$, Poste C : $540\\ \\text{kVA}$, avec un facteur de puissance uniforme de $0{,}92$ pour tous. La section des conducteurs du réseau MT est de $150\\ \\text{mm}^2$ (cuivre) et la résisitivité du cuivre est $0{,}0178\\ \\Omega\\text{mm}^2/\\text{m}$. La tension nominale côté MT est $20\\ \\text{kV}$.\n\n1. Calculez l'intensité du courant total circulant dans la ligne MT juste en sortie du poste source, en considérant toutes les charges desservies.\n2. Déterminez la chute de tension totale entre le poste source HT/MT et le poste HTA/BT le plus éloigné (Poste C), en expliquant toutes les étapes et en négligeant l'effet inductif.\n3. Calculez la puissance active totale dissipée par effet Joule dans l'ensemble de la ligne MT lors d'une alimentation simultanée des trois postes.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 :
1. Formule générale : $I=\\frac{S}{\\sqrt{3}\\cdot U}\\quad\\text{où }S=\\text{puissance apparente totale}$
2. Calcul de S total : $S_{\\text{tot}}=450+360+540=1350\\ \\text{kVA}=1\\ 350\\ 000\\ \\text{VA}$
3. Remplacement : $I=\\frac{1\\ 350\\ 000}{\\sqrt{3}\\cdot 20\\ 000}=\\frac{1\\ 350\\ 000}{34\\ 641}$
4. Calcul : $I\\approx 38,97\\ \\text{A}$
Question 2 :
1. On considère une chute de tension répartie en 3 segments égaux.
2. Formule : $\\Delta U = \\sum_{i}\\left(\\frac{\\rho\\cdot l_i\\cdot I_i}{S}\\right)$ où $S$ est la section, $\\rho$ la résistivité, $l_i$ la longueur de chaque segment, $I_i$ le courant dans chaque segment.
3. Les longueurs sont identiques : $l_i=1666\\ \\text{m}$; Courants : 1er segment (A,B,C): $I_1=38,97\\ \\text{A}$ ; 2ème segment (B,C): $I_2=20,72\\ \\text{A}$ (B\\rightarrow C, car A déjà desservi), 3ème segment (C): $I_3=15,59\\ \\text{A}$ (seulement pour C).
4. Calcul pour chaque segment :
- $R=\\frac{0,0178\\cdot 1666}{150}=0,198\\ \\Omega$
- Segment 1 : $U_1=0,198\\times 38,97=7,72\\ \\text{V}$
- Segment 2 : $U_2=0,198\\times 20,72=4,10\\ \\text{V}$
- Segment 3 : $U_3=0,198\\times 15,59=3,08\\ \\text{V}$
5. Total : $\\Delta U=7,72+4,10+3,08=14,90\\ \\text{V}$
Question 3 :
1. Formule de la puissance dissipée : $P_{\\text{Joule}}=\\sum{R_i I_i^2}$
2. Calcul :
- Segment 1 : $P_1=0,198\\cdot (38,97)^2=300,2\\ \\text{W}$
- Segment 2 : $P_2=0,198\\cdot (20,72)^2=84,81\\ \\text{W}$
- Segment 3 : $P_3=0,198\\cdot (15,59)^2=48,13\\ \\text{W}$
3. Puissance totale : $P_{\\text{Joule}}=300,2+84,81+48,13=433,14\\text{~W}$
4. Interprétation : La perte totale dans la ligne représente une faible fraction par rapport à la puissance transportée (environ 0,032\\%).
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "23"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Dans un réseau de distribution BT alimenté par un poste HTA/BT, trois abonnés résidentiels (A, B et C) sont branchés en ligne sur un câble de $120\\ \\text{mm}^2$ cuivre d'une longueur totale de $400\\ \\text{m}$. Le poste travaille à une tension nominale de $400\\ \\text{V}$ (triphasé). Les puissances absorbées aux heures de pointe sont respectivement : A : $15\\ \\text{kW}$, B : $10\\ \\text{kW}$, C : $8\\ \\text{kW}$ avec un facteur de puissance de $0{,}95$. Les longueurs entre poste et l'abonné A, puis A-B puis B-C sont égalements réparties.\n\n1. Calculez le courant maximal débité par le poste HTA/BT vers l’ensemble de la ligne lors des heures de pointe.\n2. Déterminez la chute de tension totale entre le poste HTA/BT et l'abonné C, le plus éloigné en bout de ligne, en détaillant toutes les étapes du calcul et des hypothèses.\n3. Estimez la perte de puissance par effet Joule dans le câble BT alimentant ces trois abonnés.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 :
1. Formule générale courant : $I=\\frac{P}{\\sqrt{3}\\cdot U \\cdot \\cos\\varphi}$
2. Puissance totale : $P=15+10+8=33\\ \\text{kW}=33\\ 000\\ \\text{W}$, $\\cos\\varphi=0,95$
3. Calcul : $I=\\frac{33\\ 000}{\\sqrt{3}\\cdot 400\\cdot 0,95}=\\frac{33\\ 000}{658,4}$
4. $I\\approx 50,13\\ \\text{A}$
Question 2 :
1. On répartit la chute de tension entre les 3 tronçons égaux (133,3 m chacun)
2. Formule : $\\Delta U_\\text{tot}=\\sum_{k} R_k I_k$ où $R_k=\\frac{\\rho\\cdot l_k}{S}$ et $I_k$ le courant dans chaque section.
3. $\\rho=0,0178\\ \\Omega\\text{mm}^2/\\text{m}$ ; $S=120\\ \\text{mm}^2$, $l_k=133,3\\ \\text{m}$
4. Pour chaque segment : $R=\\frac{0,0178\\cdot 133,3}{120}=0,01978\\ \\Omega$
- Segment 1 (tout le monde) : $I_1=50,13\\ \\text{A}$, $U_1=0,01978\\cdot 50,13=0,992\\ \\text{V}$
- Segment 2 (B et C) : $P=10+8=18\\ \\text{kW}$, $I_2=\\frac{18\\ 000}{\\sqrt{3}\\cdot 400\\cdot 0,95}=27,36\\ \\text{A}$, $U_2=0,01978\\times 27,36=0,541\\ \\text{V}$
- Segment 3 (C) : $I_3=\\frac{8\\ 000}{\\sqrt{3}\\cdot400\\cdot 0,95}=12,15\\ \\text{A}$, $U_3=0,01978\\times 12,15=0,240\\ \\text{V}$
5. Chute totale : $\\Delta U=0,992+0,541+0,240=1,77\\ \\text{V}$
Question 3 :
1. Formule de puissance dissipée : $P_{\\text{Joule}}=\\sum{R_k I_k^2}$
2. Calcul :
- $P_1=0,01978\\times (50,13)^2=49,64\\ \\text{W}$
- $P_2=0,01978\\times (27,36)^2=14,85\\ \\text{W}$
- $P_3=0,01978\\times (12,15)^2=2,92\\ \\text{W}$
3. Puissance totale : $P_{\\text{Joule}}=49,64+14,85+2,92=67,41\\ \\text{W}$
4. Conclusion : Les pertes dans la ligne sont faibles comparées à l’énergie totale fournie (\\approx0,2\\%).
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "24"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un poste source HT/MT (63 kV/20 kV) alimente un réseau MT composé de deux sections successives de 2 km et 5 km avec des câbles en aluminium de section $95\\ \\text{mm}^2$ ($\\rho=0,0282\\ \\Omega\\text{mm}^2/\\text{m}$). À 1 km du poste, une dérivation alimente une zone industrielle (Point D), absorbant une puissance apparente de $700\\ \\text{kVA}$ à $0,90$ de facteur de puissance. Au bout des 7 km, un poste HTA/BT (Point E) alimente une zone résidentielle pour $400\\ \\text{kVA}$ à $0,95$ de facteur de puissance.\n\n1. Déterminez les intensités de courant dans chaque section du réseau MT (0-1 km : avant la dérivation, 1-2 km : après la dérivation jusqu'à la fin de la première section, 2-7 km: deuxième section).\n2. Calculez la chute de tension totale du poste source jusqu’au bout du réseau (Point E), toutes hypothèses explicitement détaillées et justifiées.\n3. Évaluez la puissance totale perdue par effet Joule entre le poste source et la zone résidentielle.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 :
1. Formule générale : $I=\\frac{S}{\\sqrt{3}\\cdot U}$
- Avant la dérivation (0 à 1 km), toute la puissance transite : $S_{\\text{total}}=700+400=1100\\ \\text{kVA}=1 100 000\\ \\text{VA}$
$I_1=\\frac{1 100 000}{\\sqrt{3}\\times 20\\ 000}=\\frac{1 100 000}{34 641}$
$I_1\\approx 31,76\\ \\text{A}$
- Section (1 à 2 km), seul le courant vers zone résidentielle subsiste : $S_{E}=400\\ \\text{kVA}=400\\ 000\\ \\text{VA}$
$I_2=\\frac{400\\ 000}{\\sqrt{3}\\times 20\\ 000}=\\frac{400\\ 000}{34 641}$
$I_2\\approx 11,55\\ \\text{A}$
- Section (2 à 7 km), même courant qu'avant : $I_3=11,55\\ \\text{A}$
Question 2 :
1. Chute de tension globale : somme des chutes sur chaque section.
2. Formule par section : $\\Delta U=R\\cdot I$, $R=\\frac{\\rho\\cdot l}{S}$
- 0-1 km : $R_1=\\frac{0,0282\\cdot 1000}{95}=0,297\\ \\Omega$; $U_1=0,297\\cdot 31,76=9,44\\ \\text{V}$
- dérivation D : la chute n'influe pas sur E.
- 1-2 km : $R_2=\\frac{0,0282\\cdot 1000}{95}=0,297\\ \\Omega$; $U_2=0,297\\cdot 11,55=3,43\\ \\text{V}$
- 2-7 km : $R_3=\\frac{0,0282\\cdot 5000}{95}=1,484\\ \\Omega$; $U_3=1,484\\cdot 11,55=17,14\\ \\text{V}$
3. Total : $\\Delta U=9,44+3,43+17,14=30,01\\ \\text{V}$
Question 3 :
1. Puissance Joule : $P_j=\\sum R_i I_i^2$
- $P_{j1}=0,297\\times(31,76)^2=299,29\\ \\text{W}$
- $P_{j2}=0,297\\times(11,55)^2=39,65\\ \\text{W}$
- $P_{j3}=1,484\\times (11,55)^2=198,39\\ \\text{W}$
2. Total : $P_{Joule}=299,29+39,65+198,39=537,33\\ \\text{W}$
3. Interprétation : La perte totale reste inférieure à 0,05\\% de la puissance transportée, ce qui témoigne de l’efficacité d’une forte section pour le transit MT.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "25"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Une centrale électrique alimente un poste source HT/MT. À partir de ce poste, l'énergie est distribuée vers un réseau MT puis un poste HTA/BT, avant d'atteindre différentes charges sur un réseau BT. Les distances entre les postes sont respectivement de $8~km$ entre la centrale et le poste HT/MT, puis $14~km$ entre le HT/MT et le poste HTA/BT. Le réseau MT fonctionne sous $20~kV$ et la puissance totale transférée du HT/MT au HTA/BT est de $2.6~MW$. Les câbles HT/MT ont une résistance linéique de $0{,}27~\\Omega/km$ et ceux de MT/HTA une résistance de $0{,}17~\\Omega/km$. Toutes les charges BT sont supposées parfaitement équilibrées.

• Q1. Calculez la chute de tension totale entre la centrale et le poste HTA/BT.
• Q2. Déterminez la puissance dissipée sous forme de chaleur dans les câbles sur la totalité du parcours.
• Q3. Sachant que le poste HTA/BT abaisse la tension à $400~V$ pour le réseau BT et que l'intensité totale demandée est de $4320~A$, calculez l'intensité totale circulant dans chaque tronçon de câble à MT et HT/MT et vérifiez si les câbles MT sont dimensionnés correctement pour supporter cette intensité.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1. Chute de tension totale :
Formule générale pour chaque tronçon : $\\Delta U = R_{tot} \\cdot I_{tot}$
Calculons la résistance totale sur chaque tronçon :
HT/MT : $R_{HT/MT} = 8 \\times 0.27 = 2.16~\\Omega$
MT/HTA : $R_{MT/HTA} = 14 \\times 0.17 = 2.38~\\Omega$
Puissance transférée : $P = U \\cdot I \\Rightarrow I_{MT} = \\frac{2.6 \\times 10^6}{20 \\times 10^3} = 130~A$
Chute sur HT/MT : $\\Delta U_{HT/MT} = 2.16 \\times 130 = 280.8~V$
Chute sur MT/HTA : $\\Delta U_{MT/HTA} = 2.38 \\times 130 = 309.4~V$
Chute totale : $\\Delta U_{totale} = 280.8 + 309.4 = 590.2~V$
Résultat final : $\\Delta U_{totale} = 590.2~V$

Q2. Puissance dissipée :
Formule générale : $P_{loss} = R_{tot} \\cdot I^2$
Total des résistances : $R_{totale} = 2.16 + 2.38 = 4.54~\\Omega$
$P_{loss} = 4.54 \\times (130)^2 = 4.54 \\times 16900 = 76646~W$
Résultat final : $P_{loss} = 76.6~kW$

Q3. Intensités et dimensionnement :
Réseau BT : l'intensité totale = $I_{BT} = 4320~A$
Sur le réseau MT et HT/MT, l'intensité est de $130~A$ (voir Q1).
Vérification du dimensionnement : la plupart des câbles MT supportent entre $100$ et $400~A$ selon la section.
La valeur trouvée étant $130~A$, le câble MT est correctement dimensionné.
Résultat final : Les câbles MT supportent l'intensité demandée.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "26"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Considérez un réseau de distribution alimenté par trois postes sources HT/MT, chacun assurant une alimentation pour une section différente d’une ville. Le schéma ci-dessous indique les connexions et les puissances. Poste 1 transfère $3.7~MW$ sous $18~kV$ sur une distance de $23~km$ ; Poste 2 transfère $2.4~MW$ sous $15~kV$ sur $11~km$ ; Poste 3 transfère $5.3~MW$ sous $20~kV$ sur $28~km$. Les câbles HT/MT ont une résistance linéique de $0{,}26~\\Omega/km$.

• Q1. Calculez l’intensité circulant dans le câble entre chaque poste source et son réseau MT.
• Q2. Déterminez pour chaque poste la puissance perdue dans les câbles.
• Q3. Évaluez la perte globale de puissance pour la totalité du réseau et le pourcentage de pertes par rapport à la puissance totale transmise.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1. Intensités pour chaque poste :
Formule : $I = \\frac{P}{U}$
Poste 1 : $I_1 = \\frac{3.7\\times 10^6}{18\\times 10^3} = 205.6~A$
Poste 2 : $I_2 = \\frac{2.4\\times 10^6}{15\\times 10^3} = 160~A$
Poste 3 : $I_3 = \\frac{5.3\\times 10^6}{20\\times 10^3} = 265~A$
Q2. Puissances perdues dans les câbles :
Formule : $P_{perdue} = R_{cab} \\cdot I^2$
Calculons la résistance pour chaque poste :
Poste 1 : $R_1 = 23 \\times 0.26 = 5.98~\\Omega$
Poste 2 : $R_2 = 11 \\times 0.26 = 2.86~\\Omega$
Poste 3 : $R_3 = 28 \\times 0.26 = 7.28~\\Omega$
Puissances perdues :
Poste 1 : $P_1 = 5.98 \\times (205.6)^2 = 5.98 \\times 42270 = 252620~W$
Poste 2 : $P_2 = 2.86 \\times (160)^2 = 2.86 \\times 25600 = 73216~W$
Poste 3 : $P_3 = 7.28 \\times (265)^2 = 7.28 \\times 70225 = 511838~W$
Q3. Perte globale et pourcentage :
Perte totale : $P_{totperd} = P_1 + P_2 + P_3 = 252620 + 73216 + 511838 = 837674~W$
Puissance totale transmise : $P_{totale} = 3.7 + 2.4 + 5.3 = 11.4~MW$
Pourcentage : $\\frac{837674}{11.4\\times 10^6} \\times 100 = 7.35~\\%$
Résultat final : La perte globale du réseau est de $837.7~kW$, soit $7.35~\\%$ de la puissance totale transmise.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "27"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Un quartier résidentiel est alimenté par un poste HTA/BT distribuant l’énergie à quatre sous-stations BT. Chaque sous-station alimente à son tour un nombre égal d’habitations. Chaque sous-station BT est reliée au poste HTA/BT par des câbles de $400~m$ de longueur, et chaque habitation reçoit une tension de $230~V$. La demande totale est de $385~kW$ et le courant maximal attendu dans chaque câble de sous-station est de $104~A$. Les câbles ont une résistance linéique de $0{,}145~\\Omega/km$.

• Q1. Calculez la résistance totale du câble reliant chaque sous-station au poste HTA/BT.
• Q2. Déterminez la chute de tension maximale sur chaque câble lors du courant maximal.
• Q3. Calculez la puissance totale dissipée par effet Joule dans l’ensemble des câbles de sous-stations.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1. Résistance totale :
Formule : $R = L \\times r$,
où $L = 0.4~km$ et $r = 0.145~\\Omega/km$.
$R_{cable} = 0.4 \\times 0.145 = 0.058~\\Omega$
Q2. Chute de tension maximale :
Formule : $\\Delta U = R_{cable} \\times I_{max}$
$\\Delta U = 0.058 \\times 104 = 6.032~V$
Q3. Puissance totale dissipée :
Formule Joule sur chaque câble : $P = R \\times I^2$
$P_{1cable} = 0.058 \\times (104)^2 = 0.058 \\times 10816 = 627.33~W$
Pour l’ensemble des quatre câbles : $P_{total} = 4 \\times 627.33 = 2509.32~W$
Résultat final : La puissance totale dissipée dans l’ensemble des câbles est de $2.5~kW$.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "28"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Exercice 1 : Réseau de distribution MT et BT\n\nDans une commune, un poste source HT/MT alimente un réseau moyenne tension (MT) de type radial. Un transformateur situé au poste MT/BT possède une puissance nominale de $400\\,\\mathrm{kVA}$ avec un rapport de transformation de $20\\,\\mathrm{kV}/400\\,\\mathrm{V}$.\n\n1. Calculez le courant nominal côté basse tension du transformateur.\n2. Le poste MT/BT alimente une ligne de 180 m en cuivre d'une section de $240\\,\\mathrm{mm}^2$. Déterminez la chute de tension sur cette ligne lorsque le courant est égal au courant nominal.\n3. Étant donné que la tension côté MT chute à $19.2\\,\\mathrm{kV}$ en période de pointe, quelle sera la tension aux bornes des consommateurs BT, en considérant la chute calculée précédemment?",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant nominal côté BT :
\nFormule générale : $I = \\dfrac{S}{\\sqrt{3} \\cdot U}$
\nRemplacement : $I = \\dfrac{400\\,000}{\\sqrt{3} \\times 400}$
\nCalcul : $I = \\dfrac{400\\,000}{692.82} = 577.35\\,\\mathrm{A}$
\nRésultat final : $I_{BT} = 577.4\\,\\mathrm{A}$
\n\n2. Chute de tension sur la ligne cuivre pour le courant nominal :
\nFormule générale : $\\Delta V = R \\cdot I$ (chute simple, régime triphasé équilibré, négligeons l'inductance)
\nLa résistance du câble : $R = \\rho \\dfrac{l}{S}$ avec $\\rho = 0.022 \\Omega \\cdot \\mathrm{mm}^2/\\mathrm{m}$, $l = 180\\,m$, $S = 240\\,\\mathrm{mm}^2$
\nRemplacement : $R = 0.022 \\times \\dfrac{180}{240} = 0.0165\\,\\Omega$
\nChute de tension totale (simple): $\\Delta V = 0.0165\\,\\Omega \\times 577.4\\,A = 9.54\\,V$
\nRésultat final : $\\Delta V_{ligne} = 9.5\\,V$
\n\n3. Tension en BT lors d'une chute à 19.2 kV côté MT :
\nChute côté MT : $(20\\,000-19\\,200) = 800\\,V$ correspond à la BT une fois ramené au secondaire.
\nFormule générale pour le rapport de transformation : $U_{BT} = U_{MT_{réel}} \\times \\dfrac{400}{20\\,000}$
\nRemplacement : $U_{BT} = 19\\,200 \\times \\dfrac{400}{20\\,000} = 384\\,V$
\nConsidérons maintenant la chute sur la ligne calculée :
\n$U_{BT_{cons}} = 384 - 9.5 = 374.5\\,V$
\nRésultat final : $U_{BT_{cons}} \\approx 374.5\\,V$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "29"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Exercice 2 : Topologie de réseau maillé et calculs de répartition\n\nSoit un réseau de distribution moyenne tension (MT) de structure maillée comportant trois postes MT/BT (A, B, et C) séparés chacun par des lignes de 2 km (section cuivre : $95\\,\\mathrm{mm}^2$). Chaque poste alimente une charge identique de $120\\,\\mathrm{kW}$ à facteur de puissance $0.92$.\n\n1. Calculez l’intensité du courant fourni par chaque transformateur MT/BT si la tension est $15\\,\\mathrm{kV}$.\n2. Déterminez la chute de tension entre les postes A et B lorsque les trois postes délivrent simultanément les charges données.\n3. Si la ligne entre A et B est ouverte pour maintenance, recalculez la chute de tension entre B et C.\n",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Intensité du courant fourni par chaque transformateur MT/BT :
\nFormule générale : $I = \\dfrac{P}{\\sqrt{3}\\,U\\,\\cos\\varphi}$
\nRemplacement : $I = \\dfrac{120\\,000}{\\sqrt{3} \\times 15\\,000 \\times 0.92}$
\nCalcul : $I = \\dfrac{120\\,000}{23\\,887} = 5.02\\,A$
\nRésultat final : $I_{transfo} = 5.0\\,A$
\n\n2. Chute de tension entre A et B (ligne 2km, 95 mm² cuivre, deux postes débitent) :
\nRésistance : $R = \\rho \\dfrac{l}{S}$ avec $\\rho = 0.022$, $l = 2\\,000\\,m$, $S = 95\\,\\mathrm{mm}^2$
\n$R = 0.022 \\times \\dfrac{2000}{95} = 0.463\\,\\Omega$
\nTotal courant circulant : A → B \n$I_{tot} = I_{A} + I_{B} = 5.0 + 5.0 = 10.0\\,A$
\nChute de tension : $\\Delta V = R \\cdot I_{tot} = 0.463 \\times 10.0 = 4.63\\,V$
\nRésultat final : $\\Delta V_{A - B} = 4.6\\,V$
\n\n3. Ligne AB ouverte : chute de tension entre B et C (un seul chemin, deux postes débitent)
\nMême résistance : $0.463\\,\\Omega$
\nCourant total : $I_{tot} = I_B + I_C = 5.0 + 5.0 = 10.0\\,A$
\nChute de tension : $\\Delta V = 0.463 \\times 10.0 = 4.63\\,V$
\nRésultat final : $\\Delta V_{B-C} = 4.6\\,V$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "30"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "Exercice 3 : Dimensionnement d'un poste source et calcul de surcharge\n\nUn réseau urbain est alimenté par un poste source HT/MT d'une capacité de $1600\\,\\mathrm{kVA}$. Ce poste alimente trois départs MT différents (D1, D2, D3). Les puissances actives à la pointe sont : $P_{D1} = 690\\,\\mathrm{kW}$, $P_{D2} = 500\\,\\mathrm{kW}$, $P_{D3} = 420\\,\\mathrm{kW}$. Le facteur de puissance global pour chaque départ est $0.88$.\n\n1. Calculez le courant total que devra supporter le poste source côté MT (tension MT : $15\\,\\mathrm{kV}$).\n2. Vérifiez si le poste est en situation de surcharge lors de la pointe.\n3. La tension du réseau subit une baisse de $3\\,\\% $ à la pointe. Calculez la nouvelle tension délivrée par le poste, puis la puissance apparente réellement transférée.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant total à la sortie du poste source côté MT
\nPuissance totale active : $P_{tot} = 690 + 500 + 420 = 1610\\,\\mathrm{kW}$
\nPuissance apparente : $S_{tot} = \\dfrac{P_{tot}}{\\cos \\varphi} = \\dfrac{1610}{0.88} = 1827.3\\,\\mathrm{kVA}$
\nFormule générale : $I = \\dfrac{S}{\\sqrt{3} U}$
\nRemplacement : $I = \\dfrac{1\\,827\\,300}{\\sqrt{3} \\times 15\\,000}$
\nCalcul : $I = \\dfrac{1\\,827\\,300}{25\\,981} = 70.34\\,A$
\nRésultat final : $I_{MT,poste} = 70.3\\,A$
\n\n2. Vérification de la surcharge
\nCapacité poste : $S_{nom} = 1600\\,\\mathrm{kVA}$
\n$S_{tot} = 1827.3\\,\\mathrm{kVA} > S_{nom}$
\nConclusion : Le poste est en surcharge à la pointe.
\n\n3. Nouvelle tension délivrée et puissance apparente réellement transférée
\nBaisse de $3\\,\\% $ : $U_{nouveau} = 15\\,000 \\times (1 - 0.03) = 14\\,550\\,V$
\nFormule : $S_{réel} = \\sqrt{3} \\times U_{nouveau} \\times I_{MT,poste}$
\nRemplacement : $S_{réel} = \\sqrt{3} \\times 14\\,550 \\times 70.3 = 1\\,771\\,785\\,VA$
\nRésultat final : $S_{réel} = 1\\,772\\,kVA$
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "31"
  },
  {
    "category": " Modes de transport, répartition et distribution de l’énergie électrique",
    "question": "On considère un réseau BT alimenté par un poste HTA/BT possédant un transformateur de puissance apparente $S = 630~\\mathrm{kVA}$ et tension secondaire du côté BT de $400~\\mathrm{V}$.\nLe réseau BT alimente trois départs :\n- Départ A : $210~\\mathrm{kW}$, facteur de puissance $0{,}92$, longueur du câble $130~\\mathrm{m}$, section du conducteur $185~\\mathrm{mm}^2$, résistance linéique $0{,}106~\\Omega/\\mathrm{km}$.\n- Départ B : $160~\\mathrm{kW}$, facteur de puissance $0{,}87$, longueur du câble $80~\\mathrm{m}$, section du conducteur $120~\\mathrm{mm}^2$, résistance linéique $0{,}161~\\Omega/\\mathrm{km}$.\n- Départ C : $270~\\mathrm{kW}$, facteur de puissance $0{,}96$, longueur du câble $230~\\mathrm{m}$, section du conducteur $240~\\mathrm{mm}^2$, résistance linéique $0{,}075~\\Omega/\\mathrm{km}$.\n\nQuestions :\n1. Calculer le courant en sortie du poste HTA/BT pour chaque départ.\n2. Calculer la chute de tension sur chaque ligne BT.\n3. Calculer les pertes par effet Joule pour chaque ligne BT et donner la perte totale du réseau.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Calcul du courant en sortie pour chaque départ
Formule générale : $I = \\frac{P}{\\sqrt{3} \\times U \\times \\cos \\varphi}$
Départ A : $I_A = \\frac{210\\,000}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 0{,}92}$
Départ B : $I_B = \\frac{160\\,000}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 0{,}87}$
Départ C : $I_C = \\frac{270\\,000}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 0{,}96}$
Calcul :
Départ A : $I_A = \\frac{210\\,000}{636{,}396} \\approx 330{,}07~\\mathrm{A}$
Départ B : $I_B = \\frac{160\\,000}{603{,}721} \\approx 265{,}01~\\mathrm{A}$
Départ C : $I_C = \\frac{270\\,000}{665{,}856} \\approx 405{,}57~\\mathrm{A}$
Question 2 : Calcul de la chute de tension sur chaque ligne BT
Formule générale : $\\Delta U = R_{lin} \\times \\ell \\times I$
Longueur en km :
A : $\\ell_A = 0{,}130~\\mathrm{km}$
B : $\\ell_B = 0{,}080~\\mathrm{km}$
C : $\\ell_C = 0{,}230~\\mathrm{km}$
Calcul :
Départ A : $\\Delta U_A = 0{,}106 \\times 0{,}130 \\times 330,07 = 4{,}55~\\mathrm{V}$
Départ B : $\\Delta U_B = 0{,}161 \\times 0{,}080 \\times 265,01 = 3{,}41~\\mathrm{V}$
Départ C : $\\Delta U_C = 0{,}075 \\times 0{,}230 \\times 405,57 = 7{,}00~\\mathrm{V}$
Question 3 : Calcul des pertes par effet Joule pour chaque ligne BT et la perte totale
Formule : $P_{Joule} = R_{lin} \\times \\ell \\times I^2$
Calcul :
A : $P_{Joule,A} = 0{,}106 \\times 0{,}130 \\times (330{,}07)^2 = 0{,}106 \\times 0{,}130 \\times 108{,}946 = 1{,}51~\\mathrm{kW}$
B : $P_{Joule,B} = 0{,}161 \\times 0{,}080 \\times (265,01)^2 = 0{,}161 \\times 0{,}080 \\times 70{,}225 = 0{,}90~\\mathrm{kW}$
C : $P_{Joule,C} = 0{,}075 \\times 0{,}230 \\times (405,57)^2 = 0{,}075 \\times 0{,}230 \\times 164{,}491 = 2{,}83~\\mathrm{kW}$
Perte totale : $P_{Joule,total} = 1{,}51 + 0{,}90 + 2,83 = 5{,}24~\\mathrm{kW}$
Interprétation : La gestion précise du dimensionnement des lignes permet de minimiser ces pertes et assure la qualité de la tension distribuée dans ce réseau BT.
",
    "id_category": "2",
    "id_number": "32"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Une ligne de transport d'énergie triphasée de 400 kV présente la configuration suivante : chaque phase est constituée de deux conducteurs en faisceau (configuration double). Les conducteurs sont disposés horizontalement avec les caractéristiques suivantes :
\n
\n
Rayon de chaque conducteur : $r = 1.8$ cm
\n
Distance entre les deux conducteurs d'une même phase : $d = 40$ cm
\n
Distance entre les phases A et B : $D_{AB} = 8$ m
\n
Distance entre les phases B et C : $D_{BC} = 8$ m
\n
Distance entre les phases A et C : $D_{AC} = 16$ m
\n
Perméabilité magnétique de l'air : $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m
\n
\n
Question 1 : Calculer le rayon moyen géométrique (GMR) équivalent d'une phase, sachant que pour un conducteur cylindrique solide, le GMR est donné par $\\text{GMR}_{\\text{conducteur}} = 0.7788r$.
\n
Question 2 : Déterminer la distance moyenne géométrique (GMD) entre les phases de cette ligne triphasée.
\n
Question 3 : Calculer l'inductance linéique par phase (en mH/km) de cette ligne de transmission en utilisant la formule $L = 2 \\times 10^{-7} \\ln\\left(\\frac{\\text{GMD}}{\\text{GMR}}\\right)$ H/m.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution Question 1 : Calcul du GMR équivalent d'une phase
\n
Pour une phase composée de deux conducteurs en faisceau, le GMR équivalent se calcule en prenant la moyenne géométrique des distances mutuelles et des GMR individuels.
\n
Étape 1 : Calcul du GMR d'un conducteur individuel
\n
Formule générale :
\n
$\\text{GMR}_{\\text{conducteur}} = 0.7788 \\times r$
\n
Remplacement des données :
\n
$\\text{GMR}_{\\text{conducteur}} = 0.7788 \\times 1.8 \\text{ cm}$
\n
Calcul :
\n
$\\text{GMR}_{\\text{conducteur}} = 1.402 \\text{ cm} = 0.01402 \\text{ m}$
\n
Étape 2 : Calcul du GMR équivalent de la phase (2 conducteurs en faisceau)
\n
Pour deux conducteurs par phase, la formule est :
\n
$\\text{GMR}_{\\text{phase}} = \\sqrt{\\text{GMR}_{\\text{conducteur}} \\times d}$
\n
où $d = 40 \\text{ cm} = 0.40 \\text{ m}$ est la distance entre les deux conducteurs.
\n
Remplacement des données :
\n
$\\text{GMR}_{\\text{phase}} = \\sqrt{0.01402 \\times 0.40}$
\n
Calcul :
\n
$\\text{GMR}_{\\text{phase}} = \\sqrt{0.005608} = 0.0749 \\text{ m}$
\n
Résultat final :
\n
$\\boxed{\\text{GMR}_{\\text{phase}} = 0.0749 \\text{ m} = 7.49 \\text{ cm}}$
\n
Ce GMR équivalent représente le rayon fictif qui tient compte de la distribution du flux magnétique dans la configuration en faisceau.
\n
\n
Solution Question 2 : Calcul de la GMD entre les phases
\n
La Distance Moyenne Géométrique (GMD) entre les phases se calcule en prenant en compte toutes les distances possibles entre les conducteurs de phases différentes.
\n
Étape 1 : Identification des distances inter-phases
\n
Pour chaque paire de phases, il y a 4 distances possibles (2 conducteurs × 2 conducteurs). Nous devons calculer la moyenne géométrique de toutes ces distances.
\n
Entre phases A et B :
\n
$D_{AB,1} \\approx 8 \\text{ m}, \\quad D_{AB,2} \\approx \\sqrt{8^2 + 0.4^2} \\approx 8.01 \\text{ m}$
\n
$D_{AB,3} \\approx \\sqrt{8^2 + 0.4^2} \\approx 8.01 \\text{ m}, \\quad D_{AB,4} \\approx \\sqrt{8^2 + 0.8^2} \\approx 8.04 \\text{ m}$
\n
La distance moyenne entre A et B :
\n
$D_{AB} = \\sqrt[4]{8 \\times 8.01 \\times 8.01 \\times 8.04} \\approx 8.015 \\text{ m}$
\n
De même, $D_{BC} \\approx 8.015 \\text{ m}$
\n
Entre phases A et C : $D_{AC} \\approx 16.01 \\text{ m}$
\n
Étape 2 : Calcul de la GMD globale
\n
Formule générale pour une ligne triphasée :
\n
$\\text{GMD} = \\sqrt[3]{D_{AB} \\times D_{BC} \\times D_{AC}}$
\n
Remplacement des données :
\n
$\\text{GMD} = \\sqrt[3]{8.015 \\times 8.015 \\times 16.01}$
\n
Calcul :
\n
$\\text{GMD} = \\sqrt[3]{1028.17} = 10.093 \\text{ m}$
\n
Résultat final :
\n
$\\boxed{\\text{GMD} = 10.09 \\text{ m}}$
\n
Cette GMD représente la distance équivalente moyenne entre les phases pour le calcul de l'inductance.
\n
\n
Solution Question 3 : Calcul de l'inductance linéique par phase
\n
L'inductance linéique d'une ligne triphasée dépend du rapport entre la GMD et le GMR.
\n
Étape 1 : Application de la formule de l'inductance
\n
Formule générale :
\n
$L = 2 \\times 10^{-7} \\ln\\left(\\frac{\\text{GMD}}{\\text{GMR}}\\right) \\text{ H/m}$
\n
Remplacement des données (avec GMD = 10.09 m et GMR = 0.0749 m) :
\n
$L = 2 \\times 10^{-7} \\ln\\left(\\frac{10.09}{0.0749}\\right)$
\n
Étape 2 : Calcul du rapport et du logarithme
\n
Calcul du rapport :
\n
$\\frac{\\text{GMD}}{\\text{GMR}} = \\frac{10.09}{0.0749} = 134.71$
\n
Calcul du logarithme népérien :
\n
$\\ln(134.71) = 4.902$
\n
Étape 3 : Calcul de l'inductance en H/m
\n
Calcul :
\n
$L = 2 \\times 10^{-7} \\times 4.902 = 9.804 \\times 10^{-7} \\text{ H/m}$
\n
Étape 4 : Conversion en mH/km
\n
Conversion :
\n
$L = 9.804 \\times 10^{-7} \\text{ H/m} \\times 1000 \\text{ m/km} \\times 1000 \\text{ mH/H}$
\n
Calcul final :
\n
$L = 0.9804 \\text{ mH/km}$
\n
Résultat final :
\n
$\\boxed{L = 0.98 \\text{ mH/km}}$
\n
Cette valeur d'inductance est typique pour une ligne de transport à haute tension avec conducteurs en faisceau. L'utilisation de conducteurs en faisceau permet de réduire l'inductance par phase comparée à un conducteur unique, ce qui améliore la capacité de transmission de la ligne.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "1"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Une ligne de transmission triphasée de longueur moyenne transporte de l'énergie électrique avec les caractéristiques suivantes :
\n
\n
Longueur de la ligne : $l = 180$ km
\n
Tension nominale : $V_n = 220$ kV (tension composée)
\n
Fréquence : $f = 50$ Hz
\n
Résistance linéique : $R = 0.045$ Ω/km
\n
Réactance inductive linéique : $X_L = 0.38$ Ω/km
\n
Susceptance capacitive linéique : $B_C = 3.2 \\times 10^{-6}$ S/km
\n
Puissance transmise : $P = 150$ MW
\n
Facteur de puissance à la réception : $\\cos(\\varphi_r) = 0.85$ (inductif)
\n
\n
Question 1 : Calculer l'impédance série totale $Z = R + jX_L$ et l'admittance shunt totale $Y = jB_C$ de la ligne, puis déterminer les paramètres du circuit équivalent en π : l'impédance série $Z$ et l'admittance shunt de chaque côté $Y/2$.
\n
Question 2 : Déterminer le courant de ligne à la réception $I_r$ en considérant la tension de réception égale à la tension nominale $V_r = 220$ kV.
\n
Question 3 : Calculer la chute de tension entre l'émission et la réception en utilisant la formule approximative $\\Delta V = \\frac{\\sqrt{3}}{V_r}(PR + QX)$, où $Q$ est la puissance réactive à la réception. En déduire la tension d'émission $V_s$ nécessaire (tension composée).
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution Question 1 : Calcul des paramètres du circuit équivalent en π
\n
Le modèle en π représente une ligne de longueur moyenne avec l'impédance série concentrée au centre et l'admittance shunt répartie aux deux extrémités.
\n
Étape 1 : Calcul de la résistance totale
\n
Formule générale :
\n
$R_{\\text{totale}} = R_{\\text{linéique}} \\times l$
\n
Remplacement des données :
\n
$R_{\\text{totale}} = 0.045 \\times 180$
\n
Calcul :
\n
$R_{\\text{totale}} = 8.1 \\text{ } \\Omega$
\n
Étape 2 : Calcul de la réactance inductive totale
\n
Formule générale :
\n
$X_{L,\\text{totale}} = X_{L,\\text{linéique}} \\times l$
\n
Remplacement des données :
\n
$X_{L,\\text{totale}} = 0.38 \\times 180$
\n
Calcul :
\n
$X_{L,\\text{totale}} = 68.4 \\text{ } \\Omega$
\n
Étape 3 : Calcul de l'impédance série complexe
\n
Formule générale :
\n
$Z = R_{\\text{totale}} + jX_{L,\\text{totale}}$
\n
Remplacement des données :
\n
$Z = 8.1 + j68.4 \\text{ } \\Omega$
\n
Calcul du module :
\n
$|Z| = \\sqrt{8.1^2 + 68.4^2} = \\sqrt{65.61 + 4678.56} = \\sqrt{4744.17} = 68.88 \\text{ } \\Omega$
\n
Étape 4 : Calcul de la susceptance capacitive totale
\n
Formule générale :
\n
$B_{C,\\text{totale}} = B_{C,\\text{linéique}} \\times l$
\n
Remplacement des données :
\n
$B_{C,\\text{totale}} = 3.2 \\times 10^{-6} \\times 180$
\n
Calcul :
\n
$B_{C,\\text{totale}} = 5.76 \\times 10^{-4} \\text{ S}$
\n
Étape 5 : Calcul de l'admittance shunt de chaque côté
\n
Dans le modèle en π, l'admittance shunt totale est divisée en deux parties égales :
\n
Formule générale :
\n
$\\frac{Y}{2} = j\\frac{B_{C,\\text{totale}}}{2}$
\n
Remplacement des données :
\n
$\\frac{Y}{2} = j\\frac{5.76 \\times 10^{-4}}{2}$
\n
Calcul :
\n
$\\frac{Y}{2} = j2.88 \\times 10^{-4} \\text{ S}$
\n
Résultat final :
\n
$\\boxed{Z = 8.1 + j68.4 \\text{ } \\Omega \\text{, } |Z| = 68.88 \\text{ } \\Omega}$
\n
$\\boxed{\\frac{Y}{2} = j2.88 \\times 10^{-4} \\text{ S}}$
\n
Ces paramètres définissent complètement le circuit équivalent en π de la ligne.
\n
\n
Solution Question 2 : Calcul du courant de ligne à la réception
\n
Le courant de ligne dépend de la puissance transmise, de la tension et du facteur de puissance.
\n
Étape 1 : Conversion de la tension composée en tension simple
\n
Formule générale pour une ligne triphasée :
\n
$V_{\\text{phase}} = \\frac{V_{\\text{composée}}}{\\sqrt{3}}$
\n
Remplacement des données :
\n
$V_r^{\\text{phase}} = \\frac{220 \\times 10^3}{\\sqrt{3}}$
\n
Calcul :
\n
$V_r^{\\text{phase}} = \\frac{220000}{1.732} = 127017 \\text{ V} = 127.02 \\text{ kV}$
\n
Étape 2 : Calcul de la puissance apparente
\n
Formule générale :
\n
$S = \\frac{P}{\\cos(\\varphi_r)}$
\n
Remplacement des données :
\n
$S = \\frac{150 \\times 10^6}{0.85}$
\n
Calcul :
\n
$S = 176.47 \\times 10^6 \\text{ VA} = 176.47 \\text{ MVA}$
\n
Étape 3 : Calcul du courant de ligne
\n
Formule générale pour une ligne triphasée :
\n
$I_r = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\times V_{\\text{composée}}}$
\n
Remplacement des données :
\n
$I_r = \\frac{176.47 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 220 \\times 10^3}$
\n
Calcul :
\n
$I_r = \\frac{176.47 \\times 10^6}{1.732 \\times 220 \\times 10^3} = \\frac{176.47 \\times 10^6}{381040} = 463.05 \\text{ A}$
\n
Résultat final :
\n
$\\boxed{I_r = 463.05 \\text{ A}}$
\n
Ce courant circule dans chaque phase de la ligne triphasée et doit être pris en compte pour dimensionner les conducteurs.
\n
\n
Solution Question 3 : Calcul de la chute de tension et de la tension d'émission
\n
La chute de tension dans une ligne dépend à la fois de la puissance active et réactive transmises.
\n
Étape 1 : Calcul de la puissance réactive à la réception
\n
Formule générale :
\n
$Q = P \\times \\tan(\\varphi_r)$
\n
où $\\tan(\\varphi_r) = \\frac{\\sin(\\varphi_r)}{\\cos(\\varphi_r)} = \\frac{\\sqrt{1 - \\cos^2(\\varphi_r)}}{\\cos(\\varphi_r)}$
\n
Calcul de $\\sin(\\varphi_r)$ :
\n
$\\sin(\\varphi_r) = \\sqrt{1 - 0.85^2} = \\sqrt{1 - 0.7225} = \\sqrt{0.2775} = 0.527$
\n
Calcul de $\\tan(\\varphi_r)$ :
\n
$\\tan(\\varphi_r) = \\frac{0.527}{0.85} = 0.620$
\n
Remplacement des données :
\n
$Q = 150 \\times 10^6 \\times 0.620$
\n
Calcul :
\n
$Q = 93 \\times 10^6 \\text{ VAR} = 93 \\text{ MVAR}$
\n
Étape 2 : Calcul de la chute de tension approximative
\n
Formule générale :
\n
$\\Delta V = \\frac{\\sqrt{3}}{V_r}(PR + QX)$
\n
où $R = 8.1 \\text{ } \\Omega$ et $X = 68.4 \\text{ } \\Omega$
\n
Remplacement des données :
\n
$\\Delta V = \\frac{1.732}{220 \\times 10^3}(150 \\times 10^6 \\times 8.1 + 93 \\times 10^6 \\times 68.4)$
\n
Calcul des termes :
\n
$PR = 150 \\times 10^6 \\times 8.1 = 1215 \\times 10^6 \\text{ W}\\Omega$
\n
$QX = 93 \\times 10^6 \\times 68.4 = 6361.2 \\times 10^6 \\text{ VAR}\\Omega$
\n
$PR + QX = 7576.2 \\times 10^6$
\n
Calcul de la chute de tension :
\n
$\\Delta V = \\frac{1.732 \\times 7576.2 \\times 10^6}{220 \\times 10^3} = \\frac{13121.97 \\times 10^6}{220 \\times 10^3} = 59645.3 \\text{ V} = 59.65 \\text{ kV}$
\n
Étape 3 : Calcul de la tension d'émission
\n
Formule générale :
\n
$V_s = V_r + \\Delta V$
\n
Remplacement des données :
\n
$V_s = 220 + 59.65$
\n
Calcul :
\n
$V_s = 279.65 \\text{ kV}$
\n
Résultat final :
\n
$\\boxed{\\Delta V = 59.65 \\text{ kV}}$
\n
$\\boxed{V_s = 279.65 \\text{ kV}}$
\n
Cette chute de tension de $27.1\\%$ est significative et montre l'importance de la compensation de puissance réactive dans les lignes de transmission longues. La tension d'émission doit être considérablement plus élevée que la tension de réception pour maintenir la qualité du service.
",
    "id_category": "3",
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  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Calcul des paramètres longitudinaux d'une ligne triphasée
Une ligne de transmission triphasée aérienne de $150 km$ transporte de l'énergie à $220 kV$ (tension composée). Les conducteurs sont en aluminium (ACSR) disposés en configuration triangulaire équilatérale. Chaque phase utilise un faisceau de $2$ conducteurs espacés de $40 cm$. Les caractéristiques de chaque conducteur sont :
Rayon du conducteur : $r = 1.5 cm$
Résistance linéique à $20°C$ : $R_{20} = 0.08 \\, \\Omega/km$
Coefficient de température : $\\alpha = 0.004 \\, /°C$
Distance entre phases adjacentes : $D_{12} = D_{23} = D_{31} = 6 m$
Température de fonctionnement : $50°C$
Question 1 : Calculez le rayon moyen géométrique (GMR) équivalent du faisceau de conducteurs par phase, sachant que le GMR d'un conducteur cylindrique solide est $r' = 0.7788r$.
Question 2 : Déterminez la réactance inductive longitudinale par phase et par kilomètre de cette ligne triphasée en utilisant la distance moyenne géométrique (GMD). La perméabilité du vide est $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} \\, H/m$ et la fréquence du réseau est $f = 50 Hz$.
Question 3 : Calculez l'impédance série totale par phase de cette ligne à la température de fonctionnement, en tenant compte de la résistance corrigée et de la réactance inductive.
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    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
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    "correct": [
      "A"
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Solution de l'Exercice 1
Question 1 : Calcul du GMR équivalent du faisceau
Pour un faisceau de conducteurs, le rayon moyen géométrique (GMR) équivalent se calcule en tenant compte du GMR de chaque conducteur individuel et de l'espacement entre les conducteurs du faisceau.
Étape 1 : Calcul du GMR d'un conducteur cylindrique solide
Le GMR d'un conducteur cylindrique solide est donné par :
$r' = 0.7788 \\times r$
Avec $r = 1.5 \\, cm = 0.015 \\, m$, on obtient :
$r' = 0.7788 \\times 0.015 = 0.0117 \\, m$
Étape 2 : Calcul du GMR équivalent du faisceau de 2 conducteurs
Pour un faisceau de $n = 2$ conducteurs, la formule du GMR équivalent est :
$GMR_{eq} = \\sqrt[n]{r' \\times d^{n-1}}$
$GMR_{eq} = \\sqrt{r' \\times d}$
Avec $d = 40 \\, cm = 0.4 \\, m$ (espacement entre conducteurs), on remplace :
$GMR_{eq} = \\sqrt{0.0117 \\times 0.4}$
$GMR_{eq} = \\sqrt{0.00468}$
$GMR_{eq} = 0.0684 \\, m = 6.84 \\, cm$
Résultat : Le rayon moyen géométrique équivalent du faisceau est $GMR_{eq} = 0.0684 \\, m$.
Question 2 : Calcul de la réactance inductive longitudinale
La réactance inductive d'une ligne triphasée dépend de la GMD (distance moyenne géométrique entre phases) et du GMR équivalent.
Étape 1 : Calcul de la distance moyenne géométrique (GMD)
Pour une configuration triangulaire équilatérale avec $D_{12} = D_{23} = D_{31} = D = 6 \\, m$ :
$GMD = \\sqrt[3]{D_{12} \\times D_{23} \\times D_{31}}$
$GMD = \\sqrt[3]{6 \\times 6 \\times 6} = \\sqrt[3]{216} = 6 \\, m$
Étape 2 : Calcul de l'inductance linéique par phase
La formule de l'inductance par phase est :
$L = 2 \\times 10^{-7} \\times \\ln\\left(\\frac{GMD}{GMR_{eq}}\\right) \\, H/m$
En substituant les valeurs :
$L = 2 \\times 10^{-7} \\times \\ln\\left(\\frac{6}{0.0684}\\right)$
$L = 2 \\times 10^{-7} \\times \\ln(87.72)$
$L = 2 \\times 10^{-7} \\times 4.474$
$L = 8.948 \\times 10^{-7} \\, H/m = 0.8948 \\times 10^{-3} \\, H/km$
Étape 3 : Calcul de la réactance inductive par kilomètre
La réactance inductive est donnée par :
$X_L = 2\\pi f L$
Avec $f = 50 \\, Hz$ :
$X_L = 2 \\times \\pi \\times 50 \\times 0.8948 \\times 10^{-3}$
$X_L = 0.2810 \\, \\Omega/km$
Résultat : La réactance inductive longitudinale par phase est $X_L = 0.281 \\, \\Omega/km$.
Question 3 : Calcul de l'impédance série totale
L'impédance série par phase combine la résistance (corrigée pour la température) et la réactance inductive.
Étape 1 : Correction de la résistance pour la température de fonctionnement
La résistance varie avec la température selon :
$R_T = R_{20} \\times [1 + \\alpha(T - 20)]$
Avec $T = 50°C$, $R_{20} = 0.08 \\, \\Omega/km$, et $\\alpha = 0.004 \\, /°C$ :
$R_{50} = 0.08 \\times [1 + 0.004 \\times (50 - 20)]$
$R_{50} = 0.08 \\times [1 + 0.004 \\times 30]$
$R_{50} = 0.08 \\times [1 + 0.12]$
$R_{50} = 0.08 \\times 1.12 = 0.0896 \\, \\Omega/km$
Étape 2 : Pour un faisceau de 2 conducteurs en parallèle, la résistance effective est réduite
$R_{eff} = \\frac{R_{50}}{2} = \\frac{0.0896}{2} = 0.0448 \\, \\Omega/km$
Étape 3 : Calcul de l'impédance série totale sur $150 \\, km$
La résistance totale de la ligne :
$R_{total} = R_{eff} \\times L = 0.0448 \\times 150 = 6.72 \\, \\Omega$
La réactance totale de la ligne :
$X_{total} = X_L \\times L = 0.281 \\times 150 = 42.15 \\, \\Omega$
Étape 4 : L'impédance série complexe par phase
$Z = R_{total} + jX_{total}$
$Z = 6.72 + j42.15 \\, \\Omega$
Le module de l'impédance :
$|Z| = \\sqrt{R_{total}^2 + X_{total}^2}$
$|Z| = \\sqrt{6.72^2 + 42.15^2}$
$|Z| = \\sqrt{45.16 + 1776.62}$
$|Z| = \\sqrt{1821.78} = 42.68 \\, \\Omega$
L'angle de phase :
$\\theta = \\arctan\\left(\\frac{X_{total}}{R_{total}}\\right) = \\arctan\\left(\\frac{42.15}{6.72}\\right) = \\arctan(6.272) = 80.93°$
Résultat : L'impédance série totale par phase est $Z = 6.72 + j42.15 \\, \\Omega$ ou $|Z| = 42.68 \\angle 80.93° \\, \\Omega$.
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  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Analyse des caractéristiques transversales et effet Ferranti
Une ligne de transmission triphasée de $250 km$ fonctionne à $400 kV$ (tension composée). Les paramètres de la ligne par kilomètre et par phase sont :
Résistance : $R = 0.025 \\, \\Omega/km$
Réactance inductive : $X_L = 0.32 \\, \\Omega/km$
Susceptance capacitive : $B_C = 3.5 \\times 10^{-6} \\, S/km$
Conductance due à l'effet couronne : $G = 0.8 \\times 10^{-9} \\, S/km$
La ligne fonctionne à vide (aucune charge à l'extrémité réceptrice). On considère le modèle de ligne longue avec les constantes réparties.
Question 1 : Calculez l'impédance série totale $Z$ et l'admittance shunt totale $Y$ de la ligne complète (pour $250 km$).
Question 2 : Déterminez la constante de propagation complexe $\\gamma = \\alpha + j\\beta$ et l'impédance caractéristique $Z_c$ de la ligne. Calculez également la longueur d'onde électrique $\\lambda$ à la fréquence de $50 Hz$.
Question 3 : En utilisant les équations des lignes longues, calculez le rapport entre la tension à l'extrémité réceptrice $V_R$ et la tension à l'extrémité émettrice $V_S$ (effet Ferranti) lorsque la ligne fonctionne à vide. La tension d'émission par phase est $V_S = \\frac{400}{\\sqrt{3}} = 230.94 \\, kV$. Déterminez la tension réceptrice et le pourcentage d'élévation de tension.
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      "A Corrige Type"
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      "A"
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Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Calcul de l'impédance série et de l'admittance shunt totales
Les paramètres par kilomètre doivent être multipliés par la longueur totale de la ligne.
Étape 1 : Calcul de l'impédance série par phase
L'impédance série par kilomètre est :
$z = R + jX_L = 0.025 + j0.32 \\, \\Omega/km$
Pour la longueur totale $l = 250 \\, km$ :
$Z = z \\times l = (0.025 + j0.32) \\times 250$
$Z = 6.25 + j80 \\, \\Omega$
Étape 2 : Calcul de l'admittance shunt par phase
L'admittance shunt par kilomètre est :
$y = G + jB_C = 0.8 \\times 10^{-9} + j3.5 \\times 10^{-6} \\, S/km$
Pour la longueur totale :
$Y = y \\times l = (0.8 \\times 10^{-9} + j3.5 \\times 10^{-6}) \\times 250$
$Y = 2.0 \\times 10^{-7} + j8.75 \\times 10^{-4} \\, S$
$Y \\approx j8.75 \\times 10^{-4} \\, S$ (la conductance est négligeable)
Résultat : $Z = 6.25 + j80 \\, \\Omega$ et $Y \\approx j8.75 \\times 10^{-4} \\, S$.
Question 2 : Constante de propagation et impédance caractéristique
Pour une ligne longue, la constante de propagation et l'impédance caractéristique sont des paramètres fondamentaux.
Étape 1 : Calcul de la constante de propagation par unité de longueur
La formule est :
$\\gamma = \\sqrt{z \\times y}$
Avec $z = 0.025 + j0.32 \\, \\Omega/km$ et $y = 0.8 \\times 10^{-9} + j3.5 \\times 10^{-6} \\, S/km$ :
$z \\times y = (0.025 + j0.32)(0.8 \\times 10^{-9} + j3.5 \\times 10^{-6})$
$z \\times y = 0.025 \\times 0.8 \\times 10^{-9} + j0.025 \\times 3.5 \\times 10^{-6} + j0.32 \\times 0.8 \\times 10^{-9} + j^2 \\times 0.32 \\times 3.5 \\times 10^{-6}$
$z \\times y = 2 \\times 10^{-11} + j8.75 \\times 10^{-8} + j2.56 \\times 10^{-10} - 1.12 \\times 10^{-6}$
$z \\times y \\approx -1.12 \\times 10^{-6} + j8.78 \\times 10^{-8}$
Module : $|z \\times y| = \\sqrt{(-1.12 \\times 10^{-6})^2 + (8.78 \\times 10^{-8})^2} \\approx 1.123 \\times 10^{-6}$
Argument : $\\phi = \\arctan\\left(\\frac{8.78 \\times 10^{-8}}{-1.12 \\times 10^{-6}}\\right) \\approx 175.52°$
$\\gamma = \\sqrt{1.123 \\times 10^{-6} \\angle 175.52°} = 1.06 \\times 10^{-3} \\angle 87.76°$
$\\gamma = 4.12 \\times 10^{-5} + j1.06 \\times 10^{-3} \\, km^{-1}$
Donc $\\alpha = 4.12 \\times 10^{-5} \\, Np/km$ et $\\beta = 1.06 \\times 10^{-3} \\, rad/km$.
Étape 2 : Calcul de l'impédance caractéristique
$Z_c = \\sqrt{\\frac{z}{y}}$
$\\frac{z}{y} = \\frac{0.025 + j0.32}{0.8 \\times 10^{-9} + j3.5 \\times 10^{-6}}$
Module de $z$ : $|z| = \\sqrt{0.025^2 + 0.32^2} = 0.321 \\, \\Omega/km$
Module de $y$ : $|y| = \\sqrt{(0.8 \\times 10^{-9})^2 + (3.5 \\times 10^{-6})^2} \\approx 3.5 \\times 10^{-6} \\, S/km$
$|Z_c| = \\sqrt{\\frac{0.321}{3.5 \\times 10^{-6}}} = \\sqrt{91714} = 302.8 \\, \\Omega$
Étape 3 : Longueur d'onde électrique
$\\lambda = \\frac{2\\pi}{\\beta} = \\frac{2\\pi}{1.06 \\times 10^{-3}} = 5926 \\, km$
Résultat : $\\gamma = 4.12 \\times 10^{-5} + j1.06 \\times 10^{-3} \\, km^{-1}$, $Z_c \\approx 302.8 \\, \\Omega$, $\\lambda = 5926 \\, km$.
Question 3 : Calcul de l'effet Ferranti à vide
Pour une ligne longue à vide, les équations générales donnent la relation entre tensions d'émission et de réception.
Étape 1 : Équations de la ligne longue à vide
À vide, le courant récepteur $I_R = 0$. L'équation générale est :
$V_S = V_R \\cosh(\\gamma l)$
Donc :
$\\frac{V_R}{V_S} = \\frac{1}{\\cosh(\\gamma l)}$
Étape 2 : Calcul de $\\gamma l$
Avec $l = 250 \\, km$ :
$\\gamma l = (4.12 \\times 10^{-5} + j1.06 \\times 10^{-3}) \\times 250$
$\\gamma l = 0.0103 + j0.265$
Étape 3 : Calcul de $\\cosh(\\gamma l)$
Formule : $\\cosh(\\alpha l + j\\beta l) = \\cosh(\\alpha l)\\cos(\\beta l) + j\\sinh(\\alpha l)\\sin(\\beta l)$
Avec $\\alpha l = 0.0103$ et $\\beta l = 0.265 \\, rad$ :
$\\cosh(0.0103) \\approx 1.000053$
$\\sinh(0.0103) \\approx 0.0103$
$\\cos(0.265) \\approx 0.9652$
$\\sin(0.265) \\approx 0.2616$
$\\cosh(\\gamma l) = 1.000053 \\times 0.9652 + j0.0103 \\times 0.2616$
$\\cosh(\\gamma l) = 0.9653 + j0.00269$
Module : $|\\cosh(\\gamma l)| = \\sqrt{0.9653^2 + 0.00269^2} \\approx 0.9653$
Étape 4 : Calcul du rapport de tensions
$\\frac{V_R}{V_S} = \\frac{1}{0.9653} = 1.036$
Avec $V_S = 230.94 \\, kV$ (tension par phase) :
$V_R = 1.036 \\times 230.94 = 239.3 \\, kV$
Étape 5 : Pourcentage d'élévation de tension
$\\Delta V\\% = \\left(\\frac{V_R - V_S}{V_S}\\right) \\times 100 = (1.036 - 1) \\times 100 = 3.6\\%$
Résultat : La tension réceptrice est $V_R = 239.3 \\, kV$ par phase (soit $414.5 \\, kV$ en tension composée), avec une élévation de $3.6\\%$ due à l'effet Ferranti.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "4"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Puissance transmise et compensation du facteur de puissance
Une ligne de transmission triphasée de longueur moyenne ($l = 120 km$) transporte de l'énergie à $132 kV$ (tension composée) et $f = 50 Hz$. Les paramètres par kilomètre et par phase sont :
Résistance : $R = 0.15 \\, \\Omega/km$
Réactance inductive : $X_L = 0.40 \\, \\Omega/km$
Susceptance capacitive : $B_C = 2.8 \\times 10^{-6} \\, S/km$
Une charge triphasée équilibrée consomme $P = 50 MW$ avec un facteur de puissance $\\cos\\varphi_L = 0.85$ inductif. On utilise le modèle en $\\pi$ nominal pour cette ligne de longueur moyenne. La tension à la réception doit être maintenue à $V_R = 132 kV$ (tension composée).
Question 1 : Calculez l'impédance série $Z$ et l'admittance shunt totale $Y$ de la ligne. Déterminez ensuite le courant de charge $I_L$ et la puissance réactive absorbée par la charge $Q_L$.
Question 2 : En utilisant le circuit équivalent en $\\pi$, calculez la chute de tension dans la ligne et déterminez la tension d'émission $V_S$ (tension composée) nécessaire pour maintenir $V_R = 132 kV$ à la réception. Utilisez la méthode approximative basée sur les composantes active et réactive de la chute de tension.
Question 3 : Pour améliorer le facteur de puissance à $\\cos\\varphi = 0.95$ inductif au point de réception, calculez la puissance réactive $Q_C$ du condensateur shunt nécessaire. Déterminez ensuite la nouvelle chute de tension et le pourcentage de réduction des pertes actives dans la ligne après compensation.
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    "svg": "",
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      "A Corrige Type"
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Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Paramètres de la ligne et courant de charge
Calcul des paramètres équivalents du modèle en $\\pi$ et des caractéristiques de la charge.
Étape 1 : Calcul de l'impédance série totale
L'impédance série par kilomètre est :
$z = R + jX_L = 0.15 + j0.40 \\, \\Omega/km$
Pour $l = 120 \\, km$ :
$Z = (0.15 + j0.40) \\times 120 = 18 + j48 \\, \\Omega$
Module : $|Z| = \\sqrt{18^2 + 48^2} = \\sqrt{324 + 2304} = \\sqrt{2628} = 51.26 \\, \\Omega$
Étape 2 : Calcul de l'admittance shunt totale
L'admittance shunt par kilomètre est :
$y = jB_C = j2.8 \\times 10^{-6} \\, S/km$
Pour $l = 120 \\, km$ :
$Y = j2.8 \\times 10^{-6} \\times 120 = j3.36 \\times 10^{-4} \\, S$
Dans le modèle $\\pi$, cette admittance est divisée en deux moitiés aux extrémités : $Y/2 = j1.68 \\times 10^{-4} \\, S$.
Étape 3 : Calcul du courant de charge
La puissance active triphasée est $P = 50 \\, MW$ et la tension composée $V_R = 132 \\, kV$ :
$I_L = \\frac{P}{\\sqrt{3} \\times V_R \\times \\cos\\varphi_L}$
$I_L = \\frac{50 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 132 \\times 10^3 \\times 0.85}$
$I_L = \\frac{50 \\times 10^6}{194.3 \\times 10^3} = 257.3 \\, A$
Étape 4 : Calcul de la puissance réactive de la charge
L'angle de phase est : $\\varphi_L = \\arccos(0.85) = 31.79°$
Donc : $\\sin\\varphi_L = \\sin(31.79°) = 0.527$
La puissance réactive est :
$Q_L = P \\times \\tan\\varphi_L = P \\times \\frac{\\sin\\varphi_L}{\\cos\\varphi_L}$
$Q_L = 50 \\times \\frac{0.527}{0.85} = 31.0 \\, MVAR$
Résultat : $Z = 18 + j48 \\, \\Omega$, $Y = j3.36 \\times 10^{-4} \\, S$, $I_L = 257.3 \\, A$, $Q_L = 31.0 \\, MVAR$.
Question 2 : Chute de tension et tension d'émission
Utilisation de la méthode approximative pour calculer la chute de tension dans la ligne.
Étape 1 : Tension de phase à la réception
$V_{R,phase} = \\frac{V_R}{\\sqrt{3}} = \\frac{132 \\times 10^3}{\\sqrt{3}} = 76.21 \\, kV$
Étape 2 : Composantes de la chute de tension
La chute de tension approximative par phase est donnée par :
$\\Delta V \\approx \\frac{R \\times I_L \\times \\cos\\varphi_L + X_L \\times I_L \\times \\sin\\varphi_L}{1}$
Avec $R = 18 \\, \\Omega$, $X_L = 48 \\, \\Omega$, $I_L = 257.3 \\, A$ :
Composante résistive :
$\\Delta V_R = R \\times I_L \\times \\cos\\varphi_L = 18 \\times 257.3 \\times 0.85 = 3937 \\, V = 3.94 \\, kV$
Composante réactive :
$\\Delta V_X = X_L \\times I_L \\times \\sin\\varphi_L = 48 \\times 257.3 \\times 0.527 = 6510 \\, V = 6.51 \\, kV$
Chute de tension totale :
$\\Delta V = \\Delta V_R + \\Delta V_X = 3.94 + 6.51 = 10.45 \\, kV$
Étape 3 : Tension d'émission par phase
$V_{S,phase} = V_{R,phase} + \\Delta V = 76.21 + 10.45 = 86.66 \\, kV$
Tension composée d'émission :
$V_S = \\sqrt{3} \\times V_{S,phase} = \\sqrt{3} \\times 86.66 = 150.1 \\, kV$
Résultat : La chute de tension est $\\Delta V = 10.45 \\, kV$ et la tension d'émission nécessaire est $V_S = 150.1 \\, kV$.
Question 3 : Compensation du facteur de puissance et réduction des pertes
Installation de condensateurs pour améliorer le facteur de puissance et réduire les pertes.
Étape 1 : Calcul de la puissance réactive à compenser
Pour $\\cos\\varphi_{nouveau} = 0.95$ :
$\\varphi_{nouveau} = \\arccos(0.95) = 18.19°$
$\\sin\\varphi_{nouveau} = 0.312$
La nouvelle puissance réactive nécessaire :
$Q_{nouveau} = P \\times \\tan\\varphi_{nouveau} = 50 \\times \\frac{0.312}{0.95} = 16.42 \\, MVAR$
La puissance réactive du condensateur est :
$Q_C = Q_L - Q_{nouveau} = 31.0 - 16.42 = 14.58 \\, MVAR$
Étape 2 : Nouveau courant de ligne après compensation
$I_{nouveau} = \\frac{P}{\\sqrt{3} \\times V_R \\times \\cos\\varphi_{nouveau}}$
$I_{nouveau} = \\frac{50 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 132 \\times 10^3 \\times 0.95}$
$I_{nouveau} = \\frac{50 \\times 10^6}{217.1 \\times 10^3} = 230.3 \\, A$
Étape 3 : Nouvelle chute de tension
Avec $\\cos\\varphi = 0.95$ et $\\sin\\varphi = 0.312$ :
$\\Delta V_R' = 18 \\times 230.3 \\times 0.95 = 3936 \\, V = 3.94 \\, kV$
$\\Delta V_X' = 48 \\times 230.3 \\times 0.312 = 3450 \\, V = 3.45 \\, kV$
$\\Delta V_{nouveau} = 3.94 + 3.45 = 7.39 \\, kV$
Étape 4 : Réduction des pertes actives
Les pertes actives sont proportionnelles à $I^2 \\times R$ :
Pertes initiales :
$P_{pertes,initial} = 3 \\times I_L^2 \\times R = 3 \\times 257.3^2 \\times 18 = 3.57 \\, MW$
Pertes après compensation :
$P_{pertes,nouveau} = 3 \\times I_{nouveau}^2 \\times R = 3 \\times 230.3^2 \\times 18 = 2.86 \\, MW$
Réduction des pertes :
$\\Delta P_{pertes} = P_{pertes,initial} - P_{pertes,nouveau} = 3.57 - 2.86 = 0.71 \\, MW$
Pourcentage de réduction :
$\\text{Réduction} \\% = \\frac{0.71}{3.57} \\times 100 = 19.9\\%$
Résultat : La puissance réactive du condensateur nécessaire est $Q_C = 14.58 \\, MVAR$, la nouvelle chute de tension est $\\Delta V = 7.39 \\, kV$, et la réduction des pertes actives est de $19.9\\%$.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "5"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 1 : Caractéristiques longitudinales d'une ligne triphasée aérienne
Une ligne électrique triphasée aérienne de $150$ km transporte de l'énergie à $220$ kV. La ligne est constituée de trois conducteurs en aluminium-acier (ACSR) disposés horizontalement. Les conducteurs sont espacés de manière suivante : la distance entre les phases A et B est $D_{AB} = 7$ m, entre B et C est $D_{BC} = 7$ m, et entre C et A est $D_{CA} = 14$ m. Chaque phase est constituée d'un faisceau de $n = 2$ conducteurs identiques. Le rayon de chaque conducteur est $r = 1.5$ cm et la distance entre les deux conducteurs d'un même faisceau est $d = 40$ cm. La résistivité du conducteur ACSR à $20$°C est $\\rho = 3.2 \\times 10^{-8}$ Ω.m et la section de chaque conducteur est $S = 450$ mm². La fréquence du réseau est $f = 50$ Hz.
Question 1 : Calculer le rayon moyen géométrique (RMG ou GMR) du faisceau de conducteurs par phase.
Question 2 : Déterminer la distance moyenne géométrique (DMG ou GMD) entre les phases de cette ligne triphasée.
Question 3 : Calculer la résistance linéique totale par phase (en tenant compte du faisceau) et l'inductance linéique par phase de cette ligne. En déduire l'impédance longitudinale totale par phase de la ligne.
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    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution de l'exercice 1
Question 1 : Calcul du rayon moyen géométrique (RMG) du faisceau
Le rayon moyen géométrique d'un faisceau de conducteurs identiques se calcule en tenant compte du rayon propre de chaque conducteur et de leur disposition géométrique. Pour un faisceau de $n$ conducteurs, le GMR du faisceau est donné par la formule générale.
Étape 1 : Calcul du GMR d'un conducteur individuel
Pour un conducteur cylindrique plein, le rayon moyen géométrique est :
$GMR_{cond} = 0.7788 \\times r$
où $r$ est le rayon du conducteur.
Étape 2 : Substitution numérique pour le GMR individuel
$GMR_{cond} = 0.7788 \\times 1.5 \\times 10^{-2}$
$GMR_{cond} = 1.1682 \\times 10^{-2}$ m
Étape 3 : Formule générale du GMR du faisceau
Pour un faisceau de $n = 2$ conducteurs espacés de $d$, le rayon moyen géométrique du faisceau est :
$GMR_{faisceau} = \\sqrt[n]{d^{n-1} \\times GMR_{cond}}$
Pour $n = 2$ :
$GMR_{faisceau} = \\sqrt{d \\times GMR_{cond}}$
Étape 4 : Remplacement des valeurs numériques
$GMR_{faisceau} = \\sqrt{0.40 \\times 1.1682 \\times 10^{-2}}$
$GMR_{faisceau} = \\sqrt{4.6728 \\times 10^{-3}}$
$GMR_{faisceau} = 6.836 \\times 10^{-2}$ m
Résultat final : Le rayon moyen géométrique du faisceau est $GMR_{faisceau} = 6.836$ cm ou $0.06836$ m.
Question 2 : Calcul de la distance moyenne géométrique (DMG)
La distance moyenne géométrique entre les phases d'une ligne triphasée est calculée comme la moyenne géométrique des trois distances entre phases. Cette valeur permet de simplifier le calcul de l'inductance pour une ligne non symétrique.
Étape 1 : Formule de la DMG
$DMG = \\sqrt[3]{D_{AB} \\times D_{BC} \\times D_{CA}}$
où $D_{AB}$, $D_{BC}$ et $D_{CA}$ sont les distances entre les phases.
Étape 2 : Substitution des valeurs
$DMG = \\sqrt[3]{7 \\times 7 \\times 14}$
$DMG = \\sqrt[3]{686}$
Étape 3 : Calcul numérique
$DMG = 8.82$ m
Résultat final : La distance moyenne géométrique est $DMG = 8.82$ m.
Question 3 : Calcul de la résistance et inductance linéiques, puis de l'impédance totale
Partie A : Résistance linéique
La résistance linéique d'une phase avec faisceau de conducteurs doit tenir compte du nombre de conducteurs en parallèle.
Étape 1 : Résistance d'un conducteur seul
$R'_{1cond} = \\frac{\\rho}{S}$
où $\\rho$ est la résistivité et $S$ la section.
Étape 2 : Substitution numérique
$R'_{1cond} = \\frac{3.2 \\times 10^{-8}}{450 \\times 10^{-6}}$
$R'_{1cond} = 7.111 \\times 10^{-5}$ Ω/m
$R'_{1cond} = 0.07111$ Ω/km
Étape 3 : Résistance de la phase (2 conducteurs en parallèle)
$R'_{phase} = \\frac{R'_{1cond}}{n} = \\frac{0.07111}{2}$
$R'_{phase} = 0.03556$ Ω/km
Partie B : Inductance linéique
Étape 4 : Formule de l'inductance linéique par phase
$L' = 0.2 \\ln\\left(\\frac{DMG}{GMR_{faisceau}}\\right)$ mH/km
Étape 5 : Substitution des valeurs
$L' = 0.2 \\ln\\left(\\frac{8.82}{0.06836}\\right)$
$L' = 0.2 \\ln(129.02)$
$L' = 0.2 \\times 4.860$
$L' = 0.972$ mH/km
Partie C : Impédance longitudinale totale
Étape 6 : Réactance linéique
$X'_L = 2\\pi f L' = 2\\pi \\times 50 \\times 0.972 \\times 10^{-3}$
$X'_L = 0.3052$ Ω/km
Étape 7 : Résistance totale de la ligne
$R_{totale} = R'_{phase} \\times L = 0.03556 \\times 150$
$R_{totale} = 5.334$ Ω
Étape 8 : Réactance totale de la ligne
$X_{L,totale} = X'_L \\times L = 0.3052 \\times 150$
$X_{L,totale} = 45.78$ Ω
Étape 9 : Impédance longitudinale complexe totale
$Z_{ligne} = R_{totale} + jX_{L,totale}$
$Z_{ligne} = 5.334 + j45.78$ Ω
Étape 10 : Module de l'impédance
$|Z_{ligne}| = \\sqrt{R_{totale}^2 + X_{L,totale}^2}$
$|Z_{ligne}| = \\sqrt{5.334^2 + 45.78^2}$
$|Z_{ligne}| = \\sqrt{28.45 + 2095.81}$
$|Z_{ligne}| = 46.09$ Ω
Résultats finaux :
• Résistance linéique par phase : $R'_{phase} = 0.03556$ Ω/km
• Inductance linéique par phase : $L' = 0.972$ mH/km
• Impédance longitudinale totale : $Z_{ligne} = 5.334 + j45.78$ Ω, avec un module de $46.09$ Ω
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    "id_category": "3",
    "id_number": "6"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 2 : Effet Ferranti et chute de tension dans une ligne longue
Une ligne de transmission triphasée de $300$ km fonctionne à une tension nominale de $400$ kV et une fréquence de $50$ Hz. Les caractéristiques de la ligne sont : résistance linéique $R' = 0.025$ Ω/km, inductance linéique $L' = 0.95$ mH/km, capacité linéique $C' = 12.5$ nF/km, et conductance linéique négligeable ($G' = 0$). Dans un premier temps, la ligne fonctionne à vide (sans charge à l'extrémité réceptrice). Ensuite, la ligne alimente une charge triphasée équilibrée de $450$ MW avec un facteur de puissance de $\\cos\\varphi = 0.92$ inductif.
Question 1 : Calculer la tension à l'extrémité réceptrice de la ligne lorsqu'elle fonctionne à vide, sachant que la tension à l'extrémité émettrice est maintenue à $400$ kV (tension composée). Utiliser la formule simplifiée de l'effet Ferranti et déterminer le pourcentage de surtension.
Question 2 : Pour le fonctionnement en charge, déterminer le courant de ligne et calculer la chute de tension absolue $\\Delta U$ en utilisant la formule approchée pour les lignes moyennes. La tension à l'extrémité émettrice reste à $400$ kV.
Question 3 : Calculer l'impédance caractéristique de la ligne et la constante de propagation. En déduire la longueur critique de la ligne pour laquelle l'effet Ferranti provoquerait une surtension théoriquement infinie (résonance quart d'onde).
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    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution de l'exercice 2
Question 1 : Calcul de la tension à vide et de la surtension due à l'effet Ferranti
L'effet Ferranti se produit lorsqu'une ligne de transmission est alimentée à une extrémité sans charge à l'autre extrémité. La capacité de la ligne provoque une élévation de la tension à l'extrémité ouverte. Nous utiliserons la formule simplifiée valable pour les lignes de longueur moyenne.
Étape 1 : Calcul de la pulsation angulaire
$\\omega = 2\\pi f$
$\\omega = 2\\pi \\times 50$
$\\omega = 314.16$ rad/s
Étape 2 : Calcul de l'inductance totale et de la capacité totale
$L_{totale} = L' \\times l = 0.95 \\times 10^{-3} \\times 300$
$L_{totale} = 0.285$ H
$C_{totale} = C' \\times l = 12.5 \\times 10^{-9} \\times 300$
$C_{totale} = 3.75 \\times 10^{-6}$ F
Étape 3 : Formule simplifiée de l'effet Ferranti
$\\frac{U_r}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{L_{totale} \\times C_{totale} \\times \\omega^2}{2}}$
Étape 4 : Calcul du terme $L_{totale} \\times C_{totale} \\times \\omega^2$
$L_{totale} \\times C_{totale} \\times \\omega^2 = 0.285 \\times 3.75 \\times 10^{-6} \\times (314.16)^2$
$L_{totale} \\times C_{totale} \\times \\omega^2 = 0.285 \\times 3.75 \\times 10^{-6} \\times 98736.42$
$L_{totale} \\times C_{totale} \\times \\omega^2 = 0.1055$
Étape 5 : Calcul du rapport des tensions
$\\frac{U_r}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{0.1055}{2}}$
$\\frac{U_r}{U_e} = \\frac{1}{1 - 0.05275}$
$\\frac{U_r}{U_e} = \\frac{1}{0.94725}$
$\\frac{U_r}{U_e} = 1.0557$
Étape 6 : Calcul de la tension à l'extrémité réceptrice
$U_r = U_e \\times 1.0557 = 400 \\times 1.0557$
$U_r = 422.28$ kV
Étape 7 : Calcul du pourcentage de surtension
$\\text{Surtension} = \\left(\\frac{U_r - U_e}{U_e}\\right) \\times 100$
$\\text{Surtension} = \\left(\\frac{422.28 - 400}{400}\\right) \\times 100$
$\\text{Surtension} = 5.57$ %
Résultats finaux : La tension à l'extrémité réceptrice à vide est $U_r = 422.28$ kV, ce qui représente une surtension de $5.57$ % due à l'effet Ferranti.
Question 2 : Calcul du courant de ligne et de la chute de tension en charge
Lorsque la ligne alimente une charge, il y a une chute de tension due à l'impédance série de la ligne. Nous utiliserons la formule approchée pour les lignes moyennes.
Étape 1 : Calcul du courant de ligne
La puissance active triphasée est donnée par :
$P = \\sqrt{3} \\times U_{ligne} \\times I \\times \\cos\\varphi$
En supposant que la tension de réception est proche de la tension nominale (première approximation), nous utilisons $U \\approx 400$ kV :
$I = \\frac{P}{\\sqrt{3} \\times U \\times \\cos\\varphi}$
Étape 2 : Substitution numérique
$I = \\frac{450 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 10^3 \\times 0.92}$
$I = \\frac{450 \\times 10^6}{637.18 \\times 10^3}$
$I = 706.25$ A
Étape 3 : Calcul de la résistance et de la réactance totales
$R_{totale} = R' \\times l = 0.025 \\times 300$
$R_{totale} = 7.5$ Ω
$X_L = \\omega \\times L_{totale} = 314.16 \\times 0.285$
$X_L = 89.54$ Ω
Étape 4 : Calcul du $\\sin\\varphi$
$\\sin\\varphi = \\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi} = \\sqrt{1 - 0.92^2}$
$\\sin\\varphi = \\sqrt{1 - 0.8464}$
$\\sin\\varphi = \\sqrt{0.1536} = 0.392$
Étape 5 : Formule de la chute de tension approchée (en valeur absolue)
$\\Delta U = R_{totale} \\times I \\times \\cos\\varphi + X_L \\times I \\times \\sin\\varphi$
Étape 6 : Substitution numérique
$\\Delta U = 7.5 \\times 706.25 \\times 0.92 + 89.54 \\times 706.25 \\times 0.392$
$\\Delta U = 4873.13 + 24788.92$
$\\Delta U = 29662.05$ V
$\\Delta U = 29.66$ kV
Étape 7 : Calcul du pourcentage de chute de tension
$\\Delta U_{\\%} = \\frac{\\Delta U}{U_e} \\times 100 = \\frac{29.66}{400} \\times 100$
$\\Delta U_{\\%} = 7.42$ %
Résultats finaux : Le courant de ligne est $I = 706.25$ A, et la chute de tension absolue est $\\Delta U = 29.66$ kV, soit $7.42$ % de la tension d'émission.
Question 3 : Impédance caractéristique, constante de propagation et longueur critique
L'impédance caractéristique et la constante de propagation sont des paramètres fondamentaux pour l'analyse des lignes longues. La longueur critique correspond à la résonance quart d'onde.
Étape 1 : Calcul de l'impédance série linéique complexe
$Z' = R' + j\\omega L'$
$Z' = 0.025 + j \\times 314.16 \\times 0.95 \\times 10^{-3}$
$Z' = 0.025 + j0.2985$ Ω/km
Étape 2 : Calcul de l'admittance shunt linéique ($G' = 0$)
$Y' = j\\omega C' = j \\times 314.16 \\times 12.5 \\times 10^{-9}$
$Y' = j3.927 \\times 10^{-6}$ S/km
Étape 3 : Formule de l'impédance caractéristique
$Z_c = \\sqrt{\\frac{Z'}{Y'}}$
En négligeant la résistance devant la réactance pour une approximation :
$Z_c \\approx \\sqrt{\\frac{j\\omega L'}{j\\omega C'}} = \\sqrt{\\frac{L'}{C'}}$
Étape 4 : Calcul numérique de l'impédance caractéristique
$Z_c = \\sqrt{\\frac{0.95 \\times 10^{-3}}{12.5 \\times 10^{-9}}}$
$Z_c = \\sqrt{76000}$
$Z_c = 275.68$ Ω
Étape 5 : Formule de la constante de propagation
$\\gamma = \\sqrt{Z' \\times Y'}$
Pour une ligne sans pertes (approximation) :
$\\beta = \\omega\\sqrt{L' C'}$ (partie imaginaire)
Étape 6 : Calcul de la constante de phase
$\\beta = 314.16 \\times \\sqrt{0.95 \\times 10^{-3} \\times 12.5 \\times 10^{-9}}$
$\\beta = 314.16 \\times \\sqrt{11.875 \\times 10^{-12}}$
$\\beta = 314.16 \\times 3.446 \\times 10^{-6}$
$\\beta = 1.083 \\times 10^{-3}$ rad/km
Étape 7 : Calcul de la longueur d'onde
$\\lambda = \\frac{2\\pi}{\\beta} = \\frac{2\\pi}{1.083 \\times 10^{-3}}$
$\\lambda = 5800.92$ km
Étape 8 : Calcul de la longueur critique (quart d'onde)
$l_{critique} = \\frac{\\lambda}{4} = \\frac{5800.92}{4}$
$l_{critique} = 1450.23$ km
Résultats finaux :
• Impédance caractéristique : $Z_c = 275.68$ Ω
• Constante de phase : $\\beta = 1.083 \\times 10^{-3}$ rad/km
• Longueur critique (résonance quart d'onde) : $l_{critique} = 1450.23$ km. Au-delà de cette longueur, l'effet Ferranti devient extrêmement important et la compensation réactive devient indispensable.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "7"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 3 : Puissance transmise et compensation du facteur de puissance
Une ligne de transport triphasée de $220$ kV et de longueur $180$ km possède les caractéristiques suivantes par phase : résistance $R = 9$ Ω, réactance inductive $X_L = 54$ Ω, susceptance capacitive totale négligeable pour cette analyse. La ligne alimente initialement une charge industrielle triphasée équilibrée de $350$ MW avec un facteur de puissance de $\\cos\\varphi_1 = 0.85$ inductif. La tension au point de livraison (extrémité réceptrice) doit être maintenue à $220$ kV. Pour améliorer l'efficacité du transport et réduire les pertes, on décide d'installer une batterie de condensateurs en parallèle au niveau de la charge pour relever le facteur de puissance à $\\cos\\varphi_2 = 0.95$ inductif.
Question 1 : Calculer la puissance réactive initiale consommée par la charge, puis déterminer la puissance réactive que doit fournir la batterie de condensateurs pour atteindre le facteur de puissance souhaité de $0.95$.
Question 2 : Calculer le courant de ligne avant et après la compensation. En déduire les pertes actives dans la ligne dans les deux cas et calculer le gain en pourcentage sur les pertes.
Question 3 : Déterminer la capacité par phase de la batterie de condensateurs nécessaire pour cette compensation, sachant que la fréquence est de $50$ Hz et que les condensateurs sont couplés en triangle. Calculer également la puissance active maximale que peut transmettre cette ligne en négligeant la résistance (formule de la stabilité statique).
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
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    "correct": [
      "A"
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Solution de l'exercice 3
Question 1 : Calcul de la puissance réactive initiale et de la compensation nécessaire
La compensation du facteur de puissance consiste à réduire la puissance réactive consommée par la charge en installant des condensateurs qui fournissent de la puissance réactive capacitive. Cela permet de diminuer le courant dans la ligne et donc les pertes.
Étape 1 : Calcul de l'angle de phase initial
$\\cos\\varphi_1 = 0.85$
$\\sin\\varphi_1 = \\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi_1} = \\sqrt{1 - 0.85^2}$
$\\sin\\varphi_1 = \\sqrt{1 - 0.7225} = \\sqrt{0.2775}$
$\\sin\\varphi_1 = 0.527$
Étape 2 : Calcul de la tangente de l'angle initial
$\\tan\\varphi_1 = \\frac{\\sin\\varphi_1}{\\cos\\varphi_1} = \\frac{0.527}{0.85}$
$\\tan\\varphi_1 = 0.620$
Étape 3 : Calcul de la puissance réactive initiale
$Q_1 = P \\times \\tan\\varphi_1$
$Q_1 = 350 \\times 0.620$
$Q_1 = 217$ Mvar
Étape 4 : Calcul de l'angle de phase final souhaité
$\\cos\\varphi_2 = 0.95$
$\\sin\\varphi_2 = \\sqrt{1 - 0.95^2} = \\sqrt{1 - 0.9025}$
$\\sin\\varphi_2 = \\sqrt{0.0975} = 0.312$
Étape 5 : Calcul de la tangente de l'angle final
$\\tan\\varphi_2 = \\frac{\\sin\\varphi_2}{\\cos\\varphi_2} = \\frac{0.312}{0.95}$
$\\tan\\varphi_2 = 0.328$
Étape 6 : Calcul de la puissance réactive finale nécessaire
$Q_2 = P \\times \\tan\\varphi_2$
$Q_2 = 350 \\times 0.328$
$Q_2 = 114.8$ Mvar
Étape 7 : Calcul de la puissance réactive à compenser
$Q_C = Q_1 - Q_2$
$Q_C = 217 - 114.8$
$Q_C = 102.2$ Mvar
Résultats finaux : La puissance réactive initiale consommée est $Q_1 = 217$ Mvar. La batterie de condensateurs doit fournir $Q_C = 102.2$ Mvar pour relever le facteur de puissance de $0.85$ à $0.95$.
Question 2 : Calcul des courants et des pertes avant et après compensation
Le courant dans la ligne dépend de la puissance apparente. La réduction du courant grâce à la compensation entraîne une diminution des pertes Joule dans la résistance de la ligne.
Partie A : Avant compensation
Étape 1 : Calcul de la puissance apparente initiale
$S_1 = \\frac{P}{\\cos\\varphi_1} = \\frac{350}{0.85}$
$S_1 = 411.76$ MVA
Étape 2 : Calcul du courant de ligne initial (tension composée $U = 220$ kV)
$I_1 = \\frac{S_1}{\\sqrt{3} \\times U}$
$I_1 = \\frac{411.76 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 220 \\times 10^3}$
$I_1 = \\frac{411.76 \\times 10^6}{381.05 \\times 10^3}$
$I_1 = 1080.5$ A
Étape 3 : Calcul des pertes actives initiales dans la ligne
Les pertes dans les trois phases sont :
$P_{pertes1} = 3 \\times R \\times I_1^2$
$P_{pertes1} = 3 \\times 9 \\times (1080.5)^2$
$P_{pertes1} = 27 \\times 1167480.25$
$P_{pertes1} = 31.52 \\times 10^6$ W
$P_{pertes1} = 31.52$ MW
Partie B : Après compensation
Étape 4 : Calcul de la puissance apparente finale
$S_2 = \\frac{P}{\\cos\\varphi_2} = \\frac{350}{0.95}$
$S_2 = 368.42$ MVA
Étape 5 : Calcul du courant de ligne final
$I_2 = \\frac{S_2}{\\sqrt{3} \\times U}$
$I_2 = \\frac{368.42 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 220 \\times 10^3}$
$I_2 = \\frac{368.42 \\times 10^6}{381.05 \\times 10^3}$
$I_2 = 967.0$ A
Étape 6 : Calcul des pertes actives finales
$P_{pertes2} = 3 \\times R \\times I_2^2$
$P_{pertes2} = 3 \\times 9 \\times (967.0)^2$
$P_{pertes2} = 27 \\times 935089$
$P_{pertes2} = 25.25 \\times 10^6$ W
$P_{pertes2} = 25.25$ MW
Étape 7 : Calcul de la réduction des pertes
$\\Delta P_{pertes} = P_{pertes1} - P_{pertes2}$
$\\Delta P_{pertes} = 31.52 - 25.25$
$\\Delta P_{pertes} = 6.27$ MW
Étape 8 : Calcul du gain en pourcentage
$\\text{Gain} = \\frac{\\Delta P_{pertes}}{P_{pertes1}} \\times 100$
$\\text{Gain} = \\frac{6.27}{31.52} \\times 100$
$\\text{Gain} = 19.89$ %
Résultats finaux :
• Courant avant compensation : $I_1 = 1080.5$ A, pertes : $P_{pertes1} = 31.52$ MW
• Courant après compensation : $I_2 = 967.0$ A, pertes : $P_{pertes2} = 25.25$ MW
• Gain sur les pertes : $19.89$ %, soit une économie de $6.27$ MW.
Question 3 : Calcul de la capacité nécessaire et puissance maximale transmissible
Partie A : Capacité des condensateurs
Étape 1 : Puissance réactive par phase (couplage triangle)
Pour un couplage en triangle, la puissance réactive totale triphasée est répartie sur les trois condensateurs entre phases. La puissance réactive par condensateur est :
$Q_{C,phase} = \\frac{Q_C}{3}$
$Q_{C,phase} = \\frac{102.2}{3}$
$Q_{C,phase} = 34.07$ Mvar
Étape 2 : Formule de la puissance réactive d'un condensateur
Pour un couplage en triangle avec tension composée $U$ :
$Q_{C,phase} = U^2 \\times \\omega \\times C_{\\Delta}$
où $C_{\\Delta}$ est la capacité par phase en triangle.
Étape 3 : Calcul de la pulsation
$\\omega = 2\\pi f = 2\\pi \\times 50$
$\\omega = 314.16$ rad/s
Étape 4 : Résolution pour la capacité
$C_{\\Delta} = \\frac{Q_{C,phase}}{U^2 \\times \\omega}$
$C_{\\Delta} = \\frac{34.07 \\times 10^6}{(220 \\times 10^3)^2 \\times 314.16}$
$C_{\\Delta} = \\frac{34.07 \\times 10^6}{48400 \\times 10^6 \\times 314.16}$
$C_{\\Delta} = \\frac{34.07 \\times 10^6}{15.205 \\times 10^{12}}$
$C_{\\Delta} = 2.241 \\times 10^{-6}$ F
$C_{\\Delta} = 2.241$ μF par phase
Partie B : Puissance maximale transmissible
Étape 5 : Formule de la puissance maximale (stabilité statique)
En négligeant la résistance, la puissance active maximale transmissible par phase est donnée par :
$P_{max,phase} = \\frac{U_e \\times U_r}{X_L}$
Pour $U_e = U_r = U_{phase} = \\frac{220}{\\sqrt{3}}$ kV :
Étape 6 : Calcul de la tension de phase
$U_{phase} = \\frac{220}{\\sqrt{3}} = \\frac{220}{1.732}$
$U_{phase} = 127.02$ kV
Étape 7 : Puissance maximale par phase
$P_{max,phase} = \\frac{(127.02 \\times 10^3)^2}{54}$
$P_{max,phase} = \\frac{16.134 \\times 10^9}{54}$
$P_{max,phase} = 298.78 \\times 10^6$ W
$P_{max,phase} = 298.78$ MW
Étape 8 : Puissance maximale triphasée
$P_{max,3\\phi} = 3 \\times P_{max,phase}$
$P_{max,3\\phi} = 3 \\times 298.78$
$P_{max,3\\phi} = 896.34$ MW
Résultats finaux :
• Capacité nécessaire par phase (couplage triangle) : $C_{\\Delta} = 2.241$ μF
• Puissance active maximale transmissible (sans tenir compte de la résistance) : $P_{max} = 896.34$ MW. Cette valeur représente la limite de stabilité statique de la ligne. La charge de $350$ MW est bien en dessous de cette limite, garantissant la stabilité du système.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "8"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 1 : Calcul des paramètres longitudinaux d'une ligne triphasée à $220$ kV
Une ligne de transport d'énergie électrique triphasée à $220$ kV, $50$ Hz, de longueur $l = 150$ km est constituée de conducteurs en aluminium-acier (ACSR) disposés horizontalement. Les conducteurs de chaque phase sont à section pleine avec un rayon $r = 1.5$ cm. La résistivité de l'aluminium est $\\rho = 2.826 \\times 10^{-8}$ $\\Omega$·m à $20$°C et la section effective du conducteur est $S = 300$ mm$^2$. Les distances entre phases sont : $D_{AB} = 6$ m, $D_{BC} = 6$ m et $D_{AC} = 12$ m. La perméabilité magnétique du vide est $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m.
Question 1 : Calculer la résistance linéique $R$ (en $\\Omega$/km) de la ligne, puis déduire la résistance totale $R_{\\text{totale}}$ pour toute la longueur de la ligne.
Question 2 : Déterminer le rayon moyen géométrique (GMR) du conducteur, puis calculer la distance moyenne géométrique (GMD ou DMG) entre les phases. En déduire l'inductance linéique $L$ (en mH/km) de la ligne triphasée.
Question 3 : Calculer la réactance inductive linéique $X_L$ (en $\\Omega$/km) à $50$ Hz, puis l'impédance totale $Z_{\\text{totale}}$ de la ligne en notation complexe. Donner le module et l'argument de cette impédance.
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    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution de l'Exercice 1
Question 1 : Calcul de la résistance linéique et totale
La résistance linéique d'un conducteur se calcule à partir de la résistivité et de la section du conducteur. La formule générale est :
$R = \\frac{\\rho}{S}$
Où $\\rho$ est la résistivité en $\\Omega$·m et $S$ est la section en m$^2$.
Étape 1 : Conversion de la section en m$^2$ :
$S = 300 \\text{ mm}^2 = 300 \\times 10^{-6} \\text{ m}^2 = 3 \\times 10^{-4} \\text{ m}^2$
Étape 2 : Calcul de la résistance linéique en $\\Omega$/m :
$R = \\frac{2.826 \\times 10^{-8}}{3 \\times 10^{-4}} = \\frac{2.826}{3} \\times 10^{-4} = 0.942 \\times 10^{-4} \\text{ } \\Omega\\text{/m}$
Étape 3 : Conversion en $\\Omega$/km :
$R = 0.942 \\times 10^{-4} \\times 1000 = 0.0942 \\text{ } \\Omega\\text{/km}$
Étape 4 : Calcul de la résistance totale pour $l = 150$ km :
$R_{\\text{totale}} = R \\times l = 0.0942 \\times 150 = 14.13 \\text{ } \\Omega$
Résultat : La résistance linéique est $R = 0.0942 \\text{ } \\Omega\\text{/km}$ et la résistance totale est $R_{\\text{totale}} = 14.13 \\text{ } \\Omega$.
Question 2 : Calcul du GMR, de la DMG et de l'inductance linéique
Le rayon moyen géométrique (GMR) d'un conducteur cylindrique plein est donné par :
$\\text{GMR} = 0.778 \\times r$
La distance moyenne géométrique (DMG ou GMD) pour un système triphasé est :
$\\text{GMD} = \\sqrt[3]{D_{AB} \\times D_{BC} \\times D_{AC}}$
L'inductance linéique par phase d'une ligne triphasée est :
$L = \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{\\text{GMD}}{\\text{GMR}}\\right) = 2 \\times 10^{-7} \\ln\\left(\\frac{\\text{GMD}}{\\text{GMR}}\\right) \\text{ H/m}$
Étape 1 : Calcul du GMR :
$\\text{GMR} = 0.778 \\times 1.5 = 1.167 \\text{ cm} = 0.01167 \\text{ m}$
Étape 2 : Calcul de la GMD :
$\\text{GMD} = \\sqrt[3]{6 \\times 6 \\times 12} = \\sqrt[3]{432} = 7.56 \\text{ m}$
Étape 3 : Calcul de l'inductance en H/m :
$L = 2 \\times 10^{-7} \\ln\\left(\\frac{7.56}{0.01167}\\right) = 2 \\times 10^{-7} \\ln(647.82)$
$L = 2 \\times 10^{-7} \\times 6.473 = 1.2946 \\times 10^{-6} \\text{ H/m}$
Étape 4 : Conversion en mH/km :
$L = 1.2946 \\times 10^{-6} \\times 1000 \\times 1000 = 1.2946 \\text{ mH/km}$
Résultat : Le GMR est $0.01167$ m, la GMD est $7.56$ m, et l'inductance linéique est $L = 1.2946 \\text{ mH/km}$.
Question 3 : Calcul de la réactance inductive et de l'impédance totale
La réactance inductive linéique est donnée par :
$X_L = 2\\pi f L = \\omega L$
L'impédance complexe totale de la ligne est :
$Z_{\\text{totale}} = R_{\\text{totale}} + jX_{L,\\text{totale}}$
Étape 1 : Calcul de la réactance linéique en $\\Omega$/km à $f = 50$ Hz :
$X_L = 2\\pi \\times 50 \\times 1.2946 \\times 10^{-3} = 314.159 \\times 1.2946 \\times 10^{-3}$
$X_L = 0.4068 \\text{ } \\Omega\\text{/km}$
Étape 2 : Calcul de la réactance totale pour $l = 150$ km :
$X_{L,\\text{totale}} = 0.4068 \\times 150 = 61.02 \\text{ } \\Omega$
Étape 3 : Expression de l'impédance complexe :
$Z_{\\text{totale}} = 14.13 + j61.02 \\text{ } \\Omega$
Étape 4 : Calcul du module :
$|Z_{\\text{totale}}| = \\sqrt{14.13^2 + 61.02^2} = \\sqrt{199.66 + 3723.44} = \\sqrt{3923.1} = 62.63 \\text{ } \\Omega$
Étape 5 : Calcul de l'argument (angle de phase) :
$\\theta = \\arctan\\left(\\frac{61.02}{14.13}\\right) = \\arctan(4.319) = 76.96^\\circ$
Résultat : La réactance inductive linéique est $X_L = 0.4068 \\text{ } \\Omega\\text{/km}$, l'impédance totale est $Z_{\\text{totale}} = 14.13 + j61.02 \\text{ } \\Omega$ avec un module de $62.63 \\text{ } \\Omega$ et un argument de $76.96^\\circ$.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "9"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 2 : Analyse de la chute de tension et de la puissance transmise
Une ligne de transmission triphasée de $380$ kV, $50$ Hz transporte une puissance active de $P = 450$ MW sur une distance de $200$ km. La ligne possède les caractéristiques suivantes par phase : résistance linéique $R = 0.028$ $\\Omega$/km, réactance inductive linéique $X_L = 0.32$ $\\Omega$/km, et susceptance capacitive linéique $B_C = 3.8 \\times 10^{-6}$ S/km. Le facteur de puissance au point de réception est $\\cos\\varphi = 0.92$ (inductif).
Question 1 : Calculer l'impédance série totale $Z_{\\text{série}}$ et l'admittance shunt totale $Y_{\\text{shunt}}$ de la ligne. Déterminer ensuite le courant de ligne $I$ circulant dans la ligne (valeur efficace) sachant que la tension au point de réception est $V_R = 380$ kV (tension composée).
Question 2 : En utilisant le modèle en $\\Pi$ nominal de la ligne, calculer la chute de tension $\\Delta V$ dans la ligne. Exprimer cette chute en valeur absolue (en kV) et en pourcentage par rapport à la tension de réception. En déduire la tension à l'émission $V_E$.
Question 3 : Calculer la puissance réactive totale $Q_{\\text{ligne}}$ générée par la capacité de la ligne à vide (sans charge). Déterminer la puissance de compensation nécessaire en MVAR si l'on souhaite maintenir un facteur de puissance de $\\cos\\varphi = 0.98$ côté émission.
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    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Calcul de l'impédance série, de l'admittance shunt et du courant
L'impédance série totale d'une ligne de longueur $l$ est :
$Z_{\\text{série}} = (R + jX_L) \\times l$
L'admittance shunt totale est :
$Y_{\\text{shunt}} = jB_C \\times l$
Le courant de ligne dans un système triphasé équilibré se calcule par :
$I = \\frac{P}{\\sqrt{3} \\times V_R \\times \\cos\\varphi}$
Étape 1 : Calcul de l'impédance série totale :
$Z_{\\text{série}} = (0.028 + j0.32) \\times 200 = 5.6 + j64 \\text{ } \\Omega$
Étape 2 : Calcul de l'admittance shunt totale :
$Y_{\\text{shunt}} = j \\times 3.8 \\times 10^{-6} \\times 200 = j7.6 \\times 10^{-4} \\text{ S}$
Étape 3 : Calcul du courant de ligne avec $P = 450 \\times 10^6$ W, $V_R = 380 \\times 10^3$ V :
$I = \\frac{450 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 380 \\times 10^3 \\times 0.92}$
$I = \\frac{450 \\times 10^6}{1.732 \\times 380 \\times 10^3 \\times 0.92} = \\frac{450 \\times 10^6}{605.47 \\times 10^3}$
$I = 743.15 \\text{ A}$
Résultat : L'impédance série est $Z_{\\text{série}} = 5.6 + j64 \\text{ } \\Omega$, l'admittance shunt est $Y_{\\text{shunt}} = j7.6 \\times 10^{-4}$ S, et le courant de ligne est $I = 743.15$ A.
Question 2 : Calcul de la chute de tension et de la tension à l'émission
Dans le modèle en $\\Pi$ nominal, la chute de tension approximative (en négligeant le courant capacitif pour une première estimation) est :
$\\Delta V_{\\text{phase}} \\approx I(R\\cos\\varphi + X_L\\sin\\varphi) \\times l$
Avec $\\sin\\varphi = \\sqrt{1-\\cos^2\\varphi}$ et la chute de tension composée est :
$\\Delta V = \\sqrt{3} \\times \\Delta V_{\\text{phase}}$
Étape 1 : Calcul de $\\sin\\varphi$ :
$\\sin\\varphi = \\sqrt{1-0.92^2} = \\sqrt{1-0.8464} = \\sqrt{0.1536} = 0.392$
Étape 2 : Calcul de la tension phase à la réception :
$V_{R,\\text{phase}} = \\frac{380 \\times 10^3}{\\sqrt{3}} = 219.39 \\times 10^3 \\text{ V}$
Étape 3 : Calcul de la chute de tension par phase (formule simplifiée) :
$\\Delta V_{\\text{phase}} = 743.15 \\times (0.028 \\times 0.92 + 0.32 \\times 0.392) \\times 200$
$\\Delta V_{\\text{phase}} = 743.15 \\times (0.02576 + 0.12544) \\times 200$
$\\Delta V_{\\text{phase}} = 743.15 \\times 0.1512 \\times 200 = 22465.8 \\text{ V} = 22.47 \\text{ kV}$
Étape 4 : Calcul de la chute de tension composée :
$\\Delta V = \\sqrt{3} \\times 22.47 = 38.92 \\text{ kV}$
Étape 5 : Calcul du pourcentage de chute :
$\\text{Chute en \\%} = \\frac{38.92}{380} \\times 100 = 10.24 \\%$
Étape 6 : Calcul de la tension à l'émission :
$V_E = V_R + \\Delta V = 380 + 38.92 = 418.92 \\text{ kV}$
Résultat : La chute de tension est $\\Delta V = 38.92$ kV soit $10.24$ % de $V_R$, et la tension à l'émission est $V_E = 418.92$ kV.
Question 3 : Calcul de la puissance réactive capacitive et de la compensation
La puissance réactive générée par la capacité de la ligne à vide (par phase) est :
$Q_{C,\\text{phase}} = V^2 \\times B_C \\times l$
Pour un système triphasé :
$Q_{C,\\text{totale}} = 3 \\times Q_{C,\\text{phase}}$
Étape 1 : Calcul de la puissance réactive capacitive par phase à la tension nominale $V_{\\text{phase}} = 219.39$ kV :
$Q_{C,\\text{phase}} = (219.39 \\times 10^3)^2 \\times 3.8 \\times 10^{-6} \\times 200$
$Q_{C,\\text{phase}} = 48.13 \\times 10^9 \\times 7.6 \\times 10^{-4} = 36.58 \\times 10^6 \\text{ VAR}$
Étape 2 : Calcul de la puissance réactive totale :
$Q_{C,\\text{totale}} = 3 \\times 36.58 = 109.74 \\text{ MVAR}$
Étape 3 : Calcul de la puissance réactive actuelle transportée :
$Q_{\\text{actuelle}} = P \\times \\tan(\\arccos(0.92)) = 450 \\times \\frac{0.392}{0.92} = 191.74 \\text{ MVAR}$
Étape 4 : Calcul de la puissance réactive pour $\\cos\\varphi = 0.98$ à l'émission :
$\\sin\\varphi_{\\text{nouveau}} = \\sqrt{1-0.98^2} = 0.1989$
$Q_{\\text{désiré}} = 450 \\times \\frac{0.1989}{0.98} = 91.37 \\text{ MVAR}$
Étape 5 : Calcul de la compensation nécessaire :
$Q_{\\text{compensation}} = Q_{\\text{actuelle}} - Q_{\\text{désiré}} = 191.74 - 91.37 = 100.37 \\text{ MVAR}$
Résultat : La puissance réactive générée par la ligne à vide est $Q_{C,\\text{totale}} = 109.74$ MVAR. Pour maintenir $\\cos\\varphi = 0.98$ côté émission, une compensation de $100.37$ MVAR est nécessaire.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "10"
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    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 3 : Effet Ferranti et conductance due à l'effet couronne
Une ligne de transmission triphasée de $400$ kV, $50$ Hz, de longueur $l = 320$ km est exploitée à vide (sans charge). La ligne possède les caractéristiques par phase suivantes : inductance linéique $L = 1.05$ mH/km, capacité linéique $C = 12.2$ nF/km, résistance linéique $R = 0.025$ $\\Omega$/km. L'effet couronne provoque des pertes dans la ligne, modélisées par une conductance linéique $G = 0.8 \\times 10^{-6}$ S/km. La tension d'alimentation à l'émission est maintenue à $V_E = 400$ kV (tension composée).
Question 1 : En négligeant les pertes ($R = 0$ et $G = 0$), calculer le rapport de surtension dû à l'effet Ferranti $\\frac{V_R}{V_E}$ à l'extrémité ouverte de la ligne. En déduire la tension à la réception $V_R$ et la surtension en pourcentage.
Question 2 : Calculer la longueur d'onde $\\lambda$ de propagation de l'onde électrique à $50$ Hz dans cette ligne. Déterminer la longueur critique de la ligne (longueur quart d'onde) où l'effet Ferranti deviendrait théoriquement infini. Comparer cette valeur à la longueur réelle de la ligne.
Question 3 : En considérant maintenant les pertes dues à l'effet couronne, calculer les pertes actives totales $P_{\\text{couronne}}$ (en kW) dans la ligne fonctionnant à vide avec $V_R$ calculé à la question 1. Calculer également la puissance réactive totale $Q_L$ consommée par l'inductance de la ligne à vide.
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    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
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      "A"
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Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Calcul du rapport de surtension et de la tension à la réception
En négligeant les pertes, le rapport de surtension dû à l'effet Ferranti pour une ligne à vide est donné par :
$\\frac{V_R}{V_E} = \\frac{1}{1 - \\frac{LC\\omega^2 l^2}{2}}$
Où $\\omega = 2\\pi f$, $L$ est l'inductance linéique, $C$ la capacité linéique, et $l$ la longueur de la ligne.
Étape 1 : Calcul de la pulsation :
$\\omega = 2\\pi \\times 50 = 314.159 \\text{ rad/s}$
Étape 2 : Conversion des unités :
$L = 1.05 \\times 10^{-3} \\text{ H/km}, \\quad C = 12.2 \\times 10^{-9} \\text{ F/km}, \\quad l = 320 \\text{ km}$
Étape 3 : Calcul de $LC\\omega^2 l^2$ :
$LC = 1.05 \\times 10^{-3} \\times 12.2 \\times 10^{-9} = 12.81 \\times 10^{-12}$
$\\omega^2 = (314.159)^2 = 98695.88$
$l^2 = (320)^2 = 102400$
$LC\\omega^2 l^2 = 12.81 \\times 10^{-12} \\times 98695.88 \\times 102400$
$LC\\omega^2 l^2 = 12.81 \\times 10^{-12} \\times 10106458112 = 0.1295$
Étape 4 : Calcul du rapport de surtension :
$\\frac{V_R}{V_E} = \\frac{1}{1 - \\frac{0.1295}{2}} = \\frac{1}{1 - 0.06475} = \\frac{1}{0.93525} = 1.0692$
Étape 5 : Calcul de la tension à la réception :
$V_R = V_E \\times 1.0692 = 400 \\times 1.0692 = 427.68 \\text{ kV}$
Étape 6 : Calcul de la surtension en pourcentage :
$\\text{Surtension} = (1.0692 - 1) \\times 100 = 6.92 \\%$
Résultat : Le rapport de surtension est $\\frac{V_R}{V_E} = 1.0692$, la tension à la réception est $V_R = 427.68$ kV, soit une surtension de $6.92$ %.
Question 2 : Calcul de la longueur d'onde et de la longueur critique
La vitesse de propagation dans la ligne est :
$v = \\frac{1}{\\sqrt{LC}}$
La longueur d'onde est :
$\\lambda = \\frac{v}{f}$
La longueur critique (quart d'onde) où l'effet Ferranti devient infini est :
$l_{\\text{critique}} = \\frac{\\lambda}{4} = \\frac{1}{4f\\sqrt{LC}}$
Étape 1 : Calcul de $\\sqrt{LC}$ avec les valeurs linéiques :
$\\sqrt{LC} = \\sqrt{12.81 \\times 10^{-12}} = 3.579 \\times 10^{-6} \\text{ s/km}$
Étape 2 : Calcul de la vitesse de propagation :
$v = \\frac{1}{3.579 \\times 10^{-6}} = 279445 \\text{ km/s} \\approx 279.45 \\times 10^3 \\text{ km/s}$
Étape 3 : Calcul de la longueur d'onde à $f = 50$ Hz :
$\\lambda = \\frac{279445}{50} = 5588.9 \\text{ km}$
Étape 4 : Calcul de la longueur critique :
$l_{\\text{critique}} = \\frac{5588.9}{4} = 1397.2 \\text{ km}$
Étape 5 : Comparaison avec la longueur réelle :
$\\text{Rapport} = \\frac{320}{1397.2} = 0.229 = 22.9\\% \\text{ de la longueur critique}$
Résultat : La longueur d'onde est $\\lambda = 5588.9$ km, la longueur critique est $l_{\\text{critique}} = 1397.2$ km. La ligne réelle représente $22.9$ % de la longueur critique, donc l'effet Ferranti reste modéré.
Question 3 : Calcul des pertes par effet couronne et de la puissance réactive inductive
Les pertes actives dues à l'effet couronne sont données par :
$P_{\\text{couronne}} = 3 \\times V_{\\text{phase}}^2 \\times G \\times l$
La puissance réactive consommée par l'inductance de la ligne à vide est :
$Q_L = 3 \\times V_{\\text{phase}}^2 \\times \\omega L \\times l$
Étape 1 : Calcul de la tension phase à la réception :
$V_{R,\\text{phase}} = \\frac{427.68 \\times 10^3}{\\sqrt{3}} = 246.91 \\times 10^3 \\text{ V}$
Étape 2 : Calcul des pertes par effet couronne :
$P_{\\text{couronne}} = 3 \\times (246.91 \\times 10^3)^2 \\times 0.8 \\times 10^{-6} \\times 320$
$P_{\\text{couronne}} = 3 \\times 60.96 \\times 10^9 \\times 0.8 \\times 10^{-6} \\times 320$
$P_{\\text{couronne}} = 3 \\times 60.96 \\times 0.8 \\times 320 \\times 10^3 = 46816.77 \\times 10^3 \\text{ W}$
$P_{\\text{couronne}} = 46.82 \\times 10^3 \\text{ kW} = 46.82 \\text{ MW}$
Correction :  Recalcul avec unités cohérentes :
$P_{\\text{couronne}} = 3 \\times (246910)^2 \\times 0.8 \\times 10^{-6} \\times 320 = 46816768 \\text{ W} = 46817 \\text{ kW}$
Étape 3 : Calcul de la réactance inductive linéique :
$X_L = \\omega L = 314.159 \\times 1.05 \\times 10^{-3} = 0.32987 \\text{ } \\Omega\\text{/km}$
Étape 4 : Calcul de la puissance réactive inductive totale :
$Q_L = \\frac{3 \\times V_{R,\\text{phase}}^2}{X_L \\times l} \\times l = \\frac{3 \\times (246910)^2}{0.32987 \\times 320} \\times 320$
$Q_L = 3 \\times (246910)^2 \\times \\frac{320}{0.32987 \\times 320} = \\frac{3 \\times 60.96 \\times 10^9}{0.32987}$
$Q_L = \\frac{182.88 \\times 10^9}{0.32987} = 554.42 \\times 10^6 \\text{ VAR} = 554.42 \\text{ MVAR}$
Résultat : Les pertes actives totales par effet couronne sont $P_{\\text{couronne}} = 46817$ kW (environ $46.82$ MW), et la puissance réactive consommée par l'inductance est $Q_L = 554.42$ MVAR.
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    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Énoncé de l'exercice
Une ligne électrique triphasée de transport d'énergie de longueur $l = 180\\text{ km}$ fonctionne à une fréquence $f = 50\\text{ Hz}$. La ligne est constituée de trois phases disposées en triangle équilatéral avec une distance entre conducteurs $D = 6\\text{ m}$. Chaque phase est composée d'un faisceau de $N = 3$ conducteurs de type ACSR identiques, disposés aux sommets d'un triangle équilatéral de côté $d = 40\\text{ cm}$. Chaque conducteur a un rayon $r = 1.5\\text{ cm}$ et une résistance linéique $R_0 = 0.054\\text{ }\\Omega/\\text{km}$ à $20°\\text{C}$. Le coefficient de température du conducteur est $\\alpha = 0.00403\\text{ }°\\text{C}^{-1}$. La température de fonctionnement est $T = 75°\\text{C}$.
Question 1: Calculer le rayon moyen géométrique (RMG) équivalent $r_{\\text{éq}}$ du faisceau de conducteurs pour une phase.
Question 2: Déterminer la distance moyenne géométrique (DMG) entre les phases, puis calculer l'inductance linéique $L'$ et la réactance linéique longitudinale $X'$ de la ligne en $\\Omega/\\text{km}$. On prendra $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}\\text{ H/m}$.
Question 3: Calculer la résistance linéique totale $R'_{\\text{tot}}$ de la ligne à la température de fonctionnement de $75°\\text{C}$, puis déterminer la résistance totale $R_{\\text{totale}}$ et la réactance totale $X_{\\text{totale}}$ de la ligne sur toute sa longueur.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution détaillée
Question 1: Calcul du rayon moyen géométrique (RMG)
Le rayon moyen géométrique d'un faisceau de conducteurs représente le rayon équivalent qui produit le même effet inductif que le faisceau réel. Pour un faisceau de $N$ conducteurs identiques disposés en configuration symétrique, la formule générale est:
1. Formule générale:
$r_{\\text{éq}} = \\sqrt[N]{N \\cdot r \\cdot R^{N-1}}$
où $r$ est le rayon d'un conducteur individuel, $R$ est le rayon du cercle sur lequel sont disposés les conducteurs du faisceau, et $N$ est le nombre de conducteurs. Pour une disposition triangulaire équilatérale de côté $d$, le rayon $R$ est donné par:
$R = \\frac{d}{2\\sin(\\pi/N)} = \\frac{d}{2\\sin(\\pi/3)} = \\frac{d}{2 \\cdot \\frac{\\sqrt{3}}{2}} = \\frac{d}{\\sqrt{3}}$
2. Calcul du rayon R:
$R = \\frac{0.40}{\\sqrt{3}} = \\frac{0.40}{1.732} = 0.231\\text{ m}$
3. Remplacement des données:
Avec $N = 3$, $r = 0.015\\text{ m}$, et $R = 0.231\\text{ m}$:
$r_{\\text{éq}} = \\sqrt[3]{3 \\times 0.015 \\times (0.231)^{3-1}} = \\sqrt[3]{3 \\times 0.015 \\times (0.231)^2}$
$r_{\\text{éq}} = \\sqrt[3]{3 \\times 0.015 \\times 0.0534} = \\sqrt[3]{0.002403}$
4. Résultat final:
$r_{\\text{éq}} = 0.134\\text{ m} = 13.4\\text{ cm}$
Le rayon moyen géométrique équivalent est significativement plus grand que le rayon d'un conducteur individuel, ce qui réduit la réactance de la ligne.
Question 2: Calcul de la DMG, inductance et réactance linéiques
La distance moyenne géométrique (DMG) entre les phases d'une ligne triphasée représente la distance équivalente qui produit le même effet inductif mutuel que la configuration réelle.
1. Formule de la DMG:
Pour trois phases disposées en triangle équilatéral avec des distances égales $D_{AB} = D_{BC} = D_{CA} = D$:
$D_{\\text{éq}} = \\sqrt[3]{D_{AB} \\cdot D_{BC} \\cdot D_{CA}} = \\sqrt[3]{D^3} = D$
$D_{\\text{éq}} = 6\\text{ m}$
2. Formule de l'inductance linéique:
L'inductance linéique d'une ligne triphasée est donnée par:
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\ln\\left(\\frac{D_{\\text{éq}}}{r_{\\text{éq}}}\\right)\\text{ H/m} = 0.2 \\times 10^{-3} \\ln\\left(\\frac{D_{\\text{éq}}}{r_{\\text{éq}}}\\right)\\text{ H/km}$
3. Remplacement des données:
$L' = 0.2 \\times 10^{-3} \\ln\\left(\\frac{6}{0.134}\\right) = 0.2 \\times 10^{-3} \\ln(44.78)$
$L' = 0.2 \\times 10^{-3} \\times 3.801 = 0.760 \\times 10^{-3}\\text{ H/km}$
4. Résultat pour l'inductance:
$L' = 0.760\\text{ mH/km}$
5. Formule de la réactance linéique:
$X' = 2\\pi f L' = \\omega L'$
6. Remplacement des données:
$X' = 2 \\times 3.14159 \\times 50 \\times 0.760 \\times 10^{-3}$
$X' = 314.159 \\times 0.760 \\times 10^{-3} = 0.2388\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
7. Résultat final:
$X' = 0.239\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
Cette valeur de réactance est typique pour une ligne haute tension avec conducteurs en faisceau.
Question 3: Calcul de la résistance à température élevée et impédances totales
La résistance d'un conducteur augmente avec la température selon une loi linéaire. Il faut d'abord tenir compte du fait qu'on a 3 conducteurs en parallèle par phase.
1. Formule de correction thermique:
$R'_T = R'_{20} [1 + \\alpha(T - 20)]$
où $R'_{20}$ est la résistance à $20°\\text{C}$ d'un conducteur, et $\\alpha$ est le coefficient de température.
2. Remplacement des données:
$R'_{75} = 0.054 \\times [1 + 0.00403 \\times (75 - 20)]$
$R'_{75} = 0.054 \\times [1 + 0.00403 \\times 55]$
$R'_{75} = 0.054 \\times [1 + 0.222] = 0.054 \\times 1.222$
$R'_{75} = 0.0660\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
Cette résistance est pour un seul conducteur. Pour le faisceau de 3 conducteurs en parallèle:
3. Résistance du faisceau:
$R'_{\\text{tot}} = \\frac{R'_{75}}{N} = \\frac{0.0660}{3} = 0.0220\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
4. Calcul des impédances totales:
Pour la longueur totale $l = 180\\text{ km}$:
$R_{\\text{totale}} = R'_{\\text{tot}} \\times l = 0.0220 \\times 180 = 3.96\\text{ }\\Omega$
$X_{\\text{totale}} = X' \\times l = 0.239 \\times 180 = 43.02\\text{ }\\Omega$
5. Résultats finaux:
$R_{\\text{totale}} = 3.96\\text{ }\\Omega$
$X_{\\text{totale}} = 43.02\\text{ }\\Omega$
On observe que la réactance totale est environ 11 fois plus grande que la résistance, ce qui est caractéristique des lignes haute tension. L'impédance de la ligne est donc principalement inductive.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "12"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Énoncé de l'exercice
Une ligne électrique monophasée équivalente de transmission de longueur $l = 250\\text{ km}$ présente les caractéristiques suivantes: inductance linéique $L' = 1.2\\text{ mH/km}$, capacité linéique $C' = 10\\text{ nF/km}$, résistance linéique $R' = 0.035\\text{ }\\Omega/\\text{km}$, et conductance linéique $G' = 0.5\\text{ }\\mu\\text{S/km}$ (due à l'effet couronne). La ligne fonctionne à une fréquence $f = 50\\text{ Hz}$ et est alimentée par une source de tension $U_e = 220\\text{ kV}$ à l'extrémité émettrice.
Question 1: La ligne fonctionne à vide (sans charge à l'extrémité réceptrice). Calculer la tension $U_s$ à l'extrémité ouverte de la ligne en utilisant l'approximation de l'effet Ferranti pour les lignes moyennes: $\\frac{U_s}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{LC\\omega^2}{2}}$. Déterminer également le pourcentage de surtension.
Question 2: Maintenant, la ligne alimente une charge triphasée équilibrée consommant une puissance active $P = 120\\text{ MW}$ avec un facteur de puissance $\\cos\\varphi = 0.85$ inductif. En négligeant l'effet capacitif et la conductance, calculer le courant de ligne $I$ circulant dans la ligne (on considère la tension composée équivalente triphasée $U = \\sqrt{3} \\times 220\\text{ kV}$).
Question 3: En utilisant le modèle en $\\pi$ simplifié et le courant calculé précédemment, déterminer la chute de tension absolue $\\Delta U$ et la chute de tension relative $\\delta$ en pourcentage entre l'émetteur et le récepteur. On utilisera la formule approchée: $\\Delta U = \\frac{RP\\cos\\varphi + XQ\\sin\\varphi}{U_n}$ où $Q$ est la puissance réactive, $R$ et $X$ sont les résistance et réactance totales, et $U_n$ est la tension nominale.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution détaillée
Question 1: Calcul de l'effet Ferranti à vide
L'effet Ferranti est un phénomène de surtension qui apparaît à l'extrémité ouverte d'une ligne longue alimentée à vide. Il est causé par l'interaction entre l'inductance et la capacité distribuées de la ligne.
1. Calcul des paramètres totaux:
Inductance totale: $L = L' \\times l = 1.2 \\times 10^{-3} \\times 250 = 0.3\\text{ H}$
Capacité totale: $C = C' \\times l = 10 \\times 10^{-9} \\times 250 = 2.5 \\times 10^{-6}\\text{ F} = 2.5\\text{ }\\mu\\text{F}$
Pulsation: $\\omega = 2\\pi f = 2 \\times 3.14159 \\times 50 = 314.159\\text{ rad/s}$
2. Formule de l'effet Ferranti (approximation):
$\\frac{U_s}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{LC\\omega^2}{2}}$
3. Calcul du produit LC:
$LC\\omega^2 = 0.3 \\times 2.5 \\times 10^{-6} \\times (314.159)^2$
$LC\\omega^2 = 0.3 \\times 2.5 \\times 10^{-6} \\times 98696 = 0.0740$
$\\frac{LC\\omega^2}{2} = \\frac{0.0740}{2} = 0.0370$
4. Calcul du rapport de tension:
$\\frac{U_s}{U_e} = \\frac{1}{1 - 0.0370} = \\frac{1}{0.9630} = 1.0384$
5. Calcul de la tension à vide:
$U_s = U_e \\times 1.0384 = 220 \\times 1.0384 = 228.45\\text{ kV}$
6. Pourcentage de surtension:
$\\text{Surtension} = (1.0384 - 1) \\times 100\\% = 3.84\\%$
7. Résultats finaux:
$U_s = 228.45\\text{ kV}$
$\\text{Surtension} = 3.84\\%$
Cette surtension de $3.84\\%$ est significative et peut endommager les équipements si elle n'est pas compensée par des réactances shunt.
Question 2: Calcul du courant en charge
Lorsque la ligne alimente une charge, il faut tenir compte de la puissance active et réactive consommées.
1. Calcul de la tension composée triphasée:
$U_{\\text{composée}} = \\sqrt{3} \\times 220 = 1.732 \\times 220 = 380.84\\text{ kV}$
2. Calcul de la puissance apparente:
À partir du facteur de puissance $\\cos\\varphi = 0.85$:
$S = \\frac{P}{\\cos\\varphi} = \\frac{120}{0.85} = 141.18\\text{ MVA}$
3. Calcul de la puissance réactive:
$\\sin\\varphi = \\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi} = \\sqrt{1 - (0.85)^2} = \\sqrt{1 - 0.7225} = \\sqrt{0.2775} = 0.527$
$Q = P \\times \\tan\\varphi = P \\times \\frac{\\sin\\varphi}{\\cos\\varphi} = 120 \\times \\frac{0.527}{0.85} = 74.4\\text{ MVAr}$
4. Formule du courant de ligne triphasé:
$I = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\times U_{\\text{composée}}} = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\times U}$
5. Remplacement des données:
$I = \\frac{141.18 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 380.84 \\times 10^3} = \\frac{141.18 \\times 10^6}{659.54 \\times 10^3}$
$I = \\frac{141.18}{0.65954} = 214.04\\text{ A}$
6. Résultat final:
$I = 214.04\\text{ A}$
Ce courant circule dans chaque phase de la ligne triphasée et provoque des pertes par effet Joule ainsi qu'une chute de tension.
Question 3: Calcul de la chute de tension
La chute de tension dans une ligne dépend de la résistance, de la réactance, et des puissances active et réactive transmises.
1. Calcul des impédances totales:
Résistance totale: $R = R' \\times l = 0.035 \\times 250 = 8.75\\text{ }\\Omega$
Réactance linéique: $X' = 2\\pi f L' = 314.159 \\times 1.2 \\times 10^{-3} = 0.377\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
Réactance totale: $X = X' \\times l = 0.377 \\times 250 = 94.25\\text{ }\\Omega$
2. Formule approchée de la chute de tension:
$\\Delta U = \\frac{RP\\cos\\varphi + XQ}{U_n}$
où $U_n$ est la tension nominale (on prend la tension simple équivalente monophasée $U_n = 220\\text{ kV}$).
3. Remplacement des données:
$\\Delta U = \\frac{8.75 \\times 120 \\times 10^6 \\times 0.85 + 94.25 \\times 74.4 \\times 10^6}{220 \\times 10^3}$
$\\Delta U = \\frac{892.5 \\times 10^6 + 7012.2 \\times 10^6}{220 \\times 10^3}$
$\\Delta U = \\frac{7904.7 \\times 10^6}{220 \\times 10^3} = \\frac{7904.7 \\times 10^3}{220}$
$\\Delta U = 35.93\\text{ kV}$
4. Calcul de la chute de tension relative:
$\\delta = \\frac{\\Delta U}{U_n} \\times 100\\% = \\frac{35.93}{220} \\times 100\\%$
$\\delta = 0.1633 \\times 100\\% = 16.33\\%$
5. Résultats finaux:
$\\Delta U = 35.93\\text{ kV}$
$\\delta = 16.33\\%$
Cette chute de tension de $16.33\\%$ est importante et nécessiterait une compensation par des condensateurs série ou une régulation de tension. On remarque que le terme réactif $XQ$ contribue beaucoup plus à la chute de tension que le terme résistif $RP\\cos\\varphi$, ce qui est caractéristique des lignes longues haute tension.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "13"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Énoncé de l'exercice
Une ligne électrique triphasée de $400\\text{ kV}$ et de longueur $l = 300\\text{ km}$ alimente une charge industrielle. La ligne possède une résistance totale $R = 15\\text{ }\\Omega$ par phase et une réactance totale $X = 105\\text{ }\\Omega$ par phase. La charge consomme une puissance active $P_{\\text{charge}} = 450\\text{ MW}$ avec un facteur de puissance initial $\\cos\\varphi_1 = 0.75$ inductif (en retard). Pour améliorer l'efficacité du réseau et réduire les pertes, on souhaite compenser le facteur de puissance à $\\cos\\varphi_2 = 0.95$ en installant une batterie de condensateurs en parallèle avec la charge.
Question 1: Calculer la puissance réactive initiale $Q_1$ consommée par la charge avant compensation, puis déterminer la puissance apparente $S_1$ et le courant de ligne $I_1$ avant compensation.
Question 2: Après compensation du facteur de puissance à $\\cos\\varphi_2 = 0.95$, calculer la nouvelle puissance réactive $Q_2$, le nouveau courant de ligne $I_2$, et la puissance réactive $Q_c$ que doit fournir la batterie de condensateurs.
Question 3: Calculer les pertes de puissance active par effet Joule dans la ligne avant et après compensation ($P_{\\text{pertes,1}}$ et $P_{\\text{pertes,2}}$), puis déterminer la puissance économisée $\\Delta P_{\\text{pertes}}$ et le gain en pourcentage. Calculer également la capacité totale $C_{\\text{total}}$ nécessaire pour la batterie de condensateurs sachant que $Q_c = 3 \\times U_{\\text{phase}}^2 \\times \\omega C_{\\text{total}}$ où $U_{\\text{phase}} = \\frac{400}{\\sqrt{3}}\\text{ kV}$ et $\\omega = 2\\pi f$ avec $f = 50\\text{ Hz}$.
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    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution détaillée
Question 1: Calcul des paramètres initiaux avant compensation
Avant la compensation, la charge fonctionne avec un facteur de puissance inductif faible, ce qui entraîne une consommation importante de puissance réactive.
1. Calcul de la puissance réactive initiale:
À partir du facteur de puissance $\\cos\\varphi_1 = 0.75$, on détermine:
$\\tan\\varphi_1 = \\frac{\\sin\\varphi_1}{\\cos\\varphi_1} = \\frac{\\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi_1}}{\\cos\\varphi_1}$
$\\sin\\varphi_1 = \\sqrt{1 - (0.75)^2} = \\sqrt{1 - 0.5625} = \\sqrt{0.4375} = 0.6614$
$\\tan\\varphi_1 = \\frac{0.6614}{0.75} = 0.8819$
2. Formule de la puissance réactive:
$Q_1 = P_{\\text{charge}} \\times \\tan\\varphi_1$
$Q_1 = 450 \\times 0.8819 = 396.86\\text{ MVAr}$
3. Calcul de la puissance apparente:
$S_1 = \\frac{P_{\\text{charge}}}{\\cos\\varphi_1} = \\frac{450}{0.75} = 600\\text{ MVA}$
Vérification: $S_1 = \\sqrt{P^2 + Q_1^2} = \\sqrt{450^2 + 396.86^2} = \\sqrt{202500 + 157498} = \\sqrt{359998} \\approx 600\\text{ MVA}$
4. Formule du courant de ligne triphasé:
$I_1 = \\frac{S_1}{\\sqrt{3} \\times U}$
où $U = 400\\text{ kV}$ est la tension composée.
5. Remplacement des données:
$I_1 = \\frac{600 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 10^3} = \\frac{600 \\times 10^6}{692.82 \\times 10^3}$
$I_1 = \\frac{600}{0.69282} = 866.03\\text{ A}$
6. Résultats finaux:
$Q_1 = 396.86\\text{ MVAr}$
$S_1 = 600\\text{ MVA}$
$I_1 = 866.03\\text{ A}$
Ce courant élevé génère des pertes importantes dans la ligne de transmission.
Question 2: Calcul des paramètres après compensation
La compensation du facteur de puissance permet de réduire la puissance réactive appelée sur le réseau et donc de diminuer le courant de ligne.
1. Calcul de la nouvelle puissance réactive:
Avec $\\cos\\varphi_2 = 0.95$:
$\\sin\\varphi_2 = \\sqrt{1 - (0.95)^2} = \\sqrt{1 - 0.9025} = \\sqrt{0.0975} = 0.3122$
$\\tan\\varphi_2 = \\frac{0.3122}{0.95} = 0.3286$
2. Formule de la nouvelle puissance réactive:
$Q_2 = P_{\\text{charge}} \\times \\tan\\varphi_2$
$Q_2 = 450 \\times 0.3286 = 147.87\\text{ MVAr}$
3. Calcul de la puissance réactive de compensation:
La batterie de condensateurs doit fournir la différence:
$Q_c = Q_1 - Q_2 = 396.86 - 147.87 = 248.99\\text{ MVAr}$
4. Calcul de la nouvelle puissance apparente:
$S_2 = \\frac{P_{\\text{charge}}}{\\cos\\varphi_2} = \\frac{450}{0.95} = 473.68\\text{ MVA}$
5. Calcul du nouveau courant de ligne:
$I_2 = \\frac{S_2}{\\sqrt{3} \\times U} = \\frac{473.68 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 10^3}$
$I_2 = \\frac{473.68 \\times 10^6}{692.82 \\times 10^3} = \\frac{473.68}{0.69282} = 683.79\\text{ A}$
6. Résultats finaux:
$Q_2 = 147.87\\text{ MVAr}$
$I_2 = 683.79\\text{ A}$
$Q_c = 248.99\\text{ MVAr}$
Le courant de ligne a été réduit de $866.03\\text{ A}$ à $683.79\\text{ A}$, soit une réduction de $21\\%$.
Question 3: Calcul des pertes et de la capacité de compensation
La réduction du courant entraîne une diminution significative des pertes par effet Joule dans la ligne.
1. Formule des pertes Joule dans une ligne triphasée:
$P_{\\text{pertes}} = 3 \\times R \\times I^2$
où le facteur 3 représente les trois phases.
2. Calcul des pertes avant compensation:
$P_{\\text{pertes,1}} = 3 \\times 15 \\times (866.03)^2$
$P_{\\text{pertes,1}} = 45 \\times 750008 = 33750360\\text{ W} = 33.75\\text{ MW}$
3. Calcul des pertes après compensation:
$P_{\\text{pertes,2}} = 3 \\times 15 \\times (683.79)^2$
$P_{\\text{pertes,2}} = 45 \\times 467569 = 21040605\\text{ W} = 21.04\\text{ MW}$
4. Calcul de la puissance économisée:
$\\Delta P_{\\text{pertes}} = P_{\\text{pertes,1}} - P_{\\text{pertes,2}} = 33.75 - 21.04 = 12.71\\text{ MW}$
5. Gain en pourcentage:
$\\text{Gain} = \\frac{\\Delta P_{\\text{pertes}}}{P_{\\text{pertes,1}}} \\times 100\\% = \\frac{12.71}{33.75} \\times 100\\% = 37.66\\%$
6. Calcul de la capacité totale nécessaire:
La puissance réactive fournie par une batterie de condensateurs triphasée est:
$Q_c = 3 \\times U_{\\text{phase}}^2 \\times \\omega C_{\\text{total}}$
où $U_{\\text{phase}} = \\frac{400}{\\sqrt{3}} = 230.94\\text{ kV}$
7. Isolation de la capacité:
$C_{\\text{total}} = \\frac{Q_c}{3 \\times U_{\\text{phase}}^2 \\times \\omega}$
8. Calcul de la pulsation:
$\\omega = 2\\pi f = 2 \\times 3.14159 \\times 50 = 314.159\\text{ rad/s}$
9. Remplacement des données:
$C_{\\text{total}} = \\frac{248.99 \\times 10^6}{3 \\times (230.94 \\times 10^3)^2 \\times 314.159}$
$C_{\\text{total}} = \\frac{248.99 \\times 10^6}{3 \\times 5.3333 \\times 10^{10} \\times 314.159}$
$C_{\\text{total}} = \\frac{248.99 \\times 10^6}{5.0266 \\times 10^{13}} = 4.953 \\times 10^{-6}\\text{ F}$
10. Résultats finaux:
$P_{\\text{pertes,1}} = 33.75\\text{ MW}$
$P_{\\text{pertes,2}} = 21.04\\text{ MW}$
$\\Delta P_{\\text{pertes}} = 12.71\\text{ MW}$
$\\text{Gain} = 37.66\\%$
$C_{\\text{total}} = 4.95\\text{ }\\mu\\text{F}$
L'économie de $12.71\\text{ MW}$ représente une réduction substantielle des pertes, ce qui justifie pleinement l'investissement dans la batterie de condensateurs. De plus, cette compensation améliore également la stabilité de la tension et libère de la capacité de transport sur la ligne.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "14"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Ligne triphasée haute tension - Caractéristiques longitudinales
Une ligne électrique triphasée de 150 km transporte de l'énergie à une tension de 220 kV. Les conducteurs sont disposés en triangle équilatéral. Chaque conducteur est en aluminium-acier (ACSR) avec les caractéristiques suivantes :
Rayon du conducteur : $r = 1.5$ cm
Résistivité de l'aluminium à 50°C : $\\rho = 3.2 \\times 10^{-8}$ Ω·m
Section du conducteur : $S = 400$ mm²
Distance entre conducteurs adjacents : $D_{12} = D_{23} = D_{31} = 6$ m
Perméabilité magnétique du vide : $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m
Pour un conducteur toronné ACSR, le facteur de correction est : $r' = 0.779 \\times r$
Question 1 : Calculez le rayon moyen géométrique (RMG ou GMR) du conducteur toronné en mètres, puis déterminez la distance moyenne géométrique (DMG ou GMD) entre les trois phases de la ligne.
Question 2 : En utilisant les résultats de la question 1, calculez l'inductance linéique $L'$ de la ligne en mH/km. Utilisez la formule : $L' = \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{DMG}{RMG}\\right)$ et déduisez la réactance linéique $X'$ en Ω/km à une fréquence de 50 Hz.
Question 3 : Sachant que la résistance linéique vaut $R' = \\frac{\\rho \\times 10^3}{S}$ (où S est en m²), calculez l'impédance totale $Z_{totale}$ de la ligne sur toute sa longueur de 150 km, ainsi que l'angle de phase $\\theta$ de cette impédance.
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    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
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Solutions détaillées
Question 1 : Calcul du RMG et du DMG
Étape 1 - Calcul du Rayon Moyen Géométrique (RMG ou GMR)
Le RMG pour un conducteur toronné ACSR est donné par la formule : $RMG = 0.779 \\times r$
Avec le rayon du conducteur $r = 1.5$ cm $= 0.015$ m, nous avons :
$RMG = 0.779 \\times 0.015$
$RMG = 0.011685$ m
$RMG = 1.1685$ cm
Interprétation : Le RMG représente le rayon équivalent d'un conducteur fictif cylindrique plein qui aurait la même inductance interne que le conducteur toronné réel. Pour les conducteurs ACSR, ce rayon est réduit par rapport au rayon géométrique à cause de la distribution non uniforme du courant.
Étape 2 - Calcul de la Distance Moyenne Géométrique (DMG ou GMD)
Pour une configuration en triangle équilatéral avec $D_{12} = D_{23} = D_{31} = D = 6$ m, la DMG est calculée par la moyenne géométrique des distances entre phases :
$DMG = \\sqrt[3]{D_{12} \\times D_{23} \\times D_{31}}$
$DMG = \\sqrt[3]{6 \\times 6 \\times 6}$
$DMG = \\sqrt[3]{216}$
$DMG = 6$ m
Interprétation : Dans le cas particulier d'une disposition symétrique (triangle équilatéral), la DMG est égale à la distance entre conducteurs. Cette symétrie simplifie les calculs et assure un équilibrage naturel des inductances mutuelles entre phases.
Résultat Question 1 : $RMG = 0.011685$ m et $DMG = 6$ m
Question 2 : Calcul de l'inductance et de la réactance linéiques
Étape 1 - Calcul de l'inductance linéique L'
La formule générale de l'inductance linéique par phase est :
$L' = \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{DMG}{RMG}\\right)$
Avec $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m, nous avons :
$L' = \\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{6}{0.011685}\\right)$
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\ln(513.35)$
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\times 6.241$
$L' = 1.2482 \\times 10^{-6}$ H/m
$L' = 1.2482$ mH/km
Interprétation : L'inductance linéique dépend logarithmiquement du rapport DMG/RMG. Plus ce rapport est grand (conducteurs éloignés ou rayon faible), plus l'inductance est élevée. Cette inductance crée un flux magnétique qui s'oppose aux variations du courant.
Étape 2 - Calcul de la réactance linéique X'
La réactance inductive par kilomètre à la fréquence $f = 50$ Hz est :
$X' = 2\\pi f L' = \\omega L'$
$X' = 2\\pi \\times 50 \\times 1.2482 \\times 10^{-3}$
$X' = 314.159 \\times 1.2482 \\times 10^{-3}$
$X' = 0.3921$ Ω/km
Interprétation : La réactance linéique représente l'opposition au passage du courant alternatif due au champ magnétique. À 50 Hz, elle est proportionnelle à l'inductance et à la fréquence.
Résultat Question 2 : $L' = 1.2482$ mH/km et $X' = 0.3921$ Ω/km
Question 3 : Calcul de l'impédance totale de la ligne
Étape 1 - Calcul de la résistance linéique R'
La résistance linéique est donnée par :
$R' = \\frac{\\rho \\times 10^3}{S}$
Où $\\rho = 3.2 \\times 10^{-8}$ Ω·m et $S = 400$ mm² $= 400 \\times 10^{-6}$ m²
$R' = \\frac{3.2 \\times 10^{-8} \\times 10^3}{400 \\times 10^{-6}}$
$R' = \\frac{3.2 \\times 10^{-5}}{400 \\times 10^{-6}}$
$R' = 0.08$ Ω/km
Étape 2 - Calcul de la résistance et réactance totales
Pour une longueur $L = 150$ km :
$R_{totale} = R' \\times L = 0.08 \\times 150 = 12$ Ω
$X_{totale} = X' \\times L = 0.3921 \\times 150 = 58.815$ Ω
Étape 3 - Calcul de l'impédance totale Z
L'impédance complexe de la ligne est :
$Z_{totale} = R_{totale} + jX_{totale} = 12 + j58.815$ Ω
Le module de l'impédance est :
$|Z_{totale}| = \\sqrt{R_{totale}^2 + X_{totale}^2}$
$|Z_{totale}| = \\sqrt{12^2 + 58.815^2}$
$|Z_{totale}| = \\sqrt{144 + 3459.20}$
$|Z_{totale}| = \\sqrt{3603.20}$
$|Z_{totale}| = 60.03$ Ω
Étape 4 - Calcul de l'angle de phase θ
$\\theta = \\arctan\\left(\\frac{X_{totale}}{R_{totale}}\\right)$
$\\theta = \\arctan\\left(\\frac{58.815}{12}\\right)$
$\\theta = \\arctan(4.9013)$
$\\theta = 78.47°$
Interprétation : L'impédance de la ligne est fortement inductive ($\\theta \\approx 78.5°$), ce qui est typique des lignes haute tension. La réactance domine largement la résistance ($X/R \\approx 4.9$), ce qui signifie que les pertes réactives sont plus importantes que les pertes ohmiques. Cela nécessitera une compensation de puissance réactive.
Résultat Question 3 : $Z_{totale} = 60.03 \\angle 78.47°$ Ω ou $Z_{totale} = 12 + j58.815$ Ω
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  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Effet Ferranti et circuit équivalent d'une ligne
Une ligne de transmission triphasée de 200 km fonctionne à 400 kV (tension composée) et 50 Hz. La ligne est représentée par son circuit équivalent en π avec les paramètres linéiques suivants :
Résistance linéique : $R' = 0.05$ Ω/km
Réactance linéique longitudinale : $X' = 0.4$ Ω/km
Susceptance linéique transversale : $B' = 3.5 \\times 10^{-6}$ S/km
Conductance linéique transversale (effet couronne négligeable) : $G' \\approx 0$
La ligne fonctionne à vide (sans charge) à son extrémité réceptrice.
Question 1 : Calculez l'impédance série totale $Z_{série}$ (en Ω) et l'admittance shunt totale $Y_{shunt}$ (en S) de la ligne. Déterminez également la valeur de la susceptance shunt totale en micro-siemens (μS).
Question 2 : Pour une ligne à vide, la tension à l'extrémité réceptrice est liée à la tension émettrice par la relation simplifiée : $V_R = \\frac{V_E}{\\cos(\\beta l)}$, où $\\beta = \\omega\\sqrt{L'C'}$ et $B' = \\omega C'$. Sachant que $L' = \\frac{X'}{\\omega}$, calculez la constante de phase $\\beta$ (en rad/km), puis l'angle total $\\beta l$ de la ligne. Utilisez $\\omega = 2\\pi f = 314.159$ rad/s.
Question 3 : En utilisant le résultat de la question 2, si la tension d'émission (phase-neutre) est $V_E = \\frac{400}{\\sqrt{3}} = 230.94$ kV, calculez la tension de réception $V_R$ (phase-neutre) à vide. Déterminez ensuite le pourcentage d'augmentation de tension dû à l'effet Ferranti : $\\Delta V\\% = \\frac{V_R - V_E}{V_E} \\times 100$. Commentez sur la nécessité d'une compensation par réactance shunt.
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      "A Corrige Type"
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      "A"
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Solutions détaillées
Question 1 : Calcul de l'impédance série et de l'admittance shunt
Étape 1 - Calcul de l'impédance série totale Z_série
L'impédance série de la ligne sur sa longueur totale $L = 200$ km est :
$Z_{série} = (R' + jX') \\times L$
Avec $R' = 0.05$ Ω/km et $X' = 0.4$ Ω/km :
$R_{totale} = R' \\times L = 0.05 \\times 200 = 10$ Ω
$X_{totale} = X' \\times L = 0.4 \\times 200 = 80$ Ω
$Z_{série} = 10 + j80$ Ω
Le module de l'impédance série est :
$|Z_{série}| = \\sqrt{10^2 + 80^2} = \\sqrt{100 + 6400} = \\sqrt{6500} = 80.62$ Ω
Interprétation : L'impédance série représente l'opposition totale au courant dans la ligne. La composante réactive (80 Ω) est 8 fois supérieure à la résistance (10 Ω), confirmant le caractère fortement inductif de la ligne haute tension.
Étape 2 - Calcul de l'admittance shunt totale Y_shunt
L'admittance shunt (transversale) totale de la ligne est composée principalement de la susceptance capacitive, car $G' \\approx 0$ :
$Y_{shunt} = (G' + jB') \\times L$
Avec $B' = 3.5 \\times 10^{-6}$ S/km et $G' = 0$ :
$B_{totale} = B' \\times L = 3.5 \\times 10^{-6} \\times 200$
$B_{totale} = 7.0 \\times 10^{-4}$ S
$Y_{shunt} = 0 + j7.0 \\times 10^{-4}$ S
En micro-siemens :
$B_{totale} = 7.0 \\times 10^{-4} \\times 10^6 = 700$ μS
Interprétation : L'admittance shunt représente la facilité avec laquelle le courant capacitif circule vers la terre à travers l'isolation de la ligne. Cette admittance capacitive est responsable de l'effet Ferranti. En l'absence de conductance (pas de pertes par effet couronne), l'admittance est purement capacitive.
Résultat Question 1 : $Z_{série} = 10 + j80$ Ω et $Y_{shunt} = j700$ μS ou $j7.0 \\times 10^{-4}$ S
Question 2 : Calcul de la constante de phase β
Étape 1 - Calcul de l'inductance linéique L'
À partir de la réactance linéique, on peut déduire l'inductance linéique :
$X' = \\omega L' \\Rightarrow L' = \\frac{X'}{\\omega}$
Avec $\\omega = 2\\pi f = 2\\pi \\times 50 = 314.159$ rad/s :
$L' = \\frac{0.4}{314.159} = 1.273 \\times 10^{-3}$ H/km
Étape 2 - Calcul de la capacité linéique C'
À partir de la susceptance linéique :
$B' = \\omega C' \\Rightarrow C' = \\frac{B'}{\\omega}$
$C' = \\frac{3.5 \\times 10^{-6}}{314.159} = 1.114 \\times 10^{-8}$ F/km
$C' = 11.14$ nF/km
Étape 3 - Calcul de la constante de phase β
La constante de phase par unité de longueur est donnée par :
$\\beta = \\omega\\sqrt{L'C'}$
$\\beta = 314.159 \\times \\sqrt{1.273 \\times 10^{-3} \\times 1.114 \\times 10^{-8}}$
$\\beta = 314.159 \\times \\sqrt{1.418 \\times 10^{-11}}$
$\\beta = 314.159 \\times 3.766 \\times 10^{-6}$
$\\beta = 1.183 \\times 10^{-3}$ rad/km
Étape 4 - Calcul de l'angle total βl
Pour la longueur totale $L = 200$ km :
$\\beta l = 1.183 \\times 10^{-3} \\times 200$
$\\beta l = 0.2366$ rad
Conversion en degrés :
$\\beta l = 0.2366 \\times \\frac{180}{\\pi} = 13.55°$
Interprétation : La constante de phase représente le déphasage introduit par la ligne par unité de longueur. Plus la ligne est longue, plus le déphasage total est important. Cette valeur est essentielle pour comprendre le comportement en régime sinusoïdal de la ligne.
Résultat Question 2 : $\\beta = 1.183 \\times 10^{-3}$ rad/km et $\\beta l = 0.2366$ rad $= 13.55°$
Question 3 : Calcul de l'effet Ferranti
Étape 1 - Rappel de la tension d'émission phase-neutre
Pour une tension composée de 400 kV, la tension phase-neutre est :
$V_E = \\frac{400}{\\sqrt{3}} = \\frac{400}{1.732} = 230.94$ kV
Étape 2 - Calcul de la tension de réception à vide
Pour une ligne à vide, la relation entre tensions est :
$V_R = \\frac{V_E}{\\cos(\\beta l)}$
Avec $\\beta l = 0.2366$ rad :
$\\cos(0.2366) = 0.9722$
$V_R = \\frac{230.94}{0.9722}$
$V_R = 237.55$ kV
Étape 3 - Calcul du pourcentage d'augmentation (Effet Ferranti)
Le pourcentage d'augmentation de tension dû à l'effet Ferranti est :
$\\Delta V\\% = \\frac{V_R - V_E}{V_E} \\times 100$
$\\Delta V\\% = \\frac{237.55 - 230.94}{230.94} \\times 100$
$\\Delta V\\% = \\frac{6.61}{230.94} \\times 100$
$\\Delta V\\% = 2.86\\%$
Interprétation et nécessité de compensation :
L'effet Ferranti provoque une élévation de tension de $2.86\\%$ (soit environ $6.61$ kV par phase) à l'extrémité réceptrice de la ligne à vide. Ce phénomène résulte de la charge capacitive de la ligne qui, en l'absence de courant de charge, crée un courant capacitif important générant une chute de tension inductive négative dans l'impédance série.
Cette surtension, bien que modérée pour 200 km, peut devenir dangereuse pour des lignes plus longues. Pour des lignes dépassant 300 km, l'augmentation peut atteindre 10% ou plus. La compensation par réactances shunt (inductances connectées en parallèle) est nécessaire pour :
• Absorber la puissance réactive capacitive générée par la ligne
• Maintenir la tension dans les limites acceptables ($\\pm 5\\%$ de la tension nominale)
• Protéger les équipements contre les surtensions
• Améliorer la stabilité du réseau
Résultat Question 3 : $V_R = 237.55$ kV et $\\Delta V\\% = 2.86\\%$ - Compensation shunt recommandée pour les opérations prolongées à vide
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    "id_number": "16"
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  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Transmission de puissance et compensation du facteur de puissance
Une ligne triphasée de 180 km à 220 kV transporte une puissance de 150 MW avec un facteur de puissance de $\\cos\\phi = 0.85$ (inductif) du côté récepteur. Les caractéristiques de la ligne sont :
Résistance par phase : $R = 0.06 \\times 180 = 10.8$ Ω
Réactance longitudinale par phase : $X_L = 0.35 \\times 180 = 63$ Ω
Réactance transversale capacitive (pour toute la ligne) : $X_C = \\frac{1}{\\omega C_{totale}} = 2500$ Ω par phase
Tension de réception (phase-neutre) : $V_R = \\frac{220}{\\sqrt{3}} = 127.02$ kV
On néglige la conductance transversale. L'objectif est d'analyser la transmission de puissance et l'effet de la compensation.
Question 1 : Calculez la puissance active $P$ par phase (en MW), la puissance réactive totale $Q_{charge}$ (en MVAR) consommée par la charge triphasée, et le courant de ligne $I_R$ (en A) au niveau du récepteur. Utilisez la relation : $S = \\sqrt{3} V_{ligne} I_{ligne}$ où $V_{ligne} = 220$ kV.
Question 2 : Déterminez la chute de tension dans la ligne en utilisant la formule approximative : $\\Delta V \\approx \\frac{RP + XQ}{V_R}$ où $P$ et $Q$ sont les puissances par phase, et $V_R = 127.02$ kV est la tension phase-neutre de réception. Calculez ensuite la tension d'émission par phase $V_E$ et le pourcentage de chute de tension : $\\Delta V\\% = \\frac{\\Delta V}{V_E} \\times 100$.
Question 3 : Pour améliorer le facteur de puissance à $\\cos\\phi_{nouveau} = 0.95$, calculez la puissance réactive de compensation $Q_{comp}$ (en MVAR) nécessaire. Ensuite, calculez la valeur de la capacité $C$ par phase (en μF) des condensateurs à installer côté récepteur, en utilisant : $Q_{comp} = 3V_{phase}^2 \\omega C$ où $V_{phase} = 127.02$ kV et $\\omega = 314.159$ rad/s. Commentez sur la réduction des pertes après compensation.
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      "A Corrige Type"
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      "A"
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Solutions détaillées
Question 1 : Calcul des puissances et du courant de ligne
Étape 1 - Calcul de la puissance active par phase
La puissance active totale triphasée est $P_{totale} = 150$ MW. Pour un système triphasé équilibré, la puissance par phase est :
$P_{phase} = \\frac{P_{totale}}{3} = \\frac{150}{3} = 50$ MW
Étape 2 - Calcul de la puissance réactive totale Q_charge
Le facteur de puissance est $\\cos\\phi = 0.85$, donc :
$\\sin\\phi = \\sqrt{1 - \\cos^2\\phi} = \\sqrt{1 - 0.85^2} = \\sqrt{1 - 0.7225} = \\sqrt{0.2775} = 0.527$
La puissance réactive totale est liée à la puissance active par :
$Q_{charge} = P_{totale} \\times \\tan\\phi = P_{totale} \\times \\frac{\\sin\\phi}{\\cos\\phi}$
$Q_{charge} = 150 \\times \\frac{0.527}{0.85}$
$Q_{charge} = 150 \\times 0.620$
$Q_{charge} = 93.0$ MVAR
Interprétation : La charge inductive (moteurs, transformateurs) consomme une puissance réactive importante (93 MVAR) en plus de la puissance active (150 MW). Cette puissance réactive circule dans la ligne, provoquant des pertes et une chute de tension supplémentaires.
Étape 3 - Calcul du courant de ligne I_R
La puissance apparente totale est :
$S = \\frac{P_{totale}}{\\cos\\phi} = \\frac{150}{0.85} = 176.47$ MVA
Pour une ligne triphasée, la relation entre puissance apparente, tension de ligne et courant de ligne est :
$S = \\sqrt{3} \\times V_{ligne} \\times I_{ligne}$
Donc :
$I_R = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\times V_{ligne}} = \\frac{176.47 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 220 \\times 10^3}$
$I_R = \\frac{176.47 \\times 10^6}{1.732 \\times 220 \\times 10^3}$
$I_R = \\frac{176.47 \\times 10^6}{381.04 \\times 10^3}$
$I_R = 463.1$ A
Interprétation : Le courant de ligne de 463.1 A représente le courant total nécessaire pour transporter à la fois la puissance active et la puissance réactive. Ce courant provoque des pertes par effet Joule dans la résistance de la ligne.
Résultat Question 1 : $P_{phase} = 50$ MW, $Q_{charge} = 93.0$ MVAR, et $I_R = 463.1$ A
Question 2 : Calcul de la chute de tension
Étape 1 - Puissances par phase
Les puissances par phase sont :
$P_{phase} = 50$ MW $= 50 \\times 10^6$ W
$Q_{phase} = \\frac{Q_{charge}}{3} = \\frac{93.0}{3} = 31.0$ MVAR $= 31.0 \\times 10^6$ VAR
Étape 2 - Calcul de la chute de tension ΔV
La formule approximative de la chute de tension par phase est :
$\\Delta V \\approx \\frac{RP_{phase} + X_L Q_{phase}}{V_R}$
Avec $R = 10.8$ Ω, $X_L = 63$ Ω, et $V_R = 127.02$ kV $= 127.02 \\times 10^3$ V :
$\\Delta V = \\frac{10.8 \\times 50 \\times 10^6 + 63 \\times 31.0 \\times 10^6}{127.02 \\times 10^3}$
$\\Delta V = \\frac{540 \\times 10^6 + 1953 \\times 10^6}{127.02 \\times 10^3}$
$\\Delta V = \\frac{2493 \\times 10^6}{127.02 \\times 10^3}$
$\\Delta V = 19,624$ V $= 19.62$ kV
Étape 3 - Calcul de la tension d'émission V_E
La tension d'émission (phase-neutre) est :
$V_E = V_R + \\Delta V = 127.02 + 19.62 = 146.64$ kV
Étape 4 - Calcul du pourcentage de chute de tension
$\\Delta V\\% = \\frac{\\Delta V}{V_E} \\times 100 = \\frac{19.62}{146.64} \\times 100$
$\\Delta V\\% = 13.38\\%$
Interprétation : Une chute de tension de $13.38\\%$ est significative et dépasse généralement les limites acceptables pour un réseau de transport (typiquement $\\pm 5\\%$ à $\\pm 10\\%$). Cette chute importante est due principalement à la composante réactive ($X_L Q = 1953$ MW contre $RP = 540$ MW). La compensation du facteur de puissance permettra de réduire considérablement cette chute de tension.
Résultat Question 2 : $\\Delta V = 19.62$ kV, $V_E = 146.64$ kV, et $\\Delta V\\% = 13.38\\%$
Question 3 : Compensation du facteur de puissance
Étape 1 - Calcul de la nouvelle puissance réactive
Après compensation, le nouveau facteur de puissance est $\\cos\\phi_{nouveau} = 0.95$, donc :
$\\sin\\phi_{nouveau} = \\sqrt{1 - 0.95^2} = \\sqrt{1 - 0.9025} = \\sqrt{0.0975} = 0.312$
$\\tan\\phi_{nouveau} = \\frac{\\sin\\phi_{nouveau}}{\\cos\\phi_{nouveau}} = \\frac{0.312}{0.95} = 0.329$
La nouvelle puissance réactive totale nécessaire est :
$Q_{nouvelle} = P_{totale} \\times \\tan\\phi_{nouveau} = 150 \\times 0.329 = 49.35$ MVAR
Étape 2 - Calcul de la puissance réactive de compensation
La puissance réactive à compenser (fournie par les condensateurs) est :
$Q_{comp} = Q_{charge} - Q_{nouvelle} = 93.0 - 49.35 = 43.65$ MVAR
Interprétation : Les condensateurs doivent fournir 43.65 MVAR de puissance réactive capacitive pour réduire la puissance réactive totale de 93.0 MVAR à 49.35 MVAR, améliorant ainsi le facteur de puissance de 0.85 à 0.95.
Étape 3 - Calcul de la capacité par phase
La puissance réactive totale fournie par les trois phases est :
$Q_{comp} = 3V_{phase}^2 \\omega C$
Résolvons pour C :
$C = \\frac{Q_{comp}}{3V_{phase}^2 \\omega}$
Avec $Q_{comp} = 43.65 \\times 10^6$ VAR, $V_{phase} = 127.02 \\times 10^3$ V, et $\\omega = 314.159$ rad/s :
$C = \\frac{43.65 \\times 10^6}{3 \\times (127.02 \\times 10^3)^2 \\times 314.159}$
$C = \\frac{43.65 \\times 10^6}{3 \\times 16.134 \\times 10^9 \\times 314.159}$
$C = \\frac{43.65 \\times 10^6}{15.203 \\times 10^{12}}$
$C = 2.871 \\times 10^{-6}$ F
$C = 2.871$ μF par phase
Étape 4 - Analyse de la réduction des pertes
Avant compensation, le courant était $I_1 = 463.1$ A. Après compensation :
$S_{nouveau} = \\frac{P_{totale}}{\\cos\\phi_{nouveau}} = \\frac{150}{0.95} = 157.89$ MVA
$I_{nouveau} = \\frac{157.89 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 220 \\times 10^3} = \\frac{157.89 \\times 10^6}{381.04 \\times 10^3} = 414.3$ A
La réduction du courant est :
$\\Delta I = 463.1 - 414.3 = 48.8$ A, soit $\\frac{48.8}{463.1} \\times 100 = 10.54\\%$
Les pertes Joule dans la ligne sont proportionnelles à $I^2$ :
$P_{pertes,avant} = 3RI_1^2 = 3 \\times 10.8 \\times (463.1)^2 = 6,942$ kW
$P_{pertes,après} = 3RI_{nouveau}^2 = 3 \\times 10.8 \\times (414.3)^2 = 5,553$ kW
La réduction des pertes est :
$\\Delta P_{pertes} = 6,942 - 5,553 = 1,389$ kW, soit $\\frac{1,389}{6,942} \\times 100 = 20.0\\%$
Interprétation finale : La compensation du facteur de puissance de 0.85 à 0.95 permet de :
• Réduire la puissance réactive de 43.65 MVAR (réduction de $46.9\\%$)
• Diminuer le courant de ligne de $10.54\\%$
• Réduire les pertes Joule de $20.0\\%$ (économie d'environ 1.39 MW)
• Améliorer la chute de tension (le terme $X_L Q$ dans la formule de $\\Delta V$ est réduit)
L'investissement dans les condensateurs ($C = 2.871$ μF par phase) est rapidement rentabilisé par les économies d'énergie et l'amélioration de la qualité de la tension.
Résultat Question 3 : $Q_{comp} = 43.65$ MVAR, $C = 2.871$ μF par phase, réduction des pertes de $20.0\\%$
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    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Modélisation d'une ligne triphasée haute tension
Une ligne de transport d'énergie électrique triphasée de $150$ km fonctionne à une tension de $220$ kV (tension composée). La ligne est constituée de trois conducteurs en aluminium-acier disposés en configuration triangulaire horizontale. Les conducteurs de chaque phase sont disposés aux sommets d'un triangle équilatéral. Les distances entre conducteurs sont : $D_{12} = 6$ m, $D_{23} = 6$ m, et $D_{31} = 6$ m. Chaque conducteur a un rayon externe $r = 1,5$ cm et est constitué de $54$ brins d'aluminium. La résistivité de l'aluminium est $\\rho_{Al} = 2,83 \\times 10^{-8}$ $\\Omega \\cdot m$ et la section totale du conducteur est $S = 400$ mm$^2$. La perméabilité magnétique de l'air est $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m et la permittivité de l'air est $\\varepsilon_0 = 8,854 \\times 10^{-12}$ F/m.
Question 1 : Calculer le rayon moyen géométrique (GMR) du conducteur, sachant que pour un conducteur multibrins le GMR est donné par $GMR = 0,7788 \\times r$, où $r$ est le rayon externe du conducteur. Ensuite, calculer la distance moyenne géométrique (DMG) entre les phases.
Question 2 : En utilisant les résultats de la question 1, calculer l'inductance linéique $L'$ (en mH/km) de la ligne triphasée, sachant que $L' = \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{DMG}{GMR}\\right)$ H/m. Déduire ensuite la réactance inductive totale $X_L$ de la ligne pour une fréquence de $f = 50$ Hz.
Question 3 : Calculer la résistance linéique $R'$ (en $\\Omega$/km) du conducteur, puis déterminer la résistance totale $R_{total}$ de la ligne sur toute sa longueur. Calculer également l'impédance totale série $Z_{serie}$ de la ligne en utilisant les valeurs de résistance et de réactance calculées précédemment.
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      "A Corrige Type"
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    "correct": [
      "A"
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Solution Question 1 : Calcul du GMR et de la DMG
Le rayon moyen géométrique (GMR) d'un conducteur multibrins est une grandeur fictive qui représente le rayon équivalent d'un conducteur plein ayant les mêmes propriétés inductives. Pour un conducteur multibrins, le GMR se calcule à partir du rayon externe réel du conducteur.
Étape 1 : Calcul du GMR
Formule générale :
$GMR = 0,7788 \\times r$
Remplacement des données :
$GMR = 0,7788 \\times 0,015$ m
Calcul :
$GMR = 0,011682$ m
Résultat final :
$GMR = 1,1682$ cm $= 11,682$ mm
Étape 2 : Calcul de la Distance Moyenne Géométrique (DMG)
Pour un système triphasé symétrique, la DMG est la moyenne géométrique des distances entre les trois phases. Cette grandeur caractérise l'espacement équivalent entre conducteurs.
Formule générale :
$DMG = \\sqrt[3]{D_{12} \\times D_{23} \\times D_{31}}$
Remplacement des données :
$DMG = \\sqrt[3]{6 \\times 6 \\times 6}$
Calcul :
$DMG = \\sqrt[3]{216} = 6$ m
Résultat final :
$DMG = 6$ m
La DMG étant égale à $6$ m confirme que la configuration est triangulaire équilatérale, ce qui simplifie les calculs d'inductance et de capacité de la ligne.
Solution Question 2 : Calcul de l'inductance linéique et de la réactance
L'inductance linéique d'une ligne représente l'inductance par unité de longueur. Elle dépend de la géométrie des conducteurs (DMG) et de leurs propriétés intrinsèques (GMR). La réactance inductive est la composante imaginaire de l'impédance qui s'oppose aux variations de courant.
Étape 1 : Calcul de l'inductance linéique
Formule générale :
$L' = \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{DMG}{GMR}\\right)$ H/m
Remplacement des données :
$L' = \\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{6}{0,011682}\\right)$
Calcul intermédiaire :
$\\frac{DMG}{GMR} = \\frac{6}{0,011682} = 513,57$
$\\ln(513,57) = 6,241$
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\times 6,241 = 1,248 \\times 10^{-6}$ H/m
Conversion en mH/km :
$L' = 1,248 \\times 10^{-6} \\times 1000 = 1,248 \\times 10^{-3}$ H/km
$L' = 1,248$ mH/km
Étape 2 : Calcul de la réactance inductive totale
La réactance inductive dépend de la fréquence du réseau, de l'inductance linéique et de la longueur totale de la ligne.
Formule générale :
$X_L = 2\\pi f L' \\times longueur$
Remplacement des données :
$X_L = 2\\pi \\times 50 \\times 1,248 \\times 10^{-3} \\times 150$
Calcul :
$X_L = 314,159 \\times 1,248 \\times 10^{-3} \\times 150$
$X_L = 58,82$ $\\Omega$
Résultat final :
$X_L = 58,82$ $\\Omega$
Cette réactance représente l'opposition au passage du courant alternatif due au champ magnétique créé par la ligne.
Solution Question 3 : Calcul de la résistance et de l'impédance totale
La résistance linéique d'un conducteur dépend de sa résistivité et de sa section. Elle représente les pertes ohmiques par effet Joule dans la ligne. L'impédance totale combine résistance et réactance.
Étape 1 : Calcul de la résistance linéique
Formule générale :
$R' = \\frac{\\rho_{Al}}{S}$
Remplacement des données (conversion de la section en m$^2$) :
$S = 400$ mm$^2 = 400 \\times 10^{-6}$ m$^2$
$R' = \\frac{2,83 \\times 10^{-8}}{400 \\times 10^{-6}}$
Calcul :
$R' = 7,075 \\times 10^{-5}$ $\\Omega$/m
Conversion en $\\Omega$/km :
$R' = 7,075 \\times 10^{-5} \\times 1000 = 0,07075$ $\\Omega$/km
Étape 2 : Calcul de la résistance totale
Formule générale :
$R_{total} = R' \\times longueur$
Remplacement des données :
$R_{total} = 0,07075 \\times 150$
Calcul :
$R_{total} = 10,61$ $\\Omega$
Étape 3 : Calcul de l'impédance série totale
L'impédance série est un nombre complexe combinant la résistance (partie réelle) et la réactance inductive (partie imaginaire).
Formule générale :
$Z_{serie} = R_{total} + jX_L$
$|Z_{serie}| = \\sqrt{R_{total}^2 + X_L^2}$
Remplacement des données :
$|Z_{serie}| = \\sqrt{10,61^2 + 58,82^2}$
Calcul :
$|Z_{serie}| = \\sqrt{112,57 + 3459,79} = \\sqrt{3572,36}$
$|Z_{serie}| = 59,77$ $\\Omega$
Résultat final :
$Z_{serie} = 10,61 + j58,82$ $\\Omega$
$|Z_{serie}| = 59,77$ $\\Omega$
L'angle de phase de l'impédance est :
$\\theta = \\arctan\\left(\\frac{X_L}{R_{total}}\\right) = \\arctan\\left(\\frac{58,82}{10,61}\\right) = 79,78^\\circ$
Cette impédance série sera utilisée pour calculer la chute de tension et les pertes dans la ligne lors du transport d'énergie électrique.
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    "id_number": "18"
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  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Analyse de la chute de tension et effet FERRANTI
Une ligne de transport d'énergie triphasée de $220$ kV (tension composée efficace) et de longueur $l = 280$ km transporte une puissance active de $P = 180$ MW avec un facteur de puissance $\\cos\\varphi = 0,85$ (inductif) en charge. Les paramètres de la ligne par phase sont : résistance linéique $R' = 0,045$ $\\Omega$/km, réactance inductive linéique $X_L' = 0,38$ $\\Omega$/km, et susceptance capacitive linéique $B' = 3,2 \\times 10^{-6}$ S/km. On considère que la ligne est modélisée par un circuit équivalent en $\\pi$ nominal, où les capacités shunt sont divisées en deux parties égales placées aux extrémités de la ligne.
Question 1 : Calculer l'impédance série totale $Z_{serie}$ et l'admittance shunt totale $Y_{shunt}$ de la ligne. Déterminer ensuite le courant de ligne $I_R$ côté récepteur (en bout de ligne) sachant que la tension composée côté récepteur est $U_R = 220$ kV.
Question 2 : En utilisant le modèle en $\\pi$ nominal et les résultats de la question 1, calculer la chute de tension absolue $\\Delta U$ et la chute de tension relative $\\Delta U\\%$ entre l'émetteur et le récepteur. Utiliser l'approximation simplifiée : $\\Delta U \\approx \\frac{RP + XQ}{U_R}$ où $R$ et $X$ sont les valeurs totales de résistance et réactance, $P$ et $Q$ sont les puissances active et réactive.
Question 3 : Analyser l'effet FERRANTI en calculant la tension au bout de la ligne lorsque celle-ci fonctionne à vide (sans charge). Pour cela, déterminer le courant capacitif $I_{cap}$ généré par la capacité shunt de la ligne, puis calculer la tension $U_R$ côté récepteur à vide sachant que la tension d'émission $U_S$ est maintenue à $220$ kV. Utiliser la formule approchée : $U_R = U_S + \\frac{X_C I_{cap}}{2}$ où $X_C = \\frac{1}{\\omega C}$.
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      "A Corrige Type"
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      "A"
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Solution Question 1 : Impédance série et admittance shunt
Dans le modèle en $\\pi$ nominal d'une ligne de transport, l'impédance série regroupe la résistance et la réactance inductive, tandis que l'admittance shunt représente l'effet capacitif réparti de la ligne, divisé en deux parties égales aux extrémités.
Étape 1 : Calcul de l'impédance série totale
Formule générale :
$Z_{serie} = (R' + jX_L') \\times l$
Calcul de la résistance totale :
$R_{total} = R' \\times l = 0,045 \\times 280 = 12,6$ $\\Omega$
Calcul de la réactance inductive totale :
$X_L = X_L' \\times l = 0,38 \\times 280 = 106,4$ $\\Omega$
Résultat final de l'impédance série :
$Z_{serie} = 12,6 + j106,4$ $\\Omega$
$|Z_{serie}| = \\sqrt{12,6^2 + 106,4^2} = \\sqrt{158,76 + 11320,96} = \\sqrt{11479,72} = 107,14$ $\\Omega$
Étape 2 : Calcul de l'admittance shunt totale
L'admittance shunt est purement capacitive et s'exprime comme une susceptance.
Formule générale :
$Y_{shunt} = jB' \\times l$
Remplacement des données :
$B_{total} = B' \\times l = 3,2 \\times 10^{-6} \\times 280 = 8,96 \\times 10^{-4}$ S
Résultat final :
$Y_{shunt} = j8,96 \\times 10^{-4}$ S $= j0,000896$ S
Étape 3 : Calcul du courant côté récepteur
Pour un système triphasé, le courant de ligne se calcule à partir de la puissance apparente totale.
Calcul de la puissance réactive :
$Q = P \\times \\tan(\\arccos(\\cos\\varphi))$
$\\sin\\varphi = \\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi} = \\sqrt{1 - 0,85^2} = \\sqrt{1 - 0,7225} = \\sqrt{0,2775} = 0,5268$
$\\tan\\varphi = \\frac{0,5268}{0,85} = 0,6198$
$Q = 180 \\times 0,6198 = 111,56$ MVAr
Calcul de la puissance apparente :
$S = \\sqrt{P^2 + Q^2} = \\sqrt{180^2 + 111,56^2} = \\sqrt{32400 + 12445,63} = \\sqrt{44845,63} = 211,77$ MVA
Formule du courant de ligne triphasé :
$I_R = \\frac{S}{\\sqrt{3} \\times U_R}$
Remplacement des données :
$I_R = \\frac{211,77 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 220 \\times 10^3} = \\frac{211,77 \\times 10^6}{381051,18}$
Calcul :
$I_R = 555,62$ A
Résultat final :
$I_R = 555,62$ A
Solution Question 2 : Calcul de la chute de tension
La chute de tension dans une ligne de transport est causée par les impédances série (résistance et réactance). Elle dépend de la puissance transportée et du facteur de puissance de la charge.
Étape 1 : Calcul de la chute de tension absolue
Formule générale approchée :
$\\Delta U \\approx \\frac{R_{total} \\times P + X_L \\times Q}{U_R}$
Cette formule est valable pour les lignes où la chute de tension reste modérée (moins de $10\\%$). Elle exprime que la résistance affecte le transport de puissance active et la réactance affecte le transport de puissance réactive.
Remplacement des données :
$\\Delta U = \\frac{12,6 \\times 180 \\times 10^6 + 106,4 \\times 111,56 \\times 10^6}{220 \\times 10^3}$
Calcul du numérateur :
$12,6 \\times 180 \\times 10^6 = 2,268 \\times 10^9$
$106,4 \\times 111,56 \\times 10^6 = 11,870 \\times 10^9$
$Somme = 2,268 \\times 10^9 + 11,870 \\times 10^9 = 14,138 \\times 10^9$
Calcul final :
$\\Delta U = \\frac{14,138 \\times 10^9}{220 \\times 10^3} = 64263,64$ V $= 64,26$ kV
Étape 2 : Calcul de la chute de tension relative
Formule générale :
$\\Delta U\\% = \\frac{\\Delta U}{U_R} \\times 100$
Remplacement des données :
$\\Delta U\\% = \\frac{64,26}{220} \\times 100$
Calcul :
$\\Delta U\\% = 0,2921 \\times 100 = 29,21\\%$
Résultat final :
$\\Delta U = 64,26$ kV
$\\Delta U\\% = 29,21\\%$
Cette chute de tension importante indique que pour maintenir $220$ kV côté récepteur, la tension d'émission doit être significativement plus élevée (environ $284,26$ kV).
Solution Question 3 : Analyse de l'effet FERRANTI à vide
L'effet FERRANTI est un phénomène caractéristique des lignes longues à vide ou faiblement chargées, où la tension au bout de la ligne devient supérieure à la tension d'émission. Cela est dû à la capacité shunt de la ligne qui génère un courant capacitif créant une élévation de tension.
Étape 1 : Calcul de la réactance capacitive
Formule générale :
$X_C = \\frac{1}{\\omega C} = \\frac{1}{2\\pi f C}$
La susceptance capacitive $B$ et la capacité $C$ sont liées par :
$B = \\omega C = 2\\pi f C$
Donc :
$C = \\frac{B}{2\\pi f} = \\frac{8,96 \\times 10^{-4}}{2\\pi \\times 50} = \\frac{8,96 \\times 10^{-4}}{314,159} = 2,852 \\times 10^{-6}$ F
Réactance capacitive totale :
$X_C = \\frac{1}{2\\pi \\times 50 \\times 2,852 \\times 10^{-6}} = \\frac{1}{8,96 \\times 10^{-4}} = 1116,07$ $\\Omega$
Étape 2 : Calcul du courant capacitif à vide
À vide, seul le courant capacitif circule dans la ligne. Ce courant est généré par la capacité shunt.
Formule générale (tension simple) :
$U_{simple} = \\frac{U_{composee}}{\\sqrt{3}} = \\frac{220 \\times 10^3}{\\sqrt{3}} = 127017,5$ V
Courant capacitif par phase :
$I_{cap} = \\frac{U_{simple}}{X_C} = \\frac{127017,5}{1116,07} = 113,82$ A
Étape 3 : Calcul de la surtension due à l'effet FERRANTI
À vide, la chute de tension résistive est nulle, mais la réactance inductive crée une élévation de tension en interaction avec le courant capacitif.
Élévation de tension :
$\\Delta U_{Ferranti} = X_L \\times I_{cap} = 106,4 \\times 113,82 = 12110,49$ V $= 12,11$ kV
Tension simple au récepteur à vide :
$U_{R,simple} = U_{S,simple} + \\Delta U_{Ferranti} = 127,02 + 12,11 = 139,13$ kV
Tension composée au récepteur à vide :
$U_{R,composee} = \\sqrt{3} \\times U_{R,simple} = \\sqrt{3} \\times 139,13 = 241,00$ kV
Résultat final :
$U_R = 241,00$ kV (à vide)
Augmentation relative de tension :
$\\frac{241,00 - 220}{220} \\times 100 = 9,55\\%$
L'effet FERRANTI provoque donc une élévation de tension de $9,55\\%$ à vide, ce qui nécessite des dispositifs de compensation (réactances shunt) pour maintenir la tension dans les limites acceptables.
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    "id_number": "19"
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  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Puissance transmise et compensation du facteur de puissance
Une ligne de transport triphasée de $400$ kV (tension composée) et de longueur $l = 320$ km présente les caractéristiques suivantes par phase : impédance série $Z = 0,035 + j0,42$ $\\Omega$/km, susceptance shunt capacitive $B' = 3,8 \\times 10^{-6}$ S/km, et conductance shunt due à l'effet couronne $G' = 0,8 \\times 10^{-9}$ S/km. La ligne alimente une charge industrielle consommant $P_{charge} = 450$ MW avec un facteur de puissance initial $\\cos\\varphi_1 = 0,75$ (inductif). On souhaite améliorer le facteur de puissance à $\\cos\\varphi_2 = 0,95$ (inductif) par compensation locale au niveau de la charge. La fréquence du réseau est $f = 50$ Hz.
Question 1 : Calculer les pertes de puissance active totales dans la ligne dues à la résistance série et à la conductance shunt (effet couronne). Pour cela, déterminer d'abord le courant de ligne $I_1$ avant compensation, puis calculer les pertes Joule $P_{Joule} = 3R_{total}I_1^2$ et les pertes couronne $P_{couronne} = 3G_{total}U^2$ où $U$ est la tension simple.
Question 2 : Déterminer la puissance réactive $Q_c$ de la batterie de condensateurs nécessaire pour améliorer le facteur de puissance de $\\cos\\varphi_1 = 0,75$ à $\\cos\\varphi_2 = 0,95$. Calculer ensuite le nouveau courant de ligne $I_2$ après compensation et les nouvelles pertes Joule dans la ligne.
Question 3 : Calculer la puissance active maximale théorique $P_{max}$ que peut transmettre cette ligne en régime permanent, en utilisant la formule simplifiée de la puissance naturelle d'une ligne : $P_{max} = \\frac{U_S U_R}{X_L} \\sin\\delta$ où $\\delta$ est l'angle de transport (prendre $\\delta = 30^\\circ$ comme limite de stabilité pratique), avec $U_S = U_R = 400$ kV. Comparer cette puissance maximale avec la puissance actuellement transmise après compensation.
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    "explanation": "
Solution Question 1 : Calcul des pertes totales dans la ligne
Les pertes de puissance active dans une ligne de transport proviennent de deux sources principales : les pertes Joule dans les résistances série dues au courant de charge, et les pertes par effet couronne dans les conductances shunt dues à la tension élevée.
Étape 1 : Calcul des paramètres totaux de la ligne
Résistance série totale :
$R_{total} = R' \\times l = 0,035 \\times 320 = 11,2$ $\\Omega$
Réactance série totale :
$X_{L,total} = X_L' \\times l = 0,42 \\times 320 = 134,4$ $\\Omega$
Conductance shunt totale :
$G_{total} = G' \\times l = 0,8 \\times 10^{-9} \\times 320 = 2,56 \\times 10^{-7}$ S
Étape 2 : Calcul du courant avant compensation
Calcul de la puissance réactive avant compensation :
$\\varphi_1 = \\arccos(0,75) = 41,41^\\circ$
$\\tan\\varphi_1 = \\tan(41,41^\\circ) = 0,8819$
$Q_1 = P \\times \\tan\\varphi_1 = 450 \\times 0,8819 = 396,86$ MVAr
Puissance apparente avant compensation :
$S_1 = \\frac{P}{\\cos\\varphi_1} = \\frac{450}{0,75} = 600$ MVA
Formule du courant de ligne triphasé :
$I_1 = \\frac{S_1}{\\sqrt{3} \\times U}$
Remplacement des données :
$I_1 = \\frac{600 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 10^3} = \\frac{600 \\times 10^6}{692820,32} = 866,03$ A
Étape 3 : Calcul des pertes Joule
Formule générale pour un système triphasé :
$P_{Joule} = 3 \\times R_{total} \\times I_1^2$
Remplacement des données :
$P_{Joule} = 3 \\times 11,2 \\times (866,03)^2 = 3 \\times 11,2 \\times 750007,99$
Calcul :
$P_{Joule} = 25200268,13$ W $= 25,20$ MW
Étape 4 : Calcul des pertes par effet couronne
Les pertes couronne dépendent du carré de la tension simple et de la conductance shunt totale.
Tension simple :
$U_{simple} = \\frac{U_{composee}}{\\sqrt{3}} = \\frac{400 \\times 10^3}{\\sqrt{3}} = 230940,11$ V
Formule générale :
$P_{couronne} = 3 \\times G_{total} \\times U_{simple}^2$
Remplacement des données :
$P_{couronne} = 3 \\times 2,56 \\times 10^{-7} \\times (230940,11)^2$
Calcul :
$P_{couronne} = 3 \\times 2,56 \\times 10^{-7} \\times 53333339265,13 = 40960$ W $= 0,041$ MW
Étape 5 : Calcul des pertes totales
$P_{pertes,total} = P_{Joule} + P_{couronne} = 25,20 + 0,041 = 25,24$ MW
Résultat final :
$P_{Joule} = 25,20$ MW
$P_{couronne} = 0,041$ MW
$P_{pertes,total} = 25,24$ MW
Les pertes Joule représentent $99,84\\%$ des pertes totales, tandis que l'effet couronne ne contribue qu'à $0,16\\%$, ce qui est typique pour les lignes de transport à haute tension.
Solution Question 2 : Compensation du facteur de puissance
La compensation du facteur de puissance consiste à installer des condensateurs au niveau de la charge pour réduire la puissance réactive consommée, ce qui diminue le courant de ligne et donc les pertes Joule.
Étape 1 : Calcul de la puissance réactive après compensation
Puissance réactive souhaitée après compensation :
$\\varphi_2 = \\arccos(0,95) = 18,19^\\circ$
$\\tan\\varphi_2 = \\tan(18,19^\\circ) = 0,3287$
$Q_2 = P \\times \\tan\\varphi_2 = 450 \\times 0,3287 = 147,92$ MVAr
Étape 2 : Calcul de la puissance réactive de compensation
La batterie de condensateurs doit fournir la différence entre $Q_1$ et $Q_2$.
Formule générale :
$Q_c = Q_1 - Q_2$
Remplacement des données :
$Q_c = 396,86 - 147,92 = 248,94$ MVAr
Résultat final :
$Q_c = 248,94$ MVAr
Cette batterie de condensateurs fournit localement la puissance réactive nécessaire, évitant ainsi de la transporter depuis le réseau.
Étape 3 : Calcul du nouveau courant après compensation
Puissance apparente après compensation :
$S_2 = \\frac{P}{\\cos\\varphi_2} = \\frac{450}{0,95} = 473,68$ MVA
Nouveau courant de ligne :
$I_2 = \\frac{S_2}{\\sqrt{3} \\times U} = \\frac{473,68 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 400 \\times 10^3} = \\frac{473,68 \\times 10^6}{692820,32} = 683,81$ A
Étape 4 : Calcul des nouvelles pertes Joule
Formule générale :
$P_{Joule,2} = 3 \\times R_{total} \\times I_2^2$
Remplacement des données :
$P_{Joule,2} = 3 \\times 11,2 \\times (683,81)^2 = 3 \\times 11,2 \\times 467596,53$
Calcul :
$P_{Joule,2} = 15711243,42$ W $= 15,71$ MW
Résultat final :
$I_2 = 683,81$ A
$P_{Joule,2} = 15,71$ MW
Réduction des pertes :
$\\Delta P_{Joule} = P_{Joule,1} - P_{Joule,2} = 25,20 - 15,71 = 9,49$ MW
Réduction relative :
$\\frac{9,49}{25,20} \\times 100 = 37,66\\%$
La compensation du facteur de puissance permet de réduire les pertes Joule de $37,66\\%$, ce qui représente une économie d'énergie significative et une amélioration de l'efficacité du réseau.
Solution Question 3 : Puissance maximale transmissible
La puissance maximale qu'une ligne de transport peut transmettre est limitée par sa réactance série et par l'angle de transport maximal admissible pour maintenir la stabilité du réseau. L'angle de $30^\\circ$ est souvent considéré comme limite pratique de stabilité.
Étape 1 : Calcul de la puissance maximale théorique
La formule simplifiée de la puissance transmise par une ligne est basée sur l'équation des réseaux électriques en régime permanent.
Formule générale :
$P_{max} = \\frac{U_S \\times U_R}{X_L} \\sin\\delta$
Cette formule suppose que la résistance série est négligeable devant la réactance (hypothèse valable pour les lignes HT et THT), et que les tensions d'émission et de réception sont égales.
Remplacement des données :
$P_{max} = \\frac{400 \\times 10^3 \\times 400 \\times 10^3}{134,4} \\times \\sin(30^\\circ)$
Calcul du numérateur :
$U_S \\times U_R = 400 \\times 10^3 \\times 400 \\times 10^3 = 16 \\times 10^{10}$
Calcul intermédiaire :
$\\frac{16 \\times 10^{10}}{134,4} = 1,19 \\times 10^9$
Application du sinus :
$\\sin(30^\\circ) = 0,5$
$P_{max} = 1,19 \\times 10^9 \\times 0,5 = 5,95 \\times 10^8$ W
Résultat final :
$P_{max} = 595$ MW
Étape 2 : Comparaison avec la puissance transmise
Puissance actuellement transmise (après compensation) : $P = 450$ MW
Taux d'utilisation de la capacité de transmission :
$\\frac{P}{P_{max}} \\times 100 = \\frac{450}{595} \\times 100 = 75,63\\%$
Marge de sécurité :
$P_{max} - P = 595 - 450 = 145$ MW
Résultat final :
$P_{max} = 595$ MW (pour $\\delta = 30^\\circ$)
Taux d'utilisation : $75,63\\%$
Marge disponible : $145$ MW
La ligne fonctionne à $75,63\\%$ de sa capacité maximale théorique, ce qui laisse une marge de sécurité suffisante pour absorber les variations de charge et maintenir la stabilité du réseau. Pour transmettre davantage de puissance, il faudrait soit augmenter l'angle de transport (au risque de compromettre la stabilité), soit installer des dispositifs de compensation série pour réduire la réactance effective de la ligne.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "20"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 1 : Calcul des caractéristiques longitudinales d'une ligne triphasée
Une ligne de transport triphasée de 80 km fonctionne à 220 kV. La ligne est constituée de trois conducteurs en aluminium-acier (ACSR) disposés en configuration triangulaire équilatérale. Chaque conducteur a un rayon $r = 1.5$ cm et une résistivité $\\rho = 3.2 \\times 10^{-8}$ Ω·m à 50°C. La section du conducteur est $S = 450$ mm². Les conducteurs sont espacés d'une distance $D = 6$ m entre phases.
Question 1 : Calculer la résistance linéique $R'$ (en Ω/km) et la résistance totale de la ligne $R_t$ (en Ω).
Question 2 : Calculer le rayon moyen géométrique (RMG) du conducteur, la distance moyenne géométrique (DMG) entre conducteurs, puis déterminer l'inductance linéique $L'$ (en mH/km) et la réactance longitudinale totale $X_L$ (en Ω) de la ligne à 50 Hz.
Question 3 : La ligne transporte une puissance de $P = 150$ MW avec un facteur de puissance $\\cos\\varphi = 0.85$ (inductif). Calculer le courant de ligne $I$, puis la chute de tension $\\Delta U$ en utilisant la formule approximative. Déterminer également les pertes Joule dans la ligne.
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    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution de l'Exercice 1
Question 1 : Calcul de la résistance linéique et de la résistance totale
La résistance linéique d'un conducteur est donnée par la formule :
$R' = \\frac{\\rho}{S}$
Où $\\rho = 3.2 \\times 10^{-8}$ Ω·m est la résistivité et $S = 450$ mm² = $450 \\times 10^{-6}$ m² est la section du conducteur.
Remplaçons les valeurs numériques :
$R' = \\frac{3.2 \\times 10^{-8}}{450 \\times 10^{-6}}$
Calculons :
$R' = 7.111 \\times 10^{-5} \\text{ } \\Omega/\\text{m} = 0.07111 \\text{ } \\Omega/\\text{km}$
Pour obtenir la résistance totale de la ligne de longueur $L = 80$ km :
$R_t = R' \\times L$
Remplaçons :
$R_t = 0.07111 \\times 80$
Résultat final :
$R' = 0.0711 \\text{ } \\Omega/\\text{km}$
$R_t = 5.689 \\text{ } \\Omega$
Question 2 : Calcul du RMG, DMG, inductance et réactance longitudinale
Le rayon moyen géométrique (RMG) pour un conducteur cylindrique plein est :
$\\text{RMG} = r \\times e^{-1/4} = r \\times 0.7788$
Avec $r = 1.5$ cm = $0.015$ m :
$\\text{RMG} = 0.015 \\times 0.7788 = 0.01168$ m
La distance moyenne géométrique (DMG) pour une configuration triangulaire équilatérale avec des distances égales $D$ entre phases est :
$\\text{DMG} = \\sqrt[3]{D \\times D \\times D} = D$
Donc :
$\\text{DMG} = 6$ m
L'inductance linéique d'une ligne triphasée est donnée par :
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\ln\\left(\\frac{\\text{DMG}}{\\text{RMG}}\\right)$ H/m
Remplaçons les valeurs :
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\ln\\left(\\frac{6}{0.01168}\\right)$
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\ln(513.7) = 2 \\times 10^{-7} \\times 6.242$
$L' = 1.248 \\times 10^{-6}$ H/m = $1.248$ mH/km
La réactance longitudinale totale à $f = 50$ Hz pour une longueur $L = 80$ km est :
$X_L = 2\\pi f L' L = \\omega L' L$
Remplaçons :
$X_L = 2 \\times 3.1416 \\times 50 \\times 1.248 \\times 10^{-3} \\times 80$
$X_L = 31.42 \\times 0.09984$
Résultats finaux :
$\\text{RMG} = 0.01168$ m = $1.168$ cm
$\\text{DMG} = 6$ m
$L' = 1.248$ mH/km
$X_L = 31.38$ Ω
Question 3 : Calcul du courant, chute de tension et pertes Joule
Pour une ligne triphasée, le courant de ligne est donné par :
$I = \\frac{P}{\\sqrt{3} U \\cos\\varphi}$
Avec $P = 150$ MW = $150 \\times 10^6$ W, $U = 220$ kV = $220 \\times 10^3$ V, et $\\cos\\varphi = 0.85$ :
$I = \\frac{150 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 220 \\times 10^3 \\times 0.85}$
$I = \\frac{150 \\times 10^6}{324.08 \\times 10^3}$
$I = 462.84$ A
La chute de tension approximative pour une ligne triphasée est :
$\\Delta U = \\sqrt{3} I (R_t \\cos\\varphi + X_L \\sin\\varphi)$
Avec $\\sin\\varphi = \\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi} = \\sqrt{1 - 0.85^2} = 0.5268$ :
$\\Delta U = \\sqrt{3} \\times 462.84 \\times (5.689 \\times 0.85 + 31.38 \\times 0.5268)$
$\\Delta U = 801.63 \\times (4.836 + 16.533)$
$\\Delta U = 801.63 \\times 21.369$
$\\Delta U = 17132$ V = $17.13$ kV
Les pertes Joule dans la ligne sont données par :
$P_{\\text{pertes}} = 3 R_t I^2$
Remplaçons :
$P_{\\text{pertes}} = 3 \\times 5.689 \\times (462.84)^2$
$P_{\\text{pertes}} = 17.067 \\times 214220.6$
$P_{\\text{pertes}} = 3.656 \\times 10^6$ W = $3.656$ MW
Résultats finaux :
$I = 462.84$ A
$\\Delta U = 17.13$ kV
$P_{\\text{pertes}} = 3.656$ MW
Interprétation : La chute de tension représente environ $7.79$ % de la tension nominale, ce qui est acceptable pour une ligne de transport. Les pertes Joule représentent $2.44$ % de la puissance transmise.
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    "id_number": "21"
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    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 2 : Caractéristiques transversales et effet Ferranti
Une ligne de transport triphasée aérienne de 200 km fonctionne à 400 kV et 50 Hz. Les conducteurs sont disposés horizontalement avec les espacements suivants : $D_{12} = 8$ m, $D_{23} = 8$ m, et $D_{13} = 16$ m. Chaque conducteur a un rayon $r = 2$ cm. La ligne fonctionne à vide (sans charge).
Question 1 : Calculer la distance moyenne géométrique (DMG) entre les conducteurs, puis déterminer la capacité linéique $C'$ (en nF/km) et la capacité totale $C_t$ de la ligne en supposant $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12}$ F/m.
Question 2 : Calculer la réactance capacitive totale $X_C$ (en Ω), le courant capacitif de charge $I_c$ (en A) circulant dans la ligne à vide, et la puissance réactive générée $Q_c$ (en Mvar) par les capacités de la ligne.
Question 3 : En utilisant la formule simplifiée de l'effet Ferranti, calculer la surtension $\\Delta U_{\\text{Ferranti}}$ à l'extrémité de la ligne à vide si l'impédance caractéristique est $Z_c = 280$ Ω et que $X_C = 3540$ Ω (valeur approximative). Déterminer la tension à l'extrémité réceptrice $U_r$ si la tension d'envoi est $U_e = 400$ kV.
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    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
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Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Calcul de la DMG, capacité linéique et capacité totale
La distance moyenne géométrique (DMG) pour une disposition asymétrique des trois phases est :
$\\text{DMG} = \\sqrt[3]{D_{12} \\times D_{23} \\times D_{13}}$
Avec $D_{12} = 8$ m, $D_{23} = 8$ m, et $D_{13} = 16$ m :
$\\text{DMG} = \\sqrt[3]{8 \\times 8 \\times 16} = \\sqrt[3]{1024}$
$\\text{DMG} = 10.08$ m
La capacité linéique d'une ligne triphasée est donnée par :
$C' = \\frac{2\\pi\\varepsilon_0}{\\ln(\\text{DMG}/r)}$
Avec $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12}$ F/m et $r = 2$ cm = $0.02$ m :
$C' = \\frac{2 \\times 3.1416 \\times 8.854 \\times 10^{-12}}{\\ln(10.08/0.02)}$
$C' = \\frac{5.5587 \\times 10^{-11}}{\\ln(504)}$
$C' = \\frac{5.5587 \\times 10^{-11}}{6.223}$
$C' = 8.933 \\times 10^{-12}$ F/m = $8.933$ nF/km
La capacité totale de la ligne de longueur $L = 200$ km est :
$C_t = C' \\times L$
$C_t = 8.933 \\times 10^{-9} \\times 200 = 1.787 \\times 10^{-6}$ F
Résultats finaux :
$\\text{DMG} = 10.08$ m
$C' = 8.933$ nF/km
$C_t = 1.787$ µF
Question 2 : Calcul de la réactance capacitive, courant capacitif et puissance réactive
La réactance capacitive totale de la ligne est :
$X_C = \\frac{1}{\\omega C_t} = \\frac{1}{2\\pi f C_t}$
Avec $f = 50$ Hz et $C_t = 1.787 \\times 10^{-6}$ F :
$X_C = \\frac{1}{2 \\times 3.1416 \\times 50 \\times 1.787 \\times 10^{-6}}$
$X_C = \\frac{1}{5.614 \\times 10^{-4}}$
$X_C = 1781$ Ω
Le courant capacitif de charge à vide (courant par phase) est :
$I_c = \\frac{U_\\text{phase}}{X_C} = \\frac{U/\\sqrt{3}}{X_C}$
Avec $U = 400$ kV = $400 \\times 10^3$ V :
$I_c = \\frac{400 \\times 10^3/\\sqrt{3}}{1781}$
$I_c = \\frac{230940}{1781}$
$I_c = 129.67$ A
La puissance réactive générée par les capacités de la ligne est :
$Q_c = 3 U_\\text{phase} I_c = \\sqrt{3} U I_c$
Remplaçons :
$Q_c = \\sqrt{3} \\times 400 \\times 10^3 \\times 129.67$
$Q_c = 1.732 \\times 400 \\times 10^3 \\times 129.67$
$Q_c = 89.84 \\times 10^6$ W = $89.84$ Mvar
Résultats finaux :
$X_C = 1781$ Ω
$I_c = 129.67$ A
$Q_c = 89.84$ Mvar
Question 3 : Calcul de l'effet Ferranti et tension à l'extrémité réceptrice
L'effet Ferranti provoque une élévation de tension à l'extrémité de la ligne à vide. La relation simplifiée pour les lignes moyennes est :
$U_r = U_e \\left(1 + \\frac{X_C}{2Z_c}\\right)$
Avec $X_C = 3540$ Ω (valeur donnée), $Z_c = 280$ Ω et $U_e = 400$ kV :
$U_r = 400 \\times 10^3 \\left(1 + \\frac{3540}{2 \\times 280}\\right)$
$U_r = 400 \\times 10^3 \\left(1 + \\frac{3540}{560}\\right)$
$U_r = 400 \\times 10^3 \\left(1 + 6.321\\right)$
$U_r = 400 \\times 10^3 \\times 7.321$
$U_r = 2928.4 \\times 10^3$ V
Note : Cette valeur semble très élevée. Utilisons plutôt la formule correcte pour les lignes moyennes :
$\\frac{\\Delta U_{\\text{Ferranti}}}{U_e} \\approx \\frac{\\omega^2 L' C' l^2}{2}$
Ou de manière simplifiée avec nos valeurs calculées ($X_C = 1781$ Ω de la Question 2) :
$\\Delta U_{\\text{Ferranti}} = \\frac{U_e^2}{X_C}$ (pour courant capacitif)
L'augmentation relative de tension est approximativement :
$\\frac{\\Delta U}{U_e} \\approx \\frac{Q_c}{U^2/X_C} \\times X_C/U$
Utilisons la formule plus précise :
$U_r \\approx U_e \\left(1 + \\frac{I_c X_C}{2U_e/\\sqrt{3}}\\right)$
$U_r \\approx 400 \\times 10^3 \\left(1 + \\frac{129.67 \\times 1781}{2 \\times 230940}\\right)$
$U_r \\approx 400 \\times 10^3 \\left(1 + \\frac{230904.3}{461880}\\right)$
$U_r \\approx 400 \\times 10^3 \\times 1.50$
$U_r = 600$ kV
La surtension Ferranti est donc :
$\\Delta U_{\\text{Ferranti}} = U_r - U_e = 600 - 400 = 200$ kV
Résultats finaux :
$\\Delta U_{\\text{Ferranti}} = 200$ kV
$U_r = 600$ kV
Interprétation : L'effet Ferranti provoque une surtension de $50$ % à vide, ce qui est dangereux pour l'isolation de la ligne. C'est pourquoi les longues lignes nécessitent des réactances shunt pour compenser cet effet.
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    "id_number": "22"
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  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 3 : Puissance transmise et compensation du facteur de puissance
Une ligne de transport triphasée de 120 km fonctionne à 132 kV et 50 Hz. Les paramètres de la ligne sont : résistance linéique $R' = 0.12$ Ω/km, réactance longitudinale linéique $X'_L = 0.40$ Ω/km, et susceptance capacitive linéique $B' = 3.5 \\times 10^{-6}$ S/km. La ligne alimente une charge triphasée de $P_\\text{charge} = 80$ MW avec un facteur de puissance $\\cos\\varphi = 0.80$ (inductif).
Question 1 : Calculer l'impédance série totale de la ligne $Z_\\text{ligne} = R + jX_L$, le courant de charge $I_\\text{charge}$, et la puissance réactive consommée par la charge $Q_\\text{charge}$.
Question 2 : Calculer la puissance réactive générée par les capacités de la ligne $Q_\\text{cap}$, puis déterminer la puissance réactive nette qui doit être fournie par la source $Q_\\text{source}$. Calculer également le nouveau facteur de puissance vu de la source $\\cos\\varphi_\\text{source}$.
Question 3 : Pour améliorer le facteur de puissance vu de la source à $\\cos\\varphi_\\text{cible} = 0.95$ (inductif), calculer la puissance réactive $Q_\\text{comp}$ que doit fournir un condensateur shunt placé au niveau de la charge. Déterminer ensuite la capacité totale $C_\\text{comp}$ (en µF) du banc de condensateurs triphasé nécessaire.
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    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
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Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Calcul de l'impédance, courant de charge et puissance réactive
L'impédance série totale de la ligne est :
$Z_\\text{ligne} = R + jX_L = (R' \\times L) + j(X'_L \\times L)$
Avec $L = 120$ km, $R' = 0.12$ Ω/km, et $X'_L = 0.40$ Ω/km :
$R = 0.12 \\times 120 = 14.4$ Ω
$X_L = 0.40 \\times 120 = 48.0$ Ω
Donc :
$Z_\\text{ligne} = 14.4 + j48.0$ Ω
Le module de l'impédance est :
$|Z_\\text{ligne}| = \\sqrt{R^2 + X_L^2} = \\sqrt{14.4^2 + 48.0^2}$
$|Z_\\text{ligne}| = \\sqrt{207.36 + 2304} = \\sqrt{2511.36} = 50.11$ Ω
Le courant de charge pour une puissance $P_\\text{charge} = 80$ MW avec $\\cos\\varphi = 0.80$ :
$I_\\text{charge} = \\frac{P_\\text{charge}}{\\sqrt{3} U \\cos\\varphi}$
Avec $U = 132$ kV = $132 \\times 10^3$ V :
$I_\\text{charge} = \\frac{80 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 132 \\times 10^3 \\times 0.80}$
$I_\\text{charge} = \\frac{80 \\times 10^6}{182.86 \\times 10^3}$
$I_\\text{charge} = 437.4$ A
La puissance réactive consommée par la charge est :
$Q_\\text{charge} = P_\\text{charge} \\tan\\varphi = P_\\text{charge} \\frac{\\sin\\varphi}{\\cos\\varphi}$
Avec $\\sin\\varphi = \\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi} = \\sqrt{1 - 0.80^2} = \\sqrt{0.36} = 0.60$ :
$Q_\\text{charge} = 80 \\times \\frac{0.60}{0.80}$
$Q_\\text{charge} = 60$ Mvar
Résultats finaux :
$Z_\\text{ligne} = 14.4 + j48.0$ Ω
$I_\\text{charge} = 437.4$ A
$Q_\\text{charge} = 60$ Mvar
Question 2 : Calcul de la puissance réactive capacitive et facteur de puissance vu de la source
La susceptance capacitive totale de la ligne est :
$B_\\text{total} = B' \\times L = 3.5 \\times 10^{-6} \\times 120$
$B_\\text{total} = 4.2 \\times 10^{-4}$ S
La puissance réactive générée par les capacités de la ligne (calculée à la tension nominale) est :
$Q_\\text{cap} = 3 U_\\text{phase}^2 B_\\text{total} = U^2 B_\\text{total}$
Avec $U = 132$ kV = $132 \\times 10^3$ V :
$Q_\\text{cap} = (132 \\times 10^3)^2 \\times 4.2 \\times 10^{-4}$
$Q_\\text{cap} = 17424 \\times 10^6 \\times 4.2 \\times 10^{-4}$
$Q_\\text{cap} = 7.318 \\times 10^6$ W = $7.318$ Mvar
La puissance réactive nette qui doit être fournie par la source est :
$Q_\\text{source} = Q_\\text{charge} - Q_\\text{cap}$
$Q_\\text{source} = 60 - 7.318 = 52.68$ Mvar
Le nouveau facteur de puissance vu de la source est :
$\\cos\\varphi_\\text{source} = \\frac{P_\\text{charge}}{\\sqrt{P_\\text{charge}^2 + Q_\\text{source}^2}}$
$\\cos\\varphi_\\text{source} = \\frac{80}{\\sqrt{80^2 + 52.68^2}}$
$\\cos\\varphi_\\text{source} = \\frac{80}{\\sqrt{6400 + 2775.18}}$
$\\cos\\varphi_\\text{source} = \\frac{80}{\\sqrt{9175.18}} = \\frac{80}{95.78}$
$\\cos\\varphi_\\text{source} = 0.835$
Résultats finaux :
$Q_\\text{cap} = 7.318$ Mvar
$Q_\\text{source} = 52.68$ Mvar
$\\cos\\varphi_\\text{source} = 0.835$
Question 3 : Calcul de la compensation et dimensionnement du condensateur
Pour atteindre un facteur de puissance cible $\\cos\\varphi_\\text{cible} = 0.95$, la puissance réactive cible est :
$Q_\\text{cible} = P_\\text{charge} \\tan(\\arccos(0.95))$
Avec $\\sin(\\arccos(0.95)) = \\sqrt{1 - 0.95^2} = 0.3122$ :
$Q_\\text{cible} = 80 \\times \\frac{0.3122}{0.95}$
$Q_\\text{cible} = 80 \\times 0.3286 = 26.29$ Mvar
La puissance réactive de compensation nécessaire (en tenant compte de la capacité de la ligne déjà présente) est :
$Q_\\text{comp} = Q_\\text{charge} - Q_\\text{cap} - Q_\\text{cible}$
$Q_\\text{comp} = 60 - 7.318 - 26.29$
$Q_\\text{comp} = 26.39$ Mvar
La capacité du banc de condensateurs triphasé est donnée par :
$Q_\\text{comp} = 3 U_\\text{phase}^2 \\omega C_\\text{comp} = U^2 \\omega C_\\text{comp}$
D'où :
$C_\\text{comp} = \\frac{Q_\\text{comp}}{\\omega U^2} = \\frac{Q_\\text{comp}}{2\\pi f U^2}$
Avec $Q_\\text{comp} = 26.39 \\times 10^6$ W, $f = 50$ Hz, et $U = 132 \\times 10^3$ V :
$C_\\text{comp} = \\frac{26.39 \\times 10^6}{2 \\times 3.1416 \\times 50 \\times (132 \\times 10^3)^2}$
$C_\\text{comp} = \\frac{26.39 \\times 10^6}{314.16 \\times 17424 \\times 10^6}$
$C_\\text{comp} = \\frac{26.39 \\times 10^6}{5.473 \\times 10^9}$
$C_\\text{comp} = 4.822 \\times 10^{-6}$ F = $4.822$ µF
Résultats finaux :
$Q_\\text{comp} = 26.39$ Mvar
$C_\\text{comp} = 4.822$ µF
Interprétation : Le banc de condensateurs de $4.822$ µF permet d'améliorer le facteur de puissance de $0.835$ à $0.95$, réduisant ainsi les pertes dans la ligne et libérant de la capacité de transport pour la puissance active. Cette compensation est économiquement avantageuse pour réduire les pénalités tarifaires liées au facteur de puissance.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "23"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Une ligne électrique triphasée aérienne de transport d'énergie de longueur $L = 150\\text{ km}$ fonctionne à une fréquence de $f = 50\\text{ Hz}$. Les trois conducteurs de phase sont disposés en triangle équilatéral. Chaque conducteur de phase est constitué d'un faisceau de $n = 3$ brins identiques disposés aux sommets d'un triangle équilatéral de côté $a = 40\\text{ cm}$. Chaque brin a un rayon $r = 1.5\\text{ cm}$ et une résistance linéique $\\rho = 0.032\\text{ }\\Omega/\\text{km}$.
Les distances entre les centres des faisceaux sont : $D_{12} = 6\\text{ m}$, $D_{23} = 6\\text{ m}$, et $D_{31} = 6\\text{ m}$.
Question 1 : Calculer le rayon moyen géométrique (RMG) du faisceau de conducteurs $\\text{RMG}_c$, sachant que pour un conducteur simple cylindrique, le RMG propre vaut $r' = r \\cdot e^{-1/4} = 0.7788r$.
Question 2 : Calculer la distance moyenne géométrique (DMG) entre les phases, puis déterminer la réactance longitudinale linéique $X_L'$ en $\\Omega/\\text{km}$ et la réactance longitudinale totale $X_L$ de la ligne. On prendra $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}\\text{ H/m}$.
Question 3 : Calculer la résistance totale de la ligne $R_t$ et l'impédance longitudinale totale $Z_t$ de la ligne. Déterminer ensuite l'angle de déphasage $\\theta$ de cette impédance.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution Question 1 : Calcul du rayon moyen géométrique du faisceau
Le rayon moyen géométrique d'un faisceau de $n$ conducteurs identiques disposés en cercle est donné par la formule générale :
$\\text{RMG}_c = \\sqrt[n]{r' \\cdot a^{n-1}}$
où $r'$ est le RMG propre d'un conducteur cylindrique simple, $a$ est la distance entre les brins, et $n$ est le nombre de brins. Pour un conducteur cylindrique simple, on a $r' = 0.7788r$.
Étape 1 : Calcul de $r'$ pour chaque brin :
$r' = 0.7788 \\times r = 0.7788 \\times 1.5 = 1.1682\\text{ cm}$
Étape 2 : Pour un faisceau de $n = 3$ brins en triangle équilatéral de côté $a = 40\\text{ cm}$, le RMG du faisceau est :
$\\text{RMG}_c = \\sqrt[3]{r' \\cdot a \\cdot a} = \\sqrt[3]{r' \\cdot a^2}$
Étape 3 : Substitution des valeurs :
$\\text{RMG}_c = \\sqrt[3]{1.1682 \\times 40^2} = \\sqrt[3]{1.1682 \\times 1600} = \\sqrt[3]{1869.12}$
Étape 4 : Calcul final :
$\\text{RMG}_c = 12.32\\text{ cm} = 0.1232\\text{ m}$
Interprétation : Le rayon moyen géométrique du faisceau est environ 8.2 fois plus grand que le rayon d'un seul brin, ce qui permet de réduire significativement la réactance inductive de la ligne.
Solution Question 2 : Calcul de la DMG et de la réactance longitudinale
La distance moyenne géométrique (DMG) pour une ligne triphasée est définie comme la moyenne géométrique des distances entre phases :
$\\text{DMG} = \\sqrt[3]{D_{12} \\cdot D_{23} \\cdot D_{31}}$
Étape 1 : Calcul de la DMG :
$\\text{DMG} = \\sqrt[3]{6 \\times 6 \\times 6} = \\sqrt[3]{216} = 6\\text{ m}$
Étape 2 : La réactance longitudinale linéique est donnée par la formule :
$X_L' = 2\\pi f \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{\\text{DMG}}{\\text{RMG}_c}\\right) = \\omega \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{\\text{DMG}}{\\text{RMG}_c}\\right)$
Avec $\\omega = 2\\pi f = 2\\pi \\times 50 = 314.16\\text{ rad/s}$ et $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}\\text{ H/m}$ :
$X_L' = 314.16 \\times \\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{6}{0.1232}\\right) = 314.16 \\times 2 \\times 10^{-7} \\ln(48.70)$
Étape 3 : Calcul du logarithme et simplification :
$\\ln(48.70) = 3.886$
$X_L' = 314.16 \\times 2 \\times 10^{-7} \\times 3.886 = 2.442 \\times 10^{-4}\\text{ H/m} = 0.2442\\text{ mH/km}$
En termes de réactance :
$X_L' = \\omega L' = 314.16 \\times 0.2442 \\times 10^{-3} = 0.0767\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
On peut aussi utiliser la formule directe :
$X_L' = 0.1447 \\times f \\times \\log_{10}\\left(\\frac{\\text{DMG}}{\\text{RMG}_c}\\right) = 0.1447 \\times 50 \\times \\log_{10}(48.70)$
$X_L' = 7.235 \\times 1.6875 = 0.403\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
Étape 4 : Réactance totale de la ligne :
$X_L = X_L' \\times L = 0.403 \\times 150 = 60.45\\text{ }\\Omega$
Interprétation : La réactance longitudinale totale est importante et dominera le comportement de la ligne par rapport à la résistance. La DMG étant grande par rapport au RMG du faisceau, cela indique une réactance inductive significative.
Solution Question 3 : Calcul de la résistance et de l'impédance totales
La résistance d'un faisceau de $n$ conducteurs en parallèle est réduite par un facteur $n$ par rapport à celle d'un seul conducteur.
Étape 1 : Résistance linéique du faisceau :
$R' = \\frac{\\rho}{n} = \\frac{0.032}{3} = 0.01067\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
Étape 2 : Résistance totale de la ligne :
$R_t = R' \\times L = 0.01067 \\times 150 = 1.60\\text{ }\\Omega$
Étape 3 : Impédance longitudinale totale (module) :
$Z_t = \\sqrt{R_t^2 + X_L^2} = \\sqrt{1.60^2 + 60.45^2} = \\sqrt{2.56 + 3654.20} = \\sqrt{3656.76}$
$Z_t = 60.47\\text{ }\\Omega$
Étape 4 : Angle de déphasage de l'impédance :
$\\theta = \\arctan\\left(\\frac{X_L}{R_t}\\right) = \\arctan\\left(\\frac{60.45}{1.60}\\right) = \\arctan(37.78)$
$\\theta = 88.48° \\approx 1.544\\text{ rad}$
Interprétation : L'angle de phase proche de $90°$ indique que la ligne a un comportement fortement inductif. La résistance ne représente que $2.6\\%$ de l'impédance totale, ce qui est typique des lignes de transport haute tension. Cette caractéristique inductive dominante nécessitera une compensation de puissance réactive pour maintenir un facteur de puissance acceptable.
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    "id_number": "24"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Une ligne électrique triphasée haute tension de longueur $L = 250\\text{ km}$ fonctionne à une tension nominale de $U_n = 220\\text{ kV}$ (tension composée) et à une fréquence de $f = 50\\text{ Hz}$. Les caractéristiques par phase de la ligne sont :
Résistance linéique : $R' = 0.028\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
Inductance linéique : $L' = 0.95\\text{ mH/km}$
Capacité linéique : $C' = 0.012\\text{ }\\mu\\text{F/km}$
La ligne est alimentée à son extrémité émettrice par une source maintenue à $U_e = 220\\text{ kV}$.
Question 1 : Calculer l'impédance caractéristique $Z_c$ et la constante de propagation complexe $\\gamma = \\alpha + j\\beta$ de la ligne. En déduire la longueur d'onde $\\lambda$ et la vitesse de propagation $v_p$.
Question 2 : La ligne fonctionne à vide (sans charge à l'extrémité réceptrice). Calculer la tension à l'extrémité réceptrice $U_r$ en utilisant la formule approximative de l'effet Ferranti. Déterminer le coefficient de surtension $k = U_r/U_e$ et commenter le résultat.
Question 3 : Pour limiter l'effet Ferranti et maintenir la tension de réception à $U_r = 220\\text{ kV}$ lorsque la ligne est à vide, on installe une réactance shunt (inductance) à l'extrémité réceptrice. Calculer la puissance réactive $Q_L$ que doit absorber cette réactance, puis déterminer la valeur de l'inductance $L_{shunt}$ par phase (en mH). On utilisera la relation du courant capacitif de la ligne.
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    "choices": [
      "A Corrige Type"
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      "A"
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    "explanation": "
Solution Question 1 : Impédance caractéristique et constante de propagation
Pour une ligne de transmission, l'impédance caractéristique et la constante de propagation sont des paramètres fondamentaux définis à partir des paramètres linéiques.
Étape 1 : Calcul des impédances linéiques série et shunt. La réactance inductive linéique :
$X_L' = \\omega L' = 2\\pi f L' = 2\\pi \\times 50 \\times 0.95 \\times 10^{-3} = 0.2984\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
L'impédance série linéique complexe :
$Z' = R' + jX_L' = 0.028 + j0.2984\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
Étape 2 : La susceptance capacitive linéique :
$B_C' = \\omega C' = 2\\pi \\times 50 \\times 0.012 \\times 10^{-6} = 3.77 \\times 10^{-6}\\text{ S/km}$
L'admittance shunt linéique (en négligeant la conductance) :
$Y' = jB_C' = j3.77 \\times 10^{-6}\\text{ S/km}$
Étape 3 : L'impédance caractéristique est définie par :
$Z_c = \\sqrt{\\frac{Z'}{Y'}} = \\sqrt{\\frac{0.028 + j0.2984}{j3.77 \\times 10^{-6}}}$
Calculons d'abord le module et l'argument de $Z'$ :
$|Z'| = \\sqrt{0.028^2 + 0.2984^2} = \\sqrt{0.000784 + 0.0890} = \\sqrt{0.0898} = 0.2997\\text{ }\\Omega/\\text{km}$
$\\arg(Z') = \\arctan\\left(\\frac{0.2984}{0.028}\\right) = \\arctan(10.657) = 84.62° = 1.477\\text{ rad}$
Pour $Y'$ : $|Y'| = 3.77 \\times 10^{-6}\\text{ S/km}$ et $\\arg(Y') = 90°$
$Z_c = \\sqrt{\\frac{0.2997}{3.77 \\times 10^{-6}}} \\angle \\frac{84.62° - 90°}{2} = \\sqrt{79497} \\angle (-2.69°)$
$Z_c = 282.0 \\angle (-2.69°) \\approx 282.0 - j13.2\\text{ }\\Omega$
Étape 4 : La constante de propagation complexe :
$\\gamma = \\sqrt{Z' Y'} = \\sqrt{(0.028 + j0.2984)(j3.77 \\times 10^{-6})}$
$\\gamma = \\sqrt{0.2997 \\times 3.77 \\times 10^{-6}} \\angle \\frac{84.62° + 90°}{2} = \\sqrt{1.130 \\times 10^{-6}} \\angle 87.31°$
$\\gamma = 1.063 \\times 10^{-3} \\angle 87.31° = (4.98 \\times 10^{-5}) + j(1.062 \\times 10^{-3})\\text{ km}^{-1}$
Donc : $\\alpha = 4.98 \\times 10^{-5}\\text{ Np/km}$ et $\\beta = 1.062 \\times 10^{-3}\\text{ rad/km}$
Étape 5 : Longueur d'onde et vitesse de propagation :
$\\lambda = \\frac{2\\pi}{\\beta} = \\frac{2\\pi}{1.062 \\times 10^{-3}} = 5916\\text{ km}$
$v_p = \\frac{\\omega}{\\beta} = \\frac{2\\pi f}{\\beta} = \\frac{314.16}{1.062 \\times 10^{-3}} = 2.958 \\times 10^5\\text{ km/s} = 295800\\text{ km/s}$
Interprétation : La vitesse de propagation est proche de $99\\%$ de la vitesse de la lumière, ce qui est typique des lignes aériennes. L'atténuation $\\alpha$ est très faible, indiquant de faibles pertes. La longueur de la ligne ($250\\text{ km}$) représente environ $4.2\\%$ de la longueur d'onde.
Solution Question 2 : Calcul de l'effet Ferranti
L'effet Ferranti provoque une élévation de tension à l'extrémité ouverte d'une ligne. Pour une ligne à vide, la formule approximative est :
$\\frac{U_r}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{L_{tot}C_{tot}\\omega^2}{2}}$
où $L_{tot}$ et $C_{tot}$ sont l'inductance et la capacité totales de la ligne.
Étape 1 : Calcul de l'inductance totale :
$L_{tot} = L' \\times L = 0.95 \\times 10^{-3} \\times 250 = 0.2375\\text{ H}$
Étape 2 : Calcul de la capacité totale :
$C_{tot} = C' \\times L = 0.012 \\times 10^{-6} \\times 250 = 3.0 \\times 10^{-6}\\text{ F} = 3.0\\text{ }\\mu\\text{F}$
Étape 3 : Calcul du terme $L_{tot}C_{tot}\\omega^2$ :
$L_{tot}C_{tot}\\omega^2 = 0.2375 \\times 3.0 \\times 10^{-6} \\times (314.16)^2$
$L_{tot}C_{tot}\\omega^2 = 0.2375 \\times 3.0 \\times 10^{-6} \\times 98696.5 = 0.0703$
Étape 4 : Coefficient de surtension :
$k = \\frac{U_r}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{0.0703}{2}} = \\frac{1}{1 - 0.0352} = \\frac{1}{0.9648} = 1.0365$
Étape 5 : Tension à la réception :
$U_r = k \\times U_e = 1.0365 \\times 220 = 228.0\\text{ kV}$
Interprétation : L'effet Ferranti produit une surtension de $3.65\\%$, soit $8\\text{ kV}$ au-dessus de la tension nominale. Cette élévation est due au courant capacitif qui circule dans l'inductance de la ligne, créant une chute de tension inductive négative (élévation). Pour une ligne de $250\\text{ km}$ à vide, cet effet est significatif et nécessite une compensation. Sans compensation, cette surtension pourrait endommager les équipements connectés.
Solution Question 3 : Calcul de la compensation par réactance shunt
Pour maintenir la tension de réception à la valeur nominale, il faut absorber la puissance réactive capacitive excessive générée par la ligne à vide.
Étape 1 : Courant capacitif de la ligne à vide (par phase). La tension simple de réception désirée :
$V_r = \\frac{U_r}{\\sqrt{3}} = \\frac{220 \\times 10^3}{\\sqrt{3}} = 127017\\text{ V}$
Étape 2 : La puissance réactive capacitive générée par la ligne (triphasée) est approximativement :
$Q_{capacitif} = 3 V_r^2 B_C' L = 3 V_r^2 \\omega C' L$
$Q_{capacitif} = 3 \\times (127017)^2 \\times 3.77 \\times 10^{-6} \\times 250$
$Q_{capacitif} = 3 \\times 1.613 \\times 10^{10} \\times 3.77 \\times 10^{-6} \\times 250 = 45.77 \\times 10^6\\text{ VAr}$
$Q_{capacitif} = 45.77\\text{ MVAr}$
Étape 3 : Pour éliminer la surtension Ferranti, la réactance shunt doit absorber cette puissance réactive capacitive. Avec l'effet Ferranti, la tension serait $U_r = 228\\text{ kV}$, donc :
$V_r' = \\frac{228 \\times 10^3}{\\sqrt{3}} = 131635\\text{ V}$
Le courant capacitif total (triphasé) serait :
$I_{cap} = \\frac{Q_{capacitif}}{\\sqrt{3} U_r'} = \\frac{45.77 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 228 \\times 10^3} = \\frac{45.77 \\times 10^6}{394.86 \\times 10^3} = 115.9\\text{ A}$
Étape 4 : La réactance shunt doit absorber la puissance réactive pour ramener la tension à $220\\text{ kV}$. Une estimation de la puissance réactive à absorber :
$Q_L \\approx Q_{capacitif} \\times \\frac{U_r' - U_e}{U_r'} \\approx 45.77 \\times \\frac{228 - 220}{228} = 45.77 \\times 0.0351 = 1.61\\text{ MVAr}$
Une approche plus précise : la puissance réactive nécessaire pour compenser totalement l'effet Ferranti est approximativement :
$Q_L = \\frac{3 U_r^2}{X_L} = \\frac{3 V_r^2}{X_L}$
où $X_L = \\omega L_{shunt}$ est la réactance de l'inductance shunt par phase.
En égalant $Q_L$ à la puissance réactive capacitive excessive :
$Q_L = 3 U_r^2 \\omega C_{tot} \\times \\frac{\\omega^2 L_{tot} C_{tot}}{2} = 3 \\times (127017)^2 \\times 314.16 \\times 3.0 \\times 10^{-6} \\times 0.0352$
$Q_L \\approx 5.09\\text{ MVAr}$
Étape 5 : Valeur de l'inductance shunt par phase :
$X_{L,shunt} = \\frac{3 V_r^2}{Q_L} = \\frac{3 \\times (127017)^2}{5.09 \\times 10^6} = \\frac{4.840 \\times 10^{10}}{5.09 \\times 10^6} = 9508\\text{ }\\Omega$
$L_{shunt} = \\frac{X_{L,shunt}}{\\omega} = \\frac{9508}{314.16} = 30.26\\text{ H} = 30260\\text{ mH}$
Interprétation : Une inductance shunt de $30.26\\text{ H}$ par phase (soit une réactance de $9508\\text{ }\\Omega$ à $50\\text{ Hz}$) est nécessaire pour absorber environ $5.09\\text{ MVAr}$ et limiter la surtension Ferranti. Cette compensation permet de maintenir la tension dans les limites acceptables lorsque la ligne fonctionne à vide ou à faible charge. En pratique, on utilise des réactances réglables ou des compensateurs statiques (SVC) pour s'adapter aux variations de charge.
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    "id_category": "3",
    "id_number": "25"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "Une ligne électrique triphasée aérienne de $220 kV$ et de longueur $l = 180 km$ est constituée de conducteurs en aluminium-acier disposés en triangle équilatéral. Chaque phase est formée d'un faisceau de $n = 2$ conducteurs. Le rayon de chaque conducteur est $r = 1,5 cm$, et les conducteurs du faisceau sont disposés sur un cercle de rayon $r_T = 40 cm$. Les distances entre les centres des faisceaux sont : $D_{12} = 6 m$, $D_{23} = 6 m$, et $D_{31} = 6 m$. La résistivité de l'aluminium est $\\rho_{Al} = 2,83 \\times 10^{-8} \\, \\Omega \\cdot m$, la section totale de chaque conducteur est $S = 300 mm^2$, la perméabilité magnétique relative est $\\mu_r = 1$, et la permittivité relative de l'air est $\\varepsilon_r = 1$. La fréquence du réseau est $f = 50 Hz$.

Question 1 : Calculer le rayon moyen géométrique (GMR) du faisceau de conducteurs et la distance moyenne géométrique (GMD) entre les phases.

Question 2 : Déterminer la résistance linéique $R'$ (en $\\Omega/km$), la réactance inductive linéique $X_L'$ (en $\\Omega/km$), et la réactance capacitive linéique $X_C'$ (en $\\Omega \\cdot km$) de la ligne.

Question 3 : Calculer l'impédance série totale $Z$ et l'admittance shunt totale $Y$ de la ligne pour la modélisation en $\\pi$ équivalent.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
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Solution complète de l'exercice :
Question 1 : Calcul du GMR et de la GMD
Étape 1.1 : Calcul du rayon moyen géométrique (GMR) du faisceau
Pour un faisceau de $n$ conducteurs, le rayon équivalent (GMR) se calcule par la formule suivante :
$r_{GMR} = \\sqrt[n]{n \\cdot r' \\cdot r_T^{n-1}}$
où $r'$ est le rayon du conducteur corrigé donné par $r' = r \\cdot e^{-1/4}$ pour tenir compte de la distribution du flux magnétique à l'intérieur du conducteur.

Calcul de $r'$ :
$r' = r \\cdot e^{-1/4} = 0,015 \\times e^{-0,25}$
$r' = 0,015 \\times 0,7788 = 0,01168 \\, m$
$r' = 1,168 \\, cm$

Pour $n = 2$ conducteurs :
$r_{GMR} = \\sqrt{2 \\cdot r' \\cdot r_T}$
$r_{GMR} = \\sqrt{2 \\times 0,01168 \\times 0,40}$
$r_{GMR} = \\sqrt{0,009344}$
$r_{GMR} = 0,0967 \\, m = 9,67 \\, cm$
Étape 1.2 : Calcul de la distance moyenne géométrique (GMD)
Pour un système triphasé équilibré, la GMD est la moyenne géométrique des distances entre phases :
$D_{GMD} = \\sqrt[3]{D_{12} \\cdot D_{23} \\cdot D_{31}}$
$D_{GMD} = \\sqrt[3]{6 \\times 6 \\times 6}$
$D_{GMD} = \\sqrt[3]{216}$
$D_{GMD} = 6 \\, m$

Résultats Question 1 :
$\\boxed{r_{GMR} = 9,67 \\, cm \\quad \\text{et} \\quad D_{GMD} = 6 \\, m}$
Question 2 : Calcul des paramètres linéiques de la ligne
Étape 2.1 : Calcul de la résistance linéique $R'$
La résistance linéique d'un conducteur est donnée par :
$R'_{conducteur} = \\frac{\\rho_{Al}}{S}$
$R'_{conducteur} = \\frac{2,83 \\times 10^{-8}}{300 \\times 10^{-6}}$
$R'_{conducteur} = \\frac{2,83 \\times 10^{-8}}{3 \\times 10^{-4}}$
$R'_{conducteur} = 9,433 \\times 10^{-5} \\, \\Omega/m = 0,09433 \\, \\Omega/km$

Puisque chaque phase contient $n = 2$ conducteurs en parallèle :
$R' = \\frac{R'_{conducteur}}{n} = \\frac{0,09433}{2}$
$R' = 0,04717 \\, \\Omega/km$
Étape 2.2 : Calcul de la réactance inductive linéique $X_L'$
L'inductance linéique est donnée par la formule :
$L' = \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{D_{GMD}}{r_{GMR}}\\right)$
où $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} \\, H/m$
$L' = \\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{6}{0,0967}\\right)$
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\ln(62,05)$
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\times 4,128$
$L' = 8,256 \\times 10^{-7} \\, H/m = 0,8256 \\, mH/km$

La réactance inductive linéique est :
$X_L' = \\omega L' = 2\\pi f L'$
$X_L' = 2\\pi \\times 50 \\times 0,8256 \\times 10^{-3}$
$X_L' = 0,2594 \\, \\Omega/km$
Étape 2.3 : Calcul de la réactance capacitive linéique $X_C'$
La capacitance linéique est donnée par :
$C' = \\frac{2\\pi \\varepsilon_0 \\varepsilon_r}{\\ln\\left(\\frac{D_{GMD}}{r_{eq}}\\right)}$
où $\\varepsilon_0 = 8,854 \\times 10^{-12} \\, F/m$ et pour un faisceau, on utilise le rayon équivalent du faisceau :
$r_{eq} = \\sqrt{n \\cdot r \\cdot r_T^{n-1}} = \\sqrt{2 \\times 0,015 \\times 0,40} = 0,0949 \\, m$
$C' = \\frac{2\\pi \\times 8,854 \\times 10^{-12} \\times 1}{\\ln\\left(\\frac{6}{0,0949}\\right)}$
$C' = \\frac{5,563 \\times 10^{-11}}{\\ln(63,22)}$
$C' = \\frac{5,563 \\times 10^{-11}}{4,147}$
$C' = 1,341 \\times 10^{-11} \\, F/m = 13,41 \\, nF/km$

La réactance capacitive linéique est :
$X_C' = \\frac{1}{\\omega C'} = \\frac{1}{2\\pi f C'}$
$X_C' = \\frac{1}{2\\pi \\times 50 \\times 13,41 \\times 10^{-9}}$
$X_C' = \\frac{1}{4,212 \\times 10^{-6}}$
$X_C' = 237444 \\, \\Omega \\cdot km = 237,4 \\, k\\Omega \\cdot km$

Résultats Question 2 :
$\\boxed{R' = 0,0472 \\, \\Omega/km \\quad ; \\quad X_L' = 0,259 \\, \\Omega/km \\quad ; \\quad X_C' = 237,4 \\, k\\Omega \\cdot km}$
Question 3 : Calcul de l'impédance et de l'admittance totales
Étape 3.1 : Calcul de l'impédance série totale $Z$
L'impédance série totale de la ligne est :
$Z = (R' + jX_L') \\times l$
$Z = (0,0472 + j0,259) \\times 180$
$Z = 8,496 + j46,62 \\, \\Omega$

Le module de l'impédance :
$|Z| = \\sqrt{R^2 + X_L^2} = \\sqrt{8,496^2 + 46,62^2}$
$|Z| = \\sqrt{72,18 + 2173,42} = \\sqrt{2245,6}$
$|Z| = 47,39 \\, \\Omega$
Étape 3.2 : Calcul de l'admittance shunt totale $Y$
L'admittance shunt totale (pour le modèle en $\\pi$) est :
$Y = j\\omega C' \\times l = j \\times \\frac{l}{X_C'}$
$Y = j \\times \\frac{180}{237400}$
$Y = j \\times 7,582 \\times 10^{-4} \\, S$
$Y = j \\, 758,2 \\, \\mu S$

Dans le modèle en $\\pi$, chaque branche shunt a une admittance de $Y/2$ :
$\\frac{Y}{2} = j \\, 379,1 \\, \\mu S$

Résultats Question 3 :
$\\boxed{Z = 8,50 + j46,6 \\, \\Omega \\quad ; \\quad Y = j758 \\, \\mu S \\quad ; \\quad \\frac{Y}{2} = j379 \\, \\mu S}$

Ces paramètres permettent de modéliser la ligne avec le circuit équivalent en $\\pi$ pour l'analyse des écoulements de puissance et des chutes de tension.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "26"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "Une ligne triphasée de transport d'énergie de $150 km$ de longueur fonctionne à une tension nominale de $U_n = 132 kV$ (tension composée). Les paramètres de la ligne par phase sont : résistance linéique $R' = 0,08 \\, \\Omega/km$, réactance inductive linéique $X_L' = 0,35 \\, \\Omega/km$. La ligne alimente une charge triphasée équilibrée absorbant une puissance active de $P_{charge} = 80 MW$ avec un facteur de puissance $\\cos\\varphi = 0,85$ (inductif) à la tension nominale de réception $U_r = 132 kV$. On néglige la capacité de la ligne pour cette analyse.

Question 1 : Calculer l'impédance série totale de la ligne et le courant de ligne $I$ absorbé par la charge.

Question 2 : Déterminer la chute de tension dans la ligne et la tension d'émission $U_e$ (tension composée) nécessaire au départ de la ligne pour maintenir $U_r = 132 kV$ à la réception.

Question 3 : Calculer les pertes de puissance active dans la ligne, la puissance réactive perdue, et le rendement de transmission.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution complète de l'exercice :
Question 1 : Calcul de l'impédance série et du courant de ligne
Étape 1.1 : Calcul de l'impédance série totale par phase
La résistance totale par phase est :
$R = R' \\times l = 0,08 \\times 150$
$R = 12 \\, \\Omega$

La réactance inductive totale par phase est :
$X_L = X_L' \\times l = 0,35 \\times 150$
$X_L = 52,5 \\, \\Omega$

L'impédance série complexe par phase est :
$Z = R + jX_L = 12 + j52,5 \\, \\Omega$

Le module de l'impédance :
$|Z| = \\sqrt{R^2 + X_L^2} = \\sqrt{12^2 + 52,5^2}$
$|Z| = \\sqrt{144 + 2756,25} = \\sqrt{2900,25}$
$|Z| = 53,85 \\, \\Omega$
Étape 1.2 : Calcul du courant de ligne $I$
La puissance apparente de la charge est :
$S_{charge} = \\frac{P_{charge}}{\\cos\\varphi} = \\frac{80}{0,85}$
$S_{charge} = 94,12 \\, MVA$

La puissance réactive de la charge est :
$Q_{charge} = S_{charge} \\sin\\varphi = S_{charge} \\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi}$
$\\sin\\varphi = \\sqrt{1 - 0,85^2} = \\sqrt{1 - 0,7225} = \\sqrt{0,2775} = 0,5268$
$Q_{charge} = 94,12 \\times 0,5268 = 49,58 \\, Mvar$

Le courant de ligne pour un système triphasé est :
$I = \\frac{S_{charge}}{\\sqrt{3} \\cdot U_r} = \\frac{94,12 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 132 \\times 10^3}$
$I = \\frac{94,12 \\times 10^6}{228,6 \\times 10^3}$
$I = 411,8 \\, A$

Résultats Question 1 :
$\\boxed{Z = 12 + j52,5 \\, \\Omega \\quad ; \\quad |Z| = 53,85 \\, \\Omega \\quad ; \\quad I = 411,8 \\, A}$
Question 2 : Calcul de la chute de tension et de la tension d'émission
Étape 2.1 : Calcul de la chute de tension par phase
La tension simple de réception est :
$V_r = \\frac{U_r}{\\sqrt{3}} = \\frac{132000}{\\sqrt{3}}$
$V_r = 76210 \\, V = 76,21 \\, kV$

Pour une charge inductive, la formule approximative de la chute de tension par phase est :
$\\Delta V = R \\cdot I \\cdot \\cos\\varphi + X_L \\cdot I \\cdot \\sin\\varphi$
$\\Delta V = 12 \\times 411,8 \\times 0,85 + 52,5 \\times 411,8 \\times 0,5268$
$\\Delta V = 4200 + 11384$
$\\Delta V = 15584 \\, V = 15,58 \\, kV$
Étape 2.2 : Calcul de la tension simple d'émission
La tension simple d'émission est :
$V_e = V_r + \\Delta V = 76,21 + 15,58$
$V_e = 91,79 \\, kV$

La tension composée d'émission est :
$U_e = \\sqrt{3} \\cdot V_e = \\sqrt{3} \\times 91,79$
$U_e = 159,0 \\, kV$

Le pourcentage de chute de tension est :
$\\%\\Delta U = \\frac{U_e - U_r}{U_e} \\times 100 = \\frac{159,0 - 132}{159,0} \\times 100$
$\\%\\Delta U = \\frac{27}{159} \\times 100 = 16,98 \\, \\%$

Résultats Question 2 :
$\\boxed{\\Delta V = 15,58 \\, kV \\, (phase) \\quad ; \\quad U_e = 159,0 \\, kV \\quad ; \\quad \\%\\Delta U = 17,0 \\, \\%}$
Question 3 : Calcul des pertes de puissance et du rendement
Étape 3.1 : Calcul des pertes de puissance active
Les pertes Joule dans la ligne triphasée sont :
$P_{pertes} = 3 \\cdot R \\cdot I^2$
$P_{pertes} = 3 \\times 12 \\times (411,8)^2$
$P_{pertes} = 3 \\times 12 \\times 169619$
$P_{pertes} = 6106284 \\, W = 6,106 \\, MW$
Étape 3.2 : Calcul des pertes de puissance réactive
Les pertes de puissance réactive dans la réactance de ligne sont :
$Q_{pertes} = 3 \\cdot X_L \\cdot I^2$
$Q_{pertes} = 3 \\times 52,5 \\times (411,8)^2$
$Q_{pertes} = 3 \\times 52,5 \\times 169619$
$Q_{pertes} = 26714992 \\, var = 26,71 \\, Mvar$
Étape 3.3 : Calcul de la puissance émise et du rendement
La puissance active émise est :
$P_{émise} = P_{charge} + P_{pertes} = 80 + 6,106$
$P_{émise} = 86,106 \\, MW$

Le rendement de transmission est :
$\\eta = \\frac{P_{charge}}{P_{émise}} \\times 100 = \\frac{80}{86,106} \\times 100$
$\\eta = 92,91 \\, \\%$

La puissance réactive émise est :
$Q_{émise} = Q_{charge} + Q_{pertes} = 49,58 + 26,71$
$Q_{émise} = 76,29 \\, Mvar$

Résultats Question 3 :
$\\boxed{P_{pertes} = 6,11 \\, MW \\quad ; \\quad Q_{pertes} = 26,71 \\, Mvar \\quad ; \\quad \\eta = 92,91 \\, \\%}$

L'analyse montre que la ligne présente une chute de tension importante de $17\\%$ et des pertes significatives. Une compensation de la puissance réactive serait bénéfique pour améliorer le rendement et réduire la chute de tension.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "27"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "Une ligne aérienne triphasée de transport d'énergie de longueur $l = 320 km$ fonctionne à une tension nominale de $U_n = 380 kV$ à $f = 50 Hz$. Les paramètres linéiques de la ligne sont : inductance linéique $L' = 0,95 \\, mH/km$ et capacité linéique $C' = 12,5 \\, nF/km$. La ligne est initialement à vide (sans charge à l'extrémité de réception). On souhaite ensuite alimenter une charge triphasée de puissance $P = 500 MW$ avec un facteur de puissance initial $\\cos\\varphi = 0,80$ (inductif). On néglige la résistance de la ligne pour cette analyse.

Question 1 : Calculer l'effet Ferranti, c'est-à-dire le rapport $U_r/U_e$ et la surtension en pourcentage lorsque la ligne fonctionne à vide avec $U_e = 380 kV$ à l'émission.

Question 2 : Déterminer la puissance réactive naturelle $P_{nat}$ de la ligne et la puissance réactive consommée par la charge à $U_r = 380 kV$.

Question 3 : Calculer la puissance réactive des condensateurs shunt $Q_C$ nécessaire à installer à la réception pour améliorer le facteur de puissance à $\\cos\\varphi_{nouveau} = 0,95$ et réduire les pertes de transport.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution complète de l'exercice :
Question 1 : Calcul de l'effet Ferranti
Étape 1.1 : Calcul des paramètres totaux de la ligne
L'inductance totale de la ligne est :
$L_{totale} = L' \\times l = 0,95 \\times 10^{-3} \\times 320$
$L_{totale} = 0,304 \\, H$

La capacité totale de la ligne est :
$C_{totale} = C' \\times l = 12,5 \\times 10^{-9} \\times 320$
$C_{totale} = 4 \\times 10^{-6} \\, F = 4 \\, \\mu F$
Étape 1.2 : Calcul du rapport de tension (Effet Ferranti)
Pour une ligne sans pertes à vide, le rapport de tension est donné par la formule de Ferranti (approximation) :
$\\frac{U_r}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{L_{totale} \\cdot C_{totale} \\cdot \\omega^2}{2}}$
où $\\omega = 2\\pi f = 2\\pi \\times 50 = 314,16 \\, rad/s$

Calcul de $\\omega^2$ :
$\\omega^2 = (314,16)^2 = 98696 \\, rad^2/s^2$

Calcul du produit $L_{totale} \\cdot C_{totale}$ :
$L_{totale} \\cdot C_{totale} = 0,304 \\times 4 \\times 10^{-6}$
$L_{totale} \\cdot C_{totale} = 1,216 \\times 10^{-6} \\, s^2$

Calcul de $\\frac{L_{totale} \\cdot C_{totale} \\cdot \\omega^2}{2}$ :
$\\frac{L_{totale} \\cdot C_{totale} \\cdot \\omega^2}{2} = \\frac{1,216 \\times 10^{-6} \\times 98696}{2}$
$\\frac{L_{totale} \\cdot C_{totale} \\cdot \\omega^2}{2} = \\frac{0,12001}{2} = 0,06001$

Le rapport de tension est :
$\\frac{U_r}{U_e} = \\frac{1}{1 - 0,06001} = \\frac{1}{0,93999}$
$\\frac{U_r}{U_e} = 1,0638$
Étape 1.3 : Calcul de la surtension
Avec $U_e = 380 kV$, la tension de réception à vide est :
$U_r = U_e \\times 1,0638 = 380 \\times 1,0638$
$U_r = 404,25 \\, kV$

La surtension en pourcentage est :
$\\%Surtension = \\left(\\frac{U_r - U_e}{U_e}\\right) \\times 100 = (1,0638 - 1) \\times 100$
$\\%Surtension = 6,38 \\, \\%$

Résultats Question 1 :
$\\boxed{\\frac{U_r}{U_e} = 1,064 \\quad ; \\quad U_r = 404,25 \\, kV \\quad ; \\quad \\%Surtension = 6,38 \\, \\%}$
Question 2 : Calcul de la puissance naturelle et de la puissance réactive de la charge
Étape 2.1 : Calcul de l'impédance caractéristique $Z_c$
L'impédance caractéristique de la ligne est :
$Z_c = \\sqrt{\\frac{L'}{C'}} = \\sqrt{\\frac{0,95 \\times 10^{-3}}{12,5 \\times 10^{-9}}}$
$Z_c = \\sqrt{\\frac{0,95 \\times 10^{-3}}{12,5 \\times 10^{-9}}} = \\sqrt{76000}$
$Z_c = 275,68 \\, \\Omega$
Étape 2.2 : Calcul de la puissance naturelle $P_{nat}$
La puissance naturelle (SIL - Surge Impedance Loading) est la puissance que peut transporter la ligne sans échange de puissance réactive :
$P_{nat} = \\frac{U_n^2}{Z_c}$
$P_{nat} = \\frac{(380 \\times 10^3)^2}{275,68}$
$P_{nat} = \\frac{144,4 \\times 10^9}{275,68}$
$P_{nat} = 523,8 \\times 10^6 \\, W = 523,8 \\, MW$
Étape 2.3 : Calcul de la puissance réactive de la charge
La puissance apparente de la charge est :
$S_{charge} = \\frac{P}{\\cos\\varphi} = \\frac{500}{0,80}$
$S_{charge} = 625 \\, MVA$

La puissance réactive consommée par la charge est :
$Q_{charge} = S_{charge} \\times \\sin\\varphi$
$\\sin\\varphi = \\sqrt{1 - \\cos^2\\varphi} = \\sqrt{1 - 0,80^2} = \\sqrt{1 - 0,64} = \\sqrt{0,36}$
$\\sin\\varphi = 0,60$
$Q_{charge} = 625 \\times 0,60$
$Q_{charge} = 375 \\, Mvar$

Résultats Question 2 :
$\\boxed{Z_c = 275,7 \\, \\Omega \\quad ; \\quad P_{nat} = 523,8 \\, MW \\quad ; \\quad Q_{charge} = 375 \\, Mvar}$
Question 3 : Calcul de la compensation capacitive nécessaire
Étape 3.1 : Calcul de la nouvelle puissance réactive après compensation
Avec le nouveau facteur de puissance $\\cos\\varphi_{nouveau} = 0,95$ :
$\\sin\\varphi_{nouveau} = \\sqrt{1 - 0,95^2} = \\sqrt{1 - 0,9025} = \\sqrt{0,0975}$
$\\sin\\varphi_{nouveau} = 0,3122$

La nouvelle puissance apparente (la puissance active reste constante) :
$S_{nouveau} = \\frac{P}{\\cos\\varphi_{nouveau}} = \\frac{500}{0,95}$
$S_{nouveau} = 526,3 \\, MVA$

La nouvelle puissance réactive nécessaire est :
$Q_{nouveau} = S_{nouveau} \\times \\sin\\varphi_{nouveau} = 526,3 \\times 0,3122$
$Q_{nouveau} = 164,3 \\, Mvar$
Étape 3.2 : Calcul de la puissance réactive des condensateurs $Q_C$
La puissance réactive des condensateurs shunt à installer est la différence entre l'ancienne et la nouvelle puissance réactive :
$Q_C = Q_{charge} - Q_{nouveau} = 375 - 164,3$
$Q_C = 210,7 \\, Mvar$

Les condensateurs fournissent de la puissance réactive capacitive, ce qui compense la puissance réactive inductive de la charge.
Étape 3.3 : Vérification et interprétation
Le rapport $P/P_{nat}$ après compensation :
$\\frac{P}{P_{nat}} = \\frac{500}{523,8} = 0,955$

Ce rapport proche de $1$ indique que la ligne fonctionne près de sa charge naturelle, ce qui minimise les pertes et améliore la stabilité. La compensation permet de réduire le courant de ligne de :
$I_{avant} = \\frac{S_{charge}}{\\sqrt{3} \\cdot U_n} = \\frac{625 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 380 \\times 10^3} = 950 \\, A$
$I_{après} = \\frac{S_{nouveau}}{\\sqrt{3} \\cdot U_n} = \\frac{526,3 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 380 \\times 10^3} = 800 \\, A$

Réduction du courant :
$\\%Réduction = \\frac{950 - 800}{950} \\times 100 = 15,8 \\, \\%$

Résultats Question 3 :
$\\boxed{Q_C = 210,7 \\, Mvar \\quad ; \\quad I_{réduit} = 800 \\, A \\quad ; \\quad \\%Réduction = 15,8 \\, \\%}$

La compensation réactive permet de réduire les pertes de transport (proportionnelles à $I^2$) d'environ $29\\%$ et d'améliorer la régulation de tension sur la ligne.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "28"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 1 : Calcul des Paramètres Longitudinaux d'une Ligne Triphasée HT
Une ligne électrique triphasée aérienne de $220 kV$ et de longueur $150 km$ est constituée de conducteurs en aluminium-acier (ACSR) disposés en configuration triangulaire horizontale. Les trois phases sont équidistantes avec une distance entre phases adjacentes de $D_{12} = 8 m$, $D_{23} = 8 m$ et $D_{31} = 16 m$.
Chaque phase est constituée d'un faisceau de $n = 2$ conducteurs. Chaque conducteur a un rayon $r_c = 1.5 cm$ et un rayon moyen géométrique (RMG) de $r_{GMR} = 1.17 cm$. Les conducteurs d'un même faisceau sont séparés par une distance $d = 40 cm$. La résistance d'un conducteur individuel à $20°C$ est $R_{20} = 0.095 \\Omega/km$.
Question 1 : Calculer la distance moyenne géométrique (DMG) entre les phases de cette ligne triphasée.
Question 2 : Déterminer le rayon moyen géométrique équivalent (RMGeq) du faisceau de conducteurs pour chaque phase.
Question 3 : En utilisant les résultats des questions 1 et 2, calculer l'inductance linéique $L'$ de la ligne en $mH/km$, puis l'inductance totale $L$ de la ligne. On donne $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} H/m$.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution de l'Exercice 1
Question 1 : Calcul de la Distance Moyenne Géométrique (DMG)
La distance moyenne géométrique (DMG) entre les phases d'une ligne triphasée se calcule comme la moyenne géométrique des distances entre chaque paire de phases. Cette valeur est essentielle pour déterminer l'inductance de la ligne.
1. Formule générale :
Pour un système triphasé, la DMG est définie par :
$DMG = \\sqrt[3]{D_{12} \\times D_{23} \\times D_{31}}$
2. Remplacement des données :
On remplace avec $D_{12} = 8 m$, $D_{23} = 8 m$, et $D_{31} = 16 m$ :
$DMG = \\sqrt[3]{8 \\times 8 \\times 16}$
3. Calcul :
$DMG = \\sqrt[3]{1024} = \\sqrt[3]{2^{10}} = 2^{10/3} = 2^{3.333}$
$DMG = 10.08 m$
4. Résultat final :
$\\boxed{DMG = 10.08 m}$
Question 2 : Calcul du Rayon Moyen Géométrique Équivalent du Faisceau
Pour un faisceau de conducteurs, le RMG équivalent prend en compte à la fois le RMG de chaque conducteur individuel et la configuration géométrique du faisceau. Ce paramètre est crucial pour le calcul précis de l'inductance.
1. Formule générale :
Pour un faisceau de $n$ conducteurs disposés en cercle, le RMG équivalent est :
$RMG_{eq} = \\sqrt[n]{n \\times r_{GMR} \\times d^{n-1}}$
où $d$ est la distance entre conducteurs du faisceau.
2. Remplacement des données :
Avec $n = 2$, $r_{GMR} = 1.17 cm = 0.0117 m$, et $d = 40 cm = 0.40 m$ :
$RMG_{eq} = \\sqrt[2]{2 \\times 0.0117 \\times 0.40^{2-1}}$
$RMG_{eq} = \\sqrt{2 \\times 0.0117 \\times 0.40}$
3. Calcul :
$RMG_{eq} = \\sqrt{0.00936} = 0.0968 m$
$RMG_{eq} = 9.68 cm$
4. Résultat final :
$\\boxed{RMG_{eq} = 9.68 cm = 0.0968 m}$
Question 3 : Calcul de l'Inductance Linéique et Totale
L'inductance d'une ligne électrique dépend de la configuration géométrique (DMG) et des caractéristiques des conducteurs (RMG). Elle détermine la réactance inductive de la ligne qui influence la chute de tension et le transport de puissance.
1. Formule générale de l'inductance linéique :
L'inductance linéique d'une ligne triphasée est donnée par :
$L' = \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{DMG}{RMG_{eq}}\\right)$
où $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} H/m$.
2. Remplacement des données :
Avec $DMG = 10.08 m$ et $RMG_{eq} = 0.0968 m$ :
$L' = \\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{10.08}{0.0968}\\right)$
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\ln(104.13)$
3. Calcul :
$\\ln(104.13) = 4.646$
$L' = 2 \\times 10^{-7} \\times 4.646 = 9.292 \\times 10^{-7} H/m$
$L' = 0.9292 \\times 10^{-3} H/km = 0.9292 mH/km$
Calcul de l'inductance totale :
$L_{totale} = L' \\times l = 0.9292 \\times 150 = 139.38 mH$
4. Résultat final :
$\\boxed{L' = 0.929 mH/km \\text{ et } L_{totale} = 139.4 mH}$
Cette inductance totale de $139.4 mH$ génère une réactance inductive significative à $50 Hz$ de $X_L = 2\\pi f L = 43.8 \\Omega$, qui doit être prise en compte dans les études de flux de puissance et de régulation de tension.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "29"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 2 : Effet Ferranti et Compensation Réactive
Une ligne de transport d'énergie triphasée de $380 kV$ et de longueur $l = 320 km$ est mise sous tension à vide (sans charge à l'extrémité réceptrice). Les paramètres linéiques de la ligne sont : $L' = 1.01 mH/km$ et $C' = 11.48 nF/km$. La fréquence du réseau est $f = 50 Hz$.
À cause de l'effet capacitif important de cette longue ligne, on observe une élévation de tension à l'extrémité ouverte (effet Ferranti). Pour contrôler ce phénomène, il est envisagé d'installer une réactance shunt à l'extrémité réceptrice.
Question 1 : Calculer l'inductance totale $L$ et la capacité totale $C$ de la ligne. En déduire la pulsation $\\omega$ du réseau.
Question 2 : En utilisant la formule approximative de l'effet Ferranti valable pour les lignes de longueur moyenne, calculer le rapport de surtension $\\frac{U_s}{U_e}$ où $U_s$ est la tension à l'extrémité ouverte et $U_e$ la tension d'entrée. Déterminer ensuite la surtension en pourcentage.
Question 3 : Pour limiter la surtension à $5\\%$ maximum, calculer la valeur de la réactance inductive shunt $L_{shunt}$ (en $H$) qu'il faut installer à l'extrémité réceptrice. On suppose que cette réactance absorbe la puissance réactive capacitive excédentaire. Utiliser la relation $Q_C = \\frac{U_s^2}{X_{Lshunt}}$ où $X_{Lshunt} = 2\\pi f L_{shunt}$, et $Q_C = U_s^2 \\omega C$ représente la puissance réactive capacitive à compenser.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Calcul de l'Inductance Totale, Capacité Totale et Pulsation
Les paramètres globaux de la ligne sont obtenus en multipliant les valeurs linéiques par la longueur totale. La pulsation caractérise la fréquence angulaire du réseau.
1. Formules générales :
L'inductance totale et la capacité totale sont :
$L = L' \\times l$
$C = C' \\times l$
La pulsation est donnée par :
$\\omega = 2\\pi f$
2. Remplacement des données :
Pour l'inductance avec $L' = 1.01 mH/km = 1.01 \\times 10^{-3} H/km$ et $l = 320 km$ :
$L = 1.01 \\times 10^{-3} \\times 320$
Pour la capacité avec $C' = 11.48 nF/km = 11.48 \\times 10^{-9} F/km$ et $l = 320 km$ :
$C = 11.48 \\times 10^{-9} \\times 320$
Pour la pulsation avec $f = 50 Hz$ :
$\\omega = 2\\pi \\times 50$
3. Calcul :
$L = 0.3232 H$
$C = 3.6736 \\times 10^{-6} F = 3.674 \\mu F$
$\\omega = 314.16 rad/s$
4. Résultat final :
$\\boxed{L = 0.323 H, \\quad C = 3.674 \\mu F, \\quad \\omega = 314.16 rad/s}$
Question 2 : Calcul du Rapport de Surtension et Pourcentage
L'effet Ferranti se manifeste par une élévation de tension à l'extrémité ouverte d'une ligne. Ce phénomène est dû à l'énergie réactive capacitive qui n'est pas compensée par une charge.
1. Formule générale (approximation pour lignes moyennes) :
Le rapport de surtension est donné par :
$\\frac{U_s}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{LC\\omega^2}{2}}$
2. Remplacement des données :
Avec $L = 0.3232 H$, $C = 3.674 \\times 10^{-6} F$, et $\\omega = 314.16 rad/s$ :
$\\frac{U_s}{U_e} = \\frac{1}{1 - \\frac{0.3232 \\times 3.674 \\times 10^{-6} \\times (314.16)^2}{2}}$
3. Calcul :
Calculons d'abord le produit $LC\\omega^2$ :
$LC\\omega^2 = 0.3232 \\times 3.674 \\times 10^{-6} \\times 98696.4 = 0.1172$
$\\frac{LC\\omega^2}{2} = 0.0586$
$\\frac{U_s}{U_e} = \\frac{1}{1 - 0.0586} = \\frac{1}{0.9414} = 1.0622$
La surtension en pourcentage est :
$\\text{Surtension} = (1.0622 - 1) \\times 100\\% = 6.22\\%$
4. Résultat final :
$\\boxed{\\frac{U_s}{U_e} = 1.062 \\text{ soit une surtension de } 6.22\\%}$
Cette surtension de $6.22\\%$ dépasse la limite acceptable de $5\\%$, nécessitant une compensation.
Question 3 : Calcul de la Réactance Shunt pour Limiter la Surtension
Pour limiter l'effet Ferranti, une réactance inductive shunt est installée pour absorber l'excès de puissance réactive capacitive. L'objectif est de ramener la surtension à un niveau acceptable.
1. Formule générale :
Pour une surtension de $5\\%$, on veut $\\frac{U_s}{U_e} = 1.05$. À partir de la formule de Ferranti :
$1.05 = \\frac{1}{1 - \\frac{LC_{eff}\\omega^2}{2}}$
où $C_{eff}$ est la capacité effective après compensation. La puissance réactive à compenser est :
$Q_{comp} = U_s^2 \\omega (C - C_{eff})$
Cette puissance doit être absorbée par la réactance shunt :
$Q_{comp} = \\frac{U_s^2}{X_{Lshunt}} = \\frac{U_s^2}{\\omega L_{shunt}}$
2. Remplacement des données :
De $1.05 = \\frac{1}{1 - \\frac{LC_{eff}\\omega^2}{2}}$, on obtient :
$1 - \\frac{LC_{eff}\\omega^2}{2} = \\frac{1}{1.05} = 0.9524$
$\\frac{LC_{eff}\\omega^2}{2} = 0.0476$
$C_{eff} = \\frac{2 \\times 0.0476}{L\\omega^2} = \\frac{0.0952}{0.3232 \\times 98696.4} = 2.985 \\times 10^{-6} F$
3. Calcul :
La capacité à compenser est :
$\\Delta C = C - C_{eff} = 3.674 \\times 10^{-6} - 2.985 \\times 10^{-6} = 0.689 \\times 10^{-6} F$
En prenant $U_s = 1.05 \\times 380 = 399 kV$ (tension composée), la tension simple est $U_s = \\frac{399}{\\sqrt{3}} = 230.4 kV$.
La puissance réactive capacitive à compenser par phase :
$Q_{comp} = U_s^2 \\omega \\Delta C = (230.4 \\times 10^3)^2 \\times 314.16 \\times 0.689 \\times 10^{-6}$
$Q_{comp} = 11.51 \\times 10^6 W = 11.51 MVAR$
La réactance inductive nécessaire :
$X_{Lshunt} = \\frac{U_s^2}{Q_{comp}} = \\frac{(230.4 \\times 10^3)^2}{11.51 \\times 10^6} = 4614 \\Omega$
L'inductance shunt :
$L_{shunt} = \\frac{X_{Lshunt}}{\\omega} = \\frac{4614}{314.16} = 14.69 H$
4. Résultat final :
$\\boxed{L_{shunt} = 14.7 H \\text{ par phase, soit } X_{Lshunt} = 4614 \\Omega}$
Cette réactance shunt de $14.7 H$ par phase permet de maintenir la surtension sous $5\\%$ en absorbant $11.51 MVAR$ de puissance réactive capacitive par phase.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "30"
  },
  {
    "category": "Modélisation des lignes électriques ",
    "question": "
Exercice 3 : Puissance Transmise et Compensation du Facteur de Puissance
Une ligne triphasée de transport d'énergie de $380 kV$ (tension composée) et de longueur $l = 200 km$ alimente une charge industrielle. Les paramètres de la ligne sont : résistance linéique $R' = 0.03 \\Omega/km$, réactance inductive linéique $X'_L = 0.25 \\Omega/km$.
La charge à l'extrémité réceptrice consomme une puissance active $P = 450 MW$ avec un facteur de puissance initial $\\cos(\\phi_1) = 0.85$ inductif (en retard). On souhaite améliorer le facteur de puissance à $\\cos(\\phi_2) = 0.95$ inductif en installant une batterie de condensateurs en parallèle avec la charge.
Question 1 : Calculer la puissance réactive $Q_1$ consommée par la charge avant compensation, ainsi que la puissance apparente $S_1$. En déduire le courant de ligne $I_1$ (en ampères) circulant dans la ligne avant compensation.
Question 2 : Après l'installation des condensateurs, calculer la nouvelle puissance réactive $Q_2$ consommée par l'ensemble {charge + condensateurs} pour atteindre un facteur de puissance de $0.95$. En déduire la puissance réactive $Q_C$ que doivent fournir les condensateurs (puissance de compensation), et le nouveau courant de ligne $I_2$.
Question 3 : Calculer la chute de tension relative dans la ligne $\\frac{\\Delta U}{U_r}$ avant et après compensation. On utilisera la formule simplifiée de chute de tension : $\\Delta U \\approx \\frac{RI \\cos(\\phi) + XI \\sin(\\phi)}{1}$ par phase, où $R = R' \\times l$ et $X = X'_L \\times l$ sont la résistance et réactance totales de la ligne. Comparer les pertes de puissance active $\\Delta P = 3R I^2$ dans la ligne avant et après compensation.
",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Calcul de Q₁, S₁ et I₁ avant Compensation
Avant la compensation, la charge consomme de la puissance active et réactive. Le facteur de puissance indique le déphasage entre tension et courant, et permet de calculer la puissance réactive à partir de la puissance active.
1. Formules générales :
La puissance réactive est liée à la puissance active par :
$Q_1 = P \\tan(\\phi_1) = P \\times \\frac{\\sin(\\phi_1)}{\\cos(\\phi_1)}$
où $\\sin(\\phi_1) = \\sqrt{1 - \\cos^2(\\phi_1)}$. La puissance apparente est :
$S_1 = \\frac{P}{\\cos(\\phi_1)}$
Le courant de ligne triphasé est :
$I_1 = \\frac{S_1}{\\sqrt{3} U}$
2. Remplacement des données :
Avec $P = 450 MW = 450 \\times 10^6 W$ et $\\cos(\\phi_1) = 0.85$ :
$\\sin(\\phi_1) = \\sqrt{1 - 0.85^2} = \\sqrt{1 - 0.7225} = \\sqrt{0.2775} = 0.527$
$\\tan(\\phi_1) = \\frac{0.527}{0.85} = 0.620$
$Q_1 = 450 \\times 10^6 \\times 0.620$
$S_1 = \\frac{450 \\times 10^6}{0.85}$
$I_1 = \\frac{S_1}{\\sqrt{3} \\times 380 \\times 10^3}$
3. Calcul :
$Q_1 = 279 \\times 10^6 VAR = 279 MVAR$
$S_1 = 529.4 \\times 10^6 VA = 529.4 MVA$
$I_1 = \\frac{529.4 \\times 10^6}{\\sqrt{3} \\times 380 \\times 10^3} = \\frac{529.4 \\times 10^6}{658.0 \\times 10^3} = 804.6 A$
4. Résultat final :
$\\boxed{Q_1 = 279 MVAR, \\quad S_1 = 529.4 MVA, \\quad I_1 = 804.6 A}$
Question 2 : Calcul de Q₂, Q_C et I₂ après Compensation
L'amélioration du facteur de puissance par l'ajout de condensateurs permet de réduire la puissance réactive totale et donc le courant circulant dans la ligne, ce qui diminue les pertes et améliore l'efficacité du transport.
1. Formules générales :
Avec le nouveau facteur de puissance $\\cos(\\phi_2) = 0.95$ :
$\\sin(\\phi_2) = \\sqrt{1 - \\cos^2(\\phi_2)}$
$Q_2 = P \\tan(\\phi_2)$
La puissance réactive des condensateurs (compensation) est :
$Q_C = Q_1 - Q_2$
La nouvelle puissance apparente et le nouveau courant sont :
$S_2 = \\frac{P}{\\cos(\\phi_2)}$
$I_2 = \\frac{S_2}{\\sqrt{3} U}$
2. Remplacement des données :
Avec $\\cos(\\phi_2) = 0.95$ :
$\\sin(\\phi_2) = \\sqrt{1 - 0.95^2} = \\sqrt{1 - 0.9025} = \\sqrt{0.0975} = 0.312$
$\\tan(\\phi_2) = \\frac{0.312}{0.95} = 0.328$
$Q_2 = 450 \\times 10^6 \\times 0.328$
$Q_C = 279 \\times 10^6 - Q_2$
$S_2 = \\frac{450 \\times 10^6}{0.95}$
$I_2 = \\frac{S_2}{\\sqrt{3} \\times 380 \\times 10^3}$
3. Calcul :
$Q_2 = 147.6 \\times 10^6 VAR = 147.6 MVAR$
$Q_C = 279 - 147.6 = 131.4 MVAR$
$S_2 = 473.7 \\times 10^6 VA = 473.7 MVA$
$I_2 = \\frac{473.7 \\times 10^6}{658.0 \\times 10^3} = 719.9 A$
4. Résultat final :
$\\boxed{Q_2 = 147.6 MVAR, \\quad Q_C = 131.4 MVAR, \\quad I_2 = 719.9 A}$
La compensation réduit le courant de $804.6 A$ à $719.9 A$, soit une réduction de $10.5\\%$.
Question 3 : Calcul des Chutes de Tension et Comparaison des Pertes
La chute de tension dans une ligne dépend de la résistance, de la réactance, du courant et du facteur de puissance. Les pertes actives sont proportionnelles au carré du courant, donc leur réduction est significative après compensation.
1. Formules générales :
La résistance et réactance totales sont :
$R = R' \\times l \\quad \\text{et} \\quad X = X'_L \\times l$
La chute de tension par phase (simplifiée) est :
$\\Delta U \\approx R I \\cos(\\phi) + X I \\sin(\\phi)$
La chute de tension relative est :
$\\frac{\\Delta U}{U_{phase}} = \\frac{\\Delta U}{U/\\sqrt{3}}$
Les pertes actives triphasées dans la ligne sont :
$\\Delta P = 3 R I^2$
2. Remplacement des données :
Calcul des paramètres de la ligne :
$R = 0.03 \\times 200 = 6 \\Omega$
$X = 0.25 \\times 200 = 50 \\Omega$
Tension par phase :
$U_{phase} = \\frac{380 \\times 10^3}{\\sqrt{3}} = 219.4 \\times 10^3 V$
Avant compensation :
$\\Delta U_1 = 6 \\times 804.6 \\times 0.85 + 50 \\times 804.6 \\times 0.527$
$\\frac{\\Delta U_1}{U_{phase}} = \\frac{\\Delta U_1}{219.4 \\times 10^3}$
$\\Delta P_1 = 3 \\times 6 \\times (804.6)^2$
Après compensation :
$\\Delta U_2 = 6 \\times 719.9 \\times 0.95 + 50 \\times 719.9 \\times 0.312$
$\\frac{\\Delta U_2}{U_{phase}} = \\frac{\\Delta U_2}{219.4 \\times 10^3}$
$\\Delta P_2 = 3 \\times 6 \\times (719.9)^2$
3. Calcul :
Avant compensation :
$\\Delta U_1 = 4103.5 + 21201.3 = 25304.8 V = 25.3 kV$
$\\frac{\\Delta U_1}{U_{phase}} = \\frac{25.3}{219.4} = 0.1153 = 11.53\\%$
$\\Delta P_1 = 18 \\times 647540.9 = 11.66 \\times 10^6 W = 11.66 MW$
Après compensation :
$\\Delta U_2 = 4103.3 + 11230.3 = 15333.6 V = 15.3 kV$
$\\frac{\\Delta U_2}{U_{phase}} = \\frac{15.3}{219.4} = 0.0698 = 6.98\\%$
$\\Delta P_2 = 18 \\times 518256.0 = 9.33 \\times 10^6 W = 9.33 MW$
4. Résultat final :
$\\boxed{\\text{Avant : } \\frac{\\Delta U_1}{U} = 11.53\\%, \\, \\Delta P_1 = 11.66 MW}$
$\\boxed{\\text{Après : } \\frac{\\Delta U_2}{U} = 6.98\\%, \\, \\Delta P_2 = 9.33 MW}$
Conclusion : La compensation du facteur de puissance permet de réduire la chute de tension de $11.53\\%$ à $6.98\\%$ (réduction de $39.5\\%$) et les pertes actives de $11.66 MW$ à $9.33 MW$ (réduction de $2.33 MW$, soit $20\\%$). Cela améliore considérablement l'efficacité du transport d'énergie.
",
    "id_category": "3",
    "id_number": "31"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Une branche d’un réseau MT distribue une puissance active de $2~\\mathrm{MW}$ sur une section de câble de $7~\\mathrm{km}$ avec une tension nominale de $15~\\mathrm{kV}$. La résistance linéique du câble est $0{,}092~\\Omega/\\mathrm{km}$, son réactance linéique $0{,}76~\\Omega/\\mathrm{km}$.\n\n1. Calculer le courant dans la branche.\n2. Calculer la chute de tension sur la branche en tenant compte de la réactance.\n3. Calculer la puissance active perdue par effet Joule sur la branche.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant :
Formule générale :
  Remplacement :
  Calcul :
   Résultat :
 Le courant dans la branche est 2. Calcul de la chute de tension :
Formule générale :
  Où    Résultat :
 La chute de tension sur la branche est 3. Calcul de la puissance perdue par effet Joule :
Formule générale :
  Remplacement :
  Calcul :
   Résultat :
 La puissance active dissipée par effet Joule sur la branche est ",
    "id_category": "4",
    "id_number": "1"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Dans un poste source HT/MT, un transformateur de puissance de $25~MVA$, $110~/~20~kV$ alimente un réseau MT. Lorsqu’un court-circuit triphasé se produit au secondaire du transformateur, les données suivantes sont relevées : Impédance du transformateur $Z_{cc} = 8~\\%$.\n1. Calculez l’intensité du courant de court-circuit trifasé au secondaire du transformateur.\n2. Déterminez la puissance apparente de court-circuit.\n3. Calculez le courant nominal du transformateur et interprétez le rapport entre les deux intensités.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1 : Calcul du courant de court-circuit trifasé au secondaire du transformateur
1. Formule générale : $I_{cc} = \\frac{S_{n}}{\\sqrt{3} \\cdot U_{n} \\cdot Z_{cc}/100}$
2. Remplacement : $I_{cc} = \\frac{25\\ 000\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 20\\ 000 \\times 0{,}08}$
3. Calcul : $I_{cc} = \\frac{25\\ 000\\ 000}{27\\ 712} = 902~A$
4. Résultat final : Le courant de court-circuit trifasé au secondaire est $902~A$.

Q2 : Puissance apparente de court-circuit
1. Formule générale : $S_{cc} = U_{n} \\cdot I_{cc} \\cdot \\sqrt{3}$
2. Remplacement : $S_{cc} = 20\\ 000 \\times 902 \\times \\sqrt{3}$
3. Calcul : $S_{cc} = 20\\ 000 \\times 902 \\times 1{,}732 = 31\\ 254\\ 280~VA$
4. Résultat final : La puissance apparente de court-circuit est $31{,}25~MVA$.

Q3 : Calcul du courant nominal du transformateur et interprétation
1. Formule générale : $I_{n} = \\frac{S_{n}}{\\sqrt{3} \\cdot U_{n}}$
2. Remplacement : $I_{n} = \\frac{25\\ 000\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 20\\ 000}$
3. Calcul : $I_{n} = \\frac{25\\ 000\\ 000}{34\\ 641} = 721~A$
4. Interprétation : Le rapport $\\frac{I_{cc}}{I_{n}} = \\frac{902}{721} = 1{,}25$. Le courant de court-circuit est $1{,}25$ fois plus élevé que le courant nominal, ce qui indique un niveau de court-circuit modéré pour la protection des équipements.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "2"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Une ligne aérienne HT de $60~km$, tension $110~kV$, impédance totale $Z = 9~\\Omega$ subit un court-circuit entre phases à son extrémité. On suppose la résistance négligeable devant la réactance.\n1. Calculez le courant de court-circuit symétrique à l’extrémité de la ligne.\n2. Déterminez la puissance maximale théorique absorbée par le court-circuit.\n3. Calculez la chute de tension dans la ligne au moment du court-circuit.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1 : Calcul du courant de court-circuit symétrique
1. Formule générale : $I_{cc} = \\frac{U_{n}}{\\sqrt{3} \\cdot Z}$
2. Remplacement : $I_{cc} = \\frac{110\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 9}$
3. Calcul : $I_{cc} = \\frac{110\\ 000}{15{,}588} = 7\\ 058~A$
4. Résultat final : Le courant symétrique au court-circuit est $7\\ 058~A$.

Q2 : Puissance maximale absorbée par le court-circuit
1. Formule générale : $S_{cc} = U_{n} \\cdot I_{cc} \\cdot \\sqrt{3}$
2. Remplacement : $S_{cc} = 110\\ 000 \\times 7\\058 \\times \\sqrt{3}$
3. Calcul : $S_{cc} = 110\\ 000 \\times 7\\058 \\times 1{,}732 = 1\\ 346\\ 798\\ 240~VA$
4. Résultat final : Puissance apparente $1{,}35~GVA$.

Q3 : Calcul de la chute de tension dans la ligne
1. Formule générale : $\\Delta U = \\sqrt{3} \\cdot I_{cc} \\cdot Z$
2. Remplacement : $\\Delta U = \\sqrt{3} \\times 7\\058 \\times 9$
3. Calcul : $\\Delta U = 1{,}732 \\times 7\\058 \\times 9 = 110\\ 000~V$
4. Résultat final : La chute de tension au point du court-circuit est $110\\ 000~V$ (soit totale, la tension s’effondre).
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "3"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Dans une installation industrielle alimentée en BT triphasé $400~V$, on relève les paramètres suivants : Section du câble $35~mm^2$, longueur $120~m$, impédance de court-circuit de l’installation $Z_{cc} = 0{,}04~\\Omega$. Un défaut apparaît sur un appareil situé à l’extrémité du câble.\n1. Calculez le courant de court-circuit triphasé à l’extrémité de l'installation.\n2. Déterminez l'énergie dissipée durant un défaut de $100~ms$. \n3. Calculez la puissance instantanée maximale lors du court-circuit.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1 : Calcul du courant de court-circuit triphasé à l’extrémité
1. Formule générale : $I_{cc} = \\frac{U_{n}}{\\sqrt{3} \\cdot Z_{cc}}$
2. Remplacement : $I_{cc} = \\frac{400}{\\sqrt{3} \\times 0{,}04}$
3. Calcul : $I_{cc} = \\frac{400}{0{,}0693} = 5\\ 773~A$
4. Résultat final : Le courant de court-circuit est $5{,}773~A$.

Q2 : Energie dissipée durant un défaut de 100 ms
1. Formule générale : $E = R \\cdot (I_{cc})^2 \\cdot t$, avec $R = Z_{cc}$
2. Remplacement : $E = 0{,}04 \\times (5\\ 773)^2 \\times 0{,}1$
3. Calcul : $E = 0{,}04 \\times 33\\ 354\\ 529 \\times 0{,}1 = 133\\ 418~J$
4. Résultat final : Energie dissipée $1,33\\times10^5~J$.

Q3 : Puissance instantanée maximale lors du court-circuit
1. Formule générale : $P_{cc,max} = \\sqrt{3} \\cdot U_{n} \\cdot I_{cc}$
2. Remplacement : $P_{cc,max} = \\sqrt{3} \\times 400 \\times 5\\ 773$
3. Calcul : $P_{cc,max} = 1{,}732 \\times 400 \\times 5\\ 773 = 3\\ 998\\ 600~W$
4. Résultat final : Puissance instantanée maximale $4,0~MW$.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "4"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Dans un réseau industriel, trois moteurs synchrones alimentés en 6,3 kV sont connectés sur un jeu de barres. Chaque moteur a une puissance assignée de $500~\\mathrm{kVA}$ et une impédance synchrone $X_s = 0{,}22~pu$. Un court-circuit triphasé franc se produit sur le jeu de barres. On négligera l’impédance des liaisons et les autres sources.\n\n1. Calculez la valeur du courant de court-circuit symétrique initial en ampères.\n2. Si le moteur 3 est à l’arrêt (non excitée, assimilé à une impédance infinie), recalculez le courant de court-circuit.\n3. Calculez la valeur du courant de court-circuit asymétrique crête, avec k = 2, pour chaque cas précédent.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant de court-circuit initial (3 moteurs en service):
Formule générale : $I_{cc} = \\frac{I_{base}}{X_{eq}}$, où $I_{base} = \\frac{S_{base}}{\\sqrt{3} \\cdot U}$
Impédance équivalente des 3 moteurs en parallèle: $X_{eq} = \\frac{X_s}{3} = \\frac{0,22}{3} = 0,0733~pu$
$S_{base} = 500\\,000~VA$, $U = 6\\,300~\\mathrm{V}$
$I_{base} = \\frac{500\\,000}{\\sqrt{3} \\times 6\\,300} = 45,85~\\mathrm{A}$
Courant de court-circuit : $I_{cc} = \\frac{45,85}{0,0733} = 625~\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{cc,total} = 625~\\mathrm{A}$
\n\n2. Moteur 3 à l’arrêt (reste 2 en parallèle):
Nouvelle impédance équivalente : $X_{eq} = \\frac{0,22}{2} = 0,11~pu$
Courant de court-circuit : $I_{cc} = \\frac{45,85}{0,11} = 416,8~\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{cc,2mot} = 416,8~\\mathrm{A}$
\n\n3. Calcul du courant de court-circuit crête (asymétrique, k = 2):
Formule : $I_{crête} = k \\cdot \\sqrt{2} \\cdot I_{cc}$
Pour 3 moteurs : $I_{crête,3m} = 2 \\cdot 1,4142 \\cdot 625 = 1,768 \\cdot 625 = 1\\,105~\\mathrm{A}$
Pour 2 moteurs : $I_{crête,2m} = 2 \\cdot 1,4142 \\cdot 416,8 = 1,768 \\cdot 416,8 = 736~\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{crête,3m} = 1\\,105~\\mathrm{A}, I_{crête,2m} = 736~\\mathrm{A}$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "5"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Un réseau urbain BT alimente plusieurs abonnés via un câble de longueur totale 200 m, de résistance $R=0{,}3~\\Omega$. Un défaut de court-circuit se produit au bout du câble. Le disjoncteur général, de type magnéto-thermique, a un temps de réaction de $40~\\mathrm{ms}$ pour des courants supérieurs à $3\\,000~\\mathrm{A}$.\n\n1. Calculez le courant de court-circuit initial au point de défaut si la tension nominale est $400~\\mathrm{V}$.\n2. Vérifiez si le disjoncteur va déclencher instantanément ce courant de défaut.\n3. Calculez l'énergie dissipée par effet Joule dans le câble durant le temps de déclenchement.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant de court-circuit initial :
Formule générale : $I_{cc} = \\frac{U}{R}$
Remplacement : $I_{cc} = \\frac{400}{0,3}$
Calcul : $I_{cc} = 1\\,333{,}33~\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{cc} = 1\\,333{,}33~\\mathrm{A}$
\n\n2. Vérification du déclenchement du disjoncteur :
Seuil de déclenchement (instantané) : $I_{seuil} = 3\\,000~\\mathrm{A}$, $I_{cc} = 1\\,333{,}33~\\mathrm{A}$
Interprétation : $I_{cc} < I_{seuil}$, donc le disjoncteur ne déclenche PAS instantanément pour ce défaut.
\n\n3. Énergie dissipée par effet Joule pendant le temps de déclenchement :
Formule : $E_{Joule} = R \\cdot I_{cc}^2 \\cdot t$
Remplacement : $E_{Joule} = 0,3 \\cdot (1\\,333{,}33)^2 \\cdot 0,04$
Calcul : $E_{Joule} = 0,3 \\cdot 1\\,777{,}78 \\cdot 0,04 = 21,33~\\mathrm{J}$
Résultat final : $E_{Joule} = 21,33~\\mathrm{J}$ dissipés dans le câble pendant l'ouverture du disjoncteur
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "6"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Un réseau BT est constitué d’une alimentation $400\\,\\text{V}$ triphasé qui alimente une installation via une ligne de $120\\,\\text{m}$ de cuivre, section $50\\,\\text{mm}^2$, résistivité $0{,}0178\\,\\Omega\\cdot\\text{mm}^2/\\text{m}$. Un court-circuit biphasé se produit à l’extrémité de la ligne sur le tableau d’abonné. La puissance du transformateur de quartier est $630\\,\\text{kVA}$, impédance de court-circuit $6\\%$.\n1. Calculez la résistance totale de la ligne.\n2. Déterminez le courant de court-circuit théorique fourni par le poste.\n3. Calculez le courant effectif du court-circuit biphasé au bout de la ligne.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\n1. Résistance totale de la ligne :
\nFormule : $R = \\rho \\dfrac{L}{S}$
\nRemplacement : $R = 0{,}0178 \\dfrac{120}{50}$
\nCalcul : $R = 0{,}0178 \\times 2,4 = 0{,}0427\\,\\Omega$
\nRésultat final : $R_{ligne} \\approx 0{,}043\\,\\Omega$

\n\n2. Courant théorique de court-circuit fourni par le poste :
\nFormule : $I_{cc,\\text{th}} = \\dfrac{S_T}{U_N \\times Z_k}$ où $Z_k = 6\\% = 0{,}06$
\nRemplacement : $I_{cc,\\text{th}} = \\dfrac{630\\,000}{400 \\times 0{,}06}$
\nCalcul : $I_{cc,\\text{th}} = \\dfrac{630\\,000}{24} = 26\\,250\\,\\text{A}$
\nRésultat final : $I_{cc,\\text{th}} = 26\\,250\\,\\text{A}$

\n\n3. Courant effectif du court-circuit biphasé à l’extrémité de la ligne :
\nImpédance totale : $Z_\\text{tot} = Z_{cc} + R_{ligne}$, $Z_{cc} = \\dfrac{400^2}{630\\,000} \\times 0{,}06 = 0{,}152\\,\\Omega$
\n$Z_\\text{tot} = 0{,}152 + 0{,}043 = 0{,}195\\,\\Omega$
\nFormule : $I_{cc,\\text{eff}} = \\dfrac{U_N}{\\sqrt{2} \\times Z_\\text{tot}}$
\nRemplacement : $I_{cc,\\text{eff}} = \\dfrac{400}{1{,}414 \\times 0{,}195}$
\nCalcul : $I_{cc,\\text{eff}} = \\dfrac{400}{0{,}2767} = 1\\,445\\,\\text{A}$
\nRésultat final : $I_{cc,\\text{eff}} \\approx 1\\,450\\,\\text{A}$

\nInterprétation : On constate une forte chute du courant de court-circuit au bout de la ligne par rapport au poste, essentielle pour le choix de protections en bout de ligne.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "7"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Une installation industrielle possède un réseau interne alimenté en $6\\,\\text{kV}$ (HTA) par un transformateur de $1\\,000\\,\\text{kVA}$ à $7\\%$ d’impédance de court-circuit. La ligne d’alimentation est longue de $420\\,\\text{m}$, cuivre $95\\,\\text{mm}^2$, résistivité $0{,}0178\\,\\Omega\\cdot \\text{mm}^2/\\text{m}$. Un court-circuit asymétrique (phase à terre) survient à l’extrémité de la ligne.\n1. Calculez la résistance totale de la ligne.\n2. Déterminer le courant de court-circuit maximal fourni par le transformateur, en tenant compte de l'impédance de court-circuit.\n3. Calculez le courant réel du court-circuit au bout de la ligne et donnez le ratio par rapport au courant maximal.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
\n1. Résistance totale de la ligne :
\nFormule : $R = \\rho \\dfrac{L}{S}$
\nRemplacement : $R = 0{,}0178 \\dfrac{420}{95}$
\nCalcul : $R = 0{,}0178 \\times 4{,}421 = 0{,}0786\\,\\Omega$
\nRésultat final : $R_{ligne} \\approx 0{,}079\\,\\Omega$

\n2. Courant de court-circuit maximal fourni par le transformateur :
\nFormule : $I_{cc,\\text{max}} = \\dfrac{S_T}{\\sqrt{3} \\times U_N \\times Z_k}$ où $Z_k = 7\\% = 0{,}07$
\nRemplacement : $I_{cc,\\text{max}} = \\dfrac{1\\,000\\,000}{\\sqrt{3} \\times 6\\,000 \\times 0{,}07}$
\nCalcul : $I_{cc,\\text{max}} = \\dfrac{1\\,000\\,000}{727{,}125} = 1\\,374\\,\\text{A}$
\nRésultat final : $I_{cc,\\text{max}} = 1\\,374\\,\\text{A}$

\n3. Courant réel du court-circuit au bout de la ligne et le ratio :
\nImpédance totale : $Z_{tot} = Z_{cc}+R_{ligne}$, $Z_{cc} = \\dfrac{U_N^2}{S_T} \\times Z_k = \\dfrac{6\\,000^2}{1\\,000\\,000} \\times 0{,}07 = 0{,}42 \\times 0{,}07 = 0{,}0294\\,\\Omega$
\n$Z_{tot} = 0{,}0294 + 0{,}079 = 0{,}1084\\,\\Omega$
\nFormule : $I_{cc,\\text{réel}} = \\dfrac{U_N}{Z_{tot}}$
\nRemplacement : $I_{cc,\\text{réel}} = \\dfrac{6\\,000}{0{,}1084} = 55\\,358\\,\\text{A}$
\nRésultat final : $I_{cc,\\text{réel}} = 55\\,360\\,\\text{A}$
\nRatio : $\\dfrac{I_{cc,\\text{réel}}}{I_{cc,\\text{max}}} = \\dfrac{55\\,360}{1\\,374} = 40{,}3$

\nInterprétation : L’impédance de la ligne et du transformateur limite fortement les valeurs du courant de court-circuit au réel, le ratio montre l’importance du dimensionnement correct des protections.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "8"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Exercice 1 – Calcul de courant de court-circuit symétrique dans un réseau industriel
Un transformateur de puissance alimente un jeu de barres auquel est raccordé un moteur asynchrone et un départ câble vers une installation. Les données sont :
- Transformateur : $S_T = 1\\,MVA$, $U_T = 10\\,kV$, impédance relative $Z_{T,\\%}=6\\%$
- Moteur asynchrone : $P_m=400\\,kW$, $U_m=400\\,V$, $Z_{m,\\%}=20\\%$
- Câble : $l=80\\,m$, $R=0,07\\,\\Omega$, $X=0,053\\,\\Omega$

1. Calculez l'impédance totale de court-circuit ramenée au jeu de barres en basse tension.
2. Déterminez le courant de court-circuit triphasé symétrique au point de défaut sur le jeu de barres BT.
3. Calculez la puissance dissipée dans le câble lors du passage du courant de court-circuit maximal.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Impédance totale de court-circuit ramenée au jeu de barres BT
1. Formule générale (ramenée à la BT) : $Z' = Z_T' + Z_m' + Z_{câble}$
Le rapport de transformation est $a = \\frac{10\\,000}{400} = 25$.
- $Z_T' = Z_{T,\\%} \\cdot \\frac{U_m^2}{S_T \\cdot 100}$
- $Z_m' = Z_{m,\\%} \\cdot \\frac{U_m^2}{P_m \\cdot 100}$
2. Remplacement :
- $Z_T' = 0,06 \\cdot \\frac{400^2}{1\\,000\\,000} = 0,0096\\,\\Omega$
- $Z_m' = 0,20 \\cdot \\frac{400^2}{400\\,000} = 0,08\\,\\Omega$
- $Z_{câble} = 0,07 + j\\,0,053\\,\\Omega$
3. Addition totale (sommée en module):
- $Z_{tot} = 0,0096 + 0,08 + (0,07 + 0,053) = 0,0096 + 0,08 + 0,07 + 0,053 = 0,2126\\,\\Omega$
4. Résultat final : $Z_{tot} = 0,2126\\,\\Omega$

Question 2 : Courant de court-circuit triphasé symétrique
1. Formule générale : $I_{cc3} = \\frac{U_{n}}{\\sqrt{3} \\cdot Z_{tot}}$
2. Remplacement : $I_{cc3} = \\frac{400}{\\sqrt{3} \\times 0,2126}$
- Calcul : $I_{cc3} \\approx \\frac{400}{0,3683} \\approx 1086\\,A$
4. Résultat final : $I_{cc3} = 1086\\,A$

Question 3 : Puissance dissipée dans le câble au court-circuit max
1. Formule générale : $P_{J,câble} = I_{cc3}^2 \\cdot R$
2. Remplacement : $P_{J,câble} = (1086)^2 \\times 0,07$
3. Calcul : $P_{J,câble} = 1\\,179\\,396 \\times 0,07 \\approx 82\\,558\\,W$
4. Résultat final : $P_{J,câble} \\approx 82\\,558\\,W$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "9"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Exercice 2 – Calcul de courant de court-circuit asymétrique et effets thermiques
Un tableau de distribution alimente une ligne alimentant une armoire de puissance. Un défaut (court-circuit monophasé) survient sur la phase L1 au bout de la ligne.
Données :
- Tension nominale : $U = 400\\,V$
- Impédance totale de boucle : $Z_{boucle} = 0,125\\,\\Omega$ (essentiellement résistive).
- Temps d'ouverture du disjoncteur : $t = 0,15\\,s$.
- Masse totale cuivre traversée : $m = 0,6\\,kg$, capacité calorifique massique cuivre $c = 385\\,J/kg\\cdot K$.
1. Calculez le courant instantané de court-circuit monophasé.
2. Déterminez l'énergie dissipée dans le cuivre durant le court-circuit.
3. Calculez l'élévation de température du conducteur (supposant toute l'énergie absorbée).",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Courant instantané de court-circuit monophasé
1. Formule générale : $I_{cc1} = \\frac{U}{Z_{boucle}}$
2. Remplacement : $I_{cc1} = \\frac{400}{0,125}$
3. Calcul : $I_{cc1} = 3\\,200\\,A$
4. Résultat final : $I_{cc1} = 3\\,200\\,A$

Question 2 : Énergie dissipée dans le cuivre
1. Formule générale : $E = R \\cdot I^2 \\cdot t$ (ici, $R = Z_{boucle}$)
2. Remplacement : $E = 0,125 \\times (3200)^2 \\times 0,15$
3. Calcul : $(3200)^2 = 10\\,240\\,000$, $E = 0,125 \\times 10\\,240\\,000 \\times 0,15 = 192\\,000\\,J$
4. Résultat final : $E = 192\\,000\\,J$

Question 3 : Élévation de température
1. Formule générale : $\\Delta \\theta = \\frac{E}{m \\cdot c}$
2. Remplacement : $\\Delta \\theta = \\frac{192\\,000}{0,6 \\times 385}$
3. Calcul : $0,6 \\times 385 = 231$, $\\Delta \\theta = \\frac{192\\,000}{231} \\approx 831\\,K$
4. Résultat final : $\\Delta \\theta = 831\\,K$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "10"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Exercice 3 – Calculs de court-circuit en boucle et asymétrique dans un réseau urbain
Un réseau de distribution moyenne tension en anneau alimente deux postes, A et B, à partir de deux sources différentes. Les longueurs des segments et les charges sont indiquées. Les données sont :
- Entrée 1 (Source 1 – Poste A) : $U = 15\\,kV$, $Z_{1} = 0,35 + j0,19\\,\\Omega$
- Entrée 2 (Source 2 – Poste B) : $U = 15\\,kV$, $Z_{2} = 0,30 + j0,25\\,\\Omega$
- Section moyenne : $Z_{AB} = 0,22 + j0,16\\,\\Omega$

Un défaut triphasé apparaît au point intermédiaire entre A et B.
1. Calculez l’impédance équivalente du point de défaut vue depuis les deux sources en parallèle.
2. Déterminez le courant de court-circuit triphasé au point de défaut.
3. Calculez le courant de court-circuit asymétrique si le facteur d’asymétrie est $k = 1,84$.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Impédance équivalente vue depuis les deux sources en parallèle
1. Formule générale : $Z_{eq} = \\left[ (Z_{1} + Z_{AB}/2) \\parallel (Z_{2} + Z_{AB}/2) \\right]$
On calcule d'abord :$Z_A = Z_{1} + Z_{AB}/2$, $Z_B = Z_{2} + Z_{AB}/2$
2. Remplacement :
- $Z_{AB}/2 = 0,11 + j0,08\\,\\Omega$
- $Z_A = (0,35+0,11) + j(0,19+0,08) = 0,46 + j0,27\\,\\Omega$
- $Z_B = (0,30+0,11) + j(0,25+0,08) = 0,41 + j0,33\\,\\Omega$
Pour le parallèle :$Z_{eq} = \\frac{Z_A \\cdot Z_B}{Z_A + Z_B}$
Calculs complexes on fait :$Z_A = 0,46 + j0,27$ et $Z_B = 0,41 + j0,33$
3. Calcul :
Numérateur :
$Z_A \\cdot Z_B = (0,46 + j0,27) \\cdot (0,41 + j0,33) = [0,46 \\times 0,41 - 0,27 \\times 0,33] + j[0,46 \\times 0,33 + 0,27 \\times 0,41] = [0,1886 - 0,0891] + j[0,1518 + 0,1107] = 0,0995 + j0,2625$
Dénominateur :$Z_A + Z_B = (0,46 + 0,41) + j(0,27 + 0,33) = 0,87 + j0,60$
Module :
$|Z_{eq}| = \\frac{\\sqrt{0,0995^2 + 0,2625^2}}{\\sqrt{0,87^2 + 0,60^2}} = \\frac{0,2803}{1,055} \\approx 0,266\\,\\Omega$
Valeur complexe :$Z_{eq} \\approx 0,100 + j0,263\\,\\Omega$

Question 2 : Courant de court-circuit triphasé
1. Formule générale : $I_{cc3} = \\frac{U}{\\sqrt{3} \\cdot |Z_{eq}|}$
2. Remplacement : $|Z_{eq}| = \\sqrt{0,1^2 + 0,263^2} = 0,281\\,\\Omega$
 $I_{cc3} = \\frac{15\\,000}{\\sqrt{3} \\times 0,281}$
3. Calcul : $\\sqrt{3} = 1,732$, $1,732 \\times 0,281 = 0,4867$, $I_{cc3} = \\frac{15\\,000}{0,4867} \\approx 30\\,835\\,A$
4. Résultat final : $I_{cc3} = 30\\,835\\,A$

Question 3 : Courant de court-circuit asymétrique
1. Formule générale : $I_{ccasym} = k \\cdot I_{cc3}$
2. Remplacement : $I_{ccasym} = 1,84 \\times 30\\,835 = 56\\,736\\,A$
3. Résultat final : $I_{ccasym} = 56\\,736\\,A$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "11"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Un poste source HT/MT alimente un réseau moyennne tension (MT) de $20\\ \\text{kV}$. L’impédance totale équivalente entre le poste source et un point de défaut est de $Z_{cc} = 1{,}7\\ \\Omega$ (situation triphasée). La puissance de court-circuit du réseau au point de défaut est notée $S_{cc}$.\n\nQuestion 1 : Calculez la valeur efficace du courant de court-circuit symétrique triphasé au point de défaut.\n\nQuestion 2 : La protection détecte le défaut après $0{,}08\\ \\text{s}$. Calculez l’énergie dissipée par effet Joule dans l’impédance du réseau durant ce temps.\n\nQuestion 3 : Un moteur asynchrone (puissance nominale $400\\ \\text{kW}$, tension $20\\ \\text{kV}$) est connecté au réseau. Il contribue au court-circuit par un courant de $3{,}3\\ \\text{kA}$ pendant $0{,}02\\ \\text{s}$. Calculez l’apport énergétique du moteur pendant ce court laps de temps.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Calcul du courant de court-circuit symétrique triphasé
1. Formule générale : $I_{cc} = \\frac{U}{\\sqrt{3}\\,Z_{cc}}$
2. Remplacement des données : $U = 20\\,000\\ \\text{V}$, $Z_{cc} = 1{,}7\\ \\Omega$
3. Calcul : $I_{cc} = \\frac{20\\,000}{\\sqrt{3} \\times 1{,}7}$
$\\sqrt{3} = 1{,}732$ donc $I_{cc} = \\frac{20\\,000}{2{,}944} = 6{,}796\\ \\text{A}$
4. Résultat final : $I_{cc,\\ sym} = 6\\,800\\ \\text{A}$

Question 2 : Énergie dissipée par effet Joule durant $0{,}08\\ \\text{s}$
1. Formule : $E = R \\cdot I_{cc}^2 \\cdot t$ (en supposant résistance dominante)
2. On prend $R = Z_{cc} = 1{,}7\\ \\Omega$, $I_{cc} = 6{,}800\\ \\text{A}$, $t = 0{,}08\\ \\text{s}$
3. Calcul : $E = 1{,}7 \\times (6\\,800)^2 \\times 0{,}08$
$(6\\,800)^2 = 46\\,240\\,000$
$E = 1{,}7 \\times 46\\,240\\,000 \\times 0{,}08 = 6\\,283\\,200\\ \\text{J}$
4. Résultat final : $E_{Joule} = 6{,}28\\ \\text{MJ}$

Question 3 : Apport énergétique du moteur
1. Formule : $E = I^2 \\cdot R \\cdot t$ (supposons même impédance sur la période moteur)
2. $I = 3\\,300\\ \\text{A}$, $t = 0{,}02\\ \\text{s}$, $R = 1{,}7\\ \\Omega$
3. Calcul : $E = 1{,}7 \\times (3\\,300)^2 \\times 0{,}02$
$(3\\,300)^2 = 10\\,890\\,000$
$E = 1{,}7 \\times 10\\,890\\,000 \\times 0{,}02 = 370\\,260\\ \\text{J}$
4. Résultat final : $E_{moteur} = 370\\ \\text{kJ}$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "12"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Sur un réseau industriel alimenté à $15\\ \\text{kV}$ (triphasé), le transformateur source présente une puissance apparente de $8\\ \\text{MVA}$ et un pourcentage d'impédance de court-circuit de $7\\ %$. Un court-circuit trifasé apparaît sur la barre BT à la sortie du transformateur.\n\nQuestion 1 : Calculez le courant de court-circuit efficace en aval du transformateur.\n\nQuestion 2 : Le disjoncteur ouvre en $0{,}035\\ \\text{s}$. Calculez la charge thermique instantanée reçue par le transformateur jusqu'à l'ouverture.\n\nQuestion 3 : Si l’on veut limiter le courant de court-circuit à $10\\ \\text{kA}$ par installation en série d’une réactance, quelle valeur minimale (en $m\\Omega$) de la réactance faut-il ajouter ?",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Calcul du courant de court-circuit
1. Formule : $I_{cc} = \\frac{I_{nom}}{z_{cc}}$ où $I_{nom} = \\frac{S_{trafo}}{\\sqrt{3} \\cdot U_{nom}}$, $z_{cc}$ en p.u.
2. $z_{cc} = \\frac{7}{100} = 0{,}07$
$I_{nom} = \\frac{8\\,000\\,000}{\\sqrt{3} \\times 15\\,000} = \\frac{8\\,000\\,000}{25\\,980} = 307{,}99\\ \\text{A}$
3. Calcul : $I_{cc} = \\frac{307{,}99}{0{,}07} = 4\\,400\\ \\text{A}$
4. Résultat final : $I_{cc} = 4\\,400\\ \\text{A}$

Question 2 : Charge thermique reçue
1. Formule : $E = R \\times I_{cc}^2 \\times t$ ; mais on exprime la résistance équivalente de court-circuit : $R = \\frac{z_{cc} \\cdot U^2}{S_{trafo}}$
2. $R = \\frac{0{,}07 \\times (15\\,000)^2}{8\\,000\\,000} = \\frac{0{,}07 \\times 225\\,000\\,000}{8\\,000\\,000} = \\frac{15\\,750\\,000}{8\\,000\\,000} = 1{,}97\\ \\Omega$
$t=0{,}035\\ \\text{s}$
3. $E = 1{,}97 \\times (4\\,400)^2 \\times 0{,}035 = 1{,}97 \\times 19\\,360\\,000 \\times 0{,}035 = 1{,}97 \\times 677\\,600 = 1\\,335\\,872\\ \\text{J}$
4. Résultat final : $E_{th} = 1{,}34\\ \\text{MJ}$

Question 3 : Valeur minimale de la réactance à ajouter
1. Formule : $I_{cc,lim} = \\frac{U_{nom}}{\\sqrt{3} \\cdot (Z_{cc} + X_{aj})}$ donc $X_{aj} = \\frac{U_{nom}}{\\sqrt{3} \\cdot I_{cc,lim}} - Z_{cc}$
2. $Z_{cc} = 1{,}97\\ \\Omega$ (voir question 2), $I_{cc,lim} = 10\\,000\\ \\text{A}$
3. Calcul : $X_{aj} = \\frac{15\\,000}{1{,}732 \\times 10\\,000} - 1{,}97 = \\frac{15\\,000}{17\\,320} - 1{,}97 = 0{,}866 - 1{,}97 = -1{,}104\\ \\Omega$
Comme il est négatif cela signifierait que le courant est déjà limité sous la valeur cible. Vérifions la résistance nécessaire si on voulait l'amener exactement à $10\\,000\\ \\text{A}$.
Ajout minimal total requis (si initialement supérieur à 10 kA) :
$X_{aj} = \\frac{15\\,000}{1{,}732 \\times 10\\,000} = 0{,}866\\ \\Omega$. Il faut donc que l’impédance totale soit $0{,}866\\ \\Omega$. Or l’impédance actuelle (=$1,97\\ \\Omega$) est supérieure.
Donc, ici, le courant réel est déjà inférieur à la limite demandée, donc aucune réactance supplémentaire n’est obligatoire.
Résultat final : $X_{aj,\\ min} = 0\\ \\Omega$. Pour un exercice où le courant d'origine dépasserait 10 kA, la formule précédente avec les données adaptées s’appliquerait.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "13"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Dans une armoire de distribution BT, trois lignes alimentent des groupes froids. L’une de ces lignes (phase unique) de longueur $40\\ \\text{m}$ subit un court-circuit à l’extrémité, la tension nominale du réseau étant $400\\ \\text{V}$ et la résistance de la ligne $0{,}045\\ \\Omega$. L'impédance totale du réseau vu du point de défaut est $0{,}14\\ \\Omega$.\n\nQuestion 1 : Calculez l’intensité maximale du courant de court-circuit au point de défaut.\n\nQuestion 2 : Sur cette ligne, quelle est la densité de courant instantanée lors du court-circuit si le conducteur a une section de $16\\ \\text{mm}^2$ ?\n\nQuestion 3 : Si la protection coupe après $25\\ \\text{ms}$, quelle quantité de chaleur est générée dans la ligne durant ce temps ?",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Calcul de l’intensité de court-circuit
1. Formule : $I_{cc} = \\frac{U}{R_{tot}}$
2. $U = 400\\ \\text{V}$, $R_{tot} = 0{,}045 + 0{,}14 = 0{,}185\\ \\Omega$
3. Calcul : $I_{cc} = \\frac{400}{0{,}185} = 2\\,162\\ \\text{A}$
4. Résultat final : $I_{cc,\\ max} = 2\\,160\\ \\text{A}$

Question 2 : Densité de courant instantanée
1. Formule : $J = \\frac{I_{cc}}{S}$
2. $S = 16\\ \\text{mm}^2 = 16 \\times 10^{-6} \\ \\text{m}^2$, $I_{cc} = 2\\,160\\ \\text{A}$
3. $J = \\frac{2\\,160}{16 \\times 10^{-6}} = 135\\,000\\,000\\ \\text{A}\\cdot\\text{m}^{-2}$
4. Résultat final : $J = 135\\ \\text{MA}/\\text{m}^2$

Question 3 : Chaleur générée dans la ligne
1. Formule : $E = R \\cdot I^2 \\cdot t$
2. $R = 0{,}045\\ \\Omega$; $I = 2\\,160\\ \\text{A}$; $t = 0{,}025\\ \\text{s}$
3. Calcul : $E = 0{,}045 \\times (2\\,160)^2 \\times 0{,}025 = 0{,}045 \\times 4\\,665\\,600 \\times 0{,}025 = 0{,}045 \\times 116\\,640 = 5\\,248\\ \\text{J}$
4. Résultat final : $E_{ligne} = 5\\,250\\ \\text{J}$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "14"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Un transformateur HT/MT de rapport $63\\,\\mathrm{kV}/20\\,\\mathrm{kV}$ et puissance de court-circuit relative $uk=8\\,\\%$ alimente un réseau dont la charge nominale est de $6\\,\\mathrm{MVA}$. Une phase du réseau subit un court-circuit asymétrique franc à la sortie du poste MT.\n1. Calculez le courant de court-circuit maximal en sortie de transformateur.\n2. Déterminez le courant de défaut dans le cas d’un court-circuit biphasé.\n3. Comparez les deux valeurs et tirez-en des conclusions sur la sévérité des défauts symétriques et asymétriques.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant de court-circuit maximal en sortie du transformateur (symétrique) :
Formule : $I_{cc,max} = \\frac{I_{n}}{uk}$
Courant nominal : $I_{n}=\\frac{S_{n}}{\\sqrt{3}\\,U_{MT}}$
Données : $S_{n}=6\\,000\\,000\\,\\mathrm{VA}$, $U_{MT}=20\\,000\\,\\mathrm{V}$, $uk=0,08$
$I_n=\\frac{6\\,000\\,000}{\\sqrt{3}\\times20\\,000}=173,2\\,\\mathrm{A}$
$I_{cc,max} = \\frac{173,2}{0,08}=2\\,165\\,\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{cc,max}=2\\,165\\,\\mathrm{A}$
2. Pour un défaut biphasé (asymétrique) :
Formule : $I_{cc,2ph}=\\frac{I_{cc,max}}{\\sqrt{3}}$
$I_{cc,2ph}=\\frac{2\\,165}{\\sqrt{3}}=1\\,250\\,\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{cc,2ph}=1\\,250\\,\\mathrm{A}$
3. Comparaison :
Le courant de court-circuit triphasé (symétrique) est plus élevé que celui d’un court-circuit biphasé (asymétrique). Les défauts symétriques engendrent les courants les plus sévères pour les équipements.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "15"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Sur un barreau BT, la tension est de $400\\,\\mathrm{V}$. Un moteur triphasé de puissance absorbée $50\\,\\mathrm{kW}$, $\\cos\\varphi=0,82$ est alimenté via des câbles (longueur totale $250\\,\\mathrm{m}$, $R_{câble}=0,09\\,\\Omega/100m$). Un court-circuit triphasé symétrique se produit aux bornes du moteur.\n1. Calculez le courant nominal absorbé par le moteur.\n2. Déterminez l'impédance totale vue du point du défaut.\n3. Calculez le courant de court-circuit triphasé aux bornes du moteur.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul du courant nominal absorbé par le moteur :
Formule générale : $I_{nom} = \\frac{P}{\\sqrt{3}\\,U\\cdot\\cos\\varphi}$
Données : $P=50\\,000\\,\\mathrm{W}$, $U=400\\,\\mathrm{V}$, $\\cos\\varphi = 0,82$
Remplacement : $I_{nom}=\\frac{50\\,000}{\\sqrt{3}\\times400\\times0,82}$
Calcul : $\\sqrt{3}\\times400\\times0,82=568,8$
$I_{nom}=\\frac{50\\,000}{568,8}=87,9\\,\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{nom}=87,9\\,\\mathrm{A}$
2. Impédance totale vue du point du défaut :
Formule générale : $R_{tot}=R_{câbles}=0,09\\,\\Omega/100m \\times 2,5=0,225\\,\\Omega$
Résultat final : $R_{tot}=0,225\\,\\Omega$
3. Courant de court-circuit triphasé aux bornes du moteur :
Formule générale : $I_{cc} = \\frac{U}{\\sqrt{3}\\,R_{tot}}$
$I_{cc}=\\frac{400}{\\sqrt{3}\\times0,225}=\\frac{400}{0,3897}=1\\,026,0\\,\\mathrm{A}$
Résultat final : $I_{cc}=1\\,026,0\\,\\mathrm{A}$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "16"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Un poste de distribution MT/BT est alimenté par un réseau MT de tension nominale $20\\ \\text{kV}$. À proximité du poste, une ligne aérienne de longueur $3\\ \\text{km}$ (impédance linéique : $0{,}22+j0{,}47\\ \\Omega/\\text{km}$, résistance et réactance par kilomètre) relie le poste à un transformateur de puissance apparente $1\\ \\text{MVA}$ et de tension secondaire $400\\ \\text{V}$ (triangle/étoile, impédance relative : $6\\ \\%$). On considère le transformateur réglé à vide à la tension nominale.\nUn court-circuit triphasé a lieu au secondaire BT du transformateur.\n1. Calculez l'impédance totale vue du point de court-circuit en tenant compte de la ligne MT et du transformateur.\n2. Déterminez le courant de court-circuit initial symétrique au secondaire BT au moment du défaut.\n3. Évaluez le courant de court-circuit en haute tension (côté MT) qui alimentera ce défaut.",
    "svg": "
1 MVABT 400 VCC",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 :
1. Impédance ligne : $Z_{\\text{ligne}}=3\\times(0,22+j0,47)=0,66+j1,41=1,555\\ \\Omega$
2. Impédance transfo sur BT : $Z_{\\text{T, BT}}=\\frac{z_{\\%}}{100}\\cdot\\frac{U_n^2}{S_n}=\\frac{6}{100}\\cdot\\frac{(400)^2}{1\\ 000\\ 000}=0,0096\\ \\Omega$
3. Ramener l'impédance de la ligne MT au BT : transformation par le rapport de transformation $a=\\frac{20\\ 000}{400}=50$ d'où $Z_{\\text{ligne, BT}}=\\frac{1,555}{50^2}=0,000622\\ \\Omega$
4. Impédance totale vue du défaut : $Z_{\\text{tot}}=Z_{\\text{T, BT}}+Z_{\\text{ligne, BT}}=0,0096+0,000622=0,01022\\ \\Omega$
Question 2 :
1. Formule : $I_{cc, BT}=\\frac{U_{n, BT}}{\\sqrt{3}\\cdot Z_{tot}}$
2. Remplacement : $I_{cc, BT}=\\frac{400}{\\sqrt{3}\\times 0,01022}=\\frac{400}{0,0177}$
3. Calcul : $I_{cc, BT}=22\\ 598\\ \\text{A}$
4. Résultat : Le courant de court-circuit immédiat attendu au secondaire du transformateur est $22\\ 600\\ \\text{A}$.
Question 3 :
1. Ramener le courant au côté MT : utilisation du rapport de transformation, $I_{cc,MT}=\\frac{I_{cc, BT}}{a}$
2. Application : $I_{cc, MT}=\\frac{22\\ 598}{50}=451,96\\ \\text{A}$
3. Interprétation : Le poste MT doit être dimensionné pour supporter ce débit de court-circuit au moment du défaut basse tension.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "17"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Une centrale électrique délivre une puissance de $60\\ \\text{MVA}$, $13,8\\ \\text{kV}$, via une ligne de transport. Une connexion en T est créée à $30\\ \\text{km}$ de la centrale, alimentant une sous-station. La ligne principale continue sur $20\\ \\text{km}$ après la dérivation. L’impédance linéique équivalente du tronçon est $0,35+j0,96\\ \\Omega/\\text{km}$. \nSupposons un court-circuit triphasé franc en bout de ligne principale (hors T).\n1. Calculez l’impédance équivalente vue depuis la centrale jusqu’au point de court-circuit.\n2. Déterminez le courant de court-circuit symétrique à la sortie de la centrale.\n3. Si la centrale avait une capacité d'alimentation limitée par sa propre réactance de court-circuit interne $X_g=0,08\\ \\text{p.u.}$, recalculez le courant de court-circuit au même point.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 :
1. Distance totale centrale-point de CC : $L=30+20=50\\ \\text{km}$
2. Impédance de la ligne : $Z_{\\text{ligne}}=50\\times(0,35+j0,96) = 17,5+j48=51,08\\ \\Omega$
3. L'impédance centrale est négligée ici.
Question 2 :
1. Formule : $I_{cc}=\\frac{U_n}{\\sqrt{3}\\cdot Z_{\\text{tot}}}$
2. Remplacement : $I_{cc}=\\frac{13\\ 800}{\\sqrt{3}\\cdot 51,08}$
3. Calcul : $I_{cc}=\\frac{13\\ 800}{88,48}=156,00\\ \\text{A}$
Question 3 :
1. Réactance interne de la centrale : $X_g=0,08\\cdot Z_{\\text{base}}$
2. Calcul de $Z_{\\text{base}}:\\ Z_{\\text{base}}=\\frac{U_n^2}{S_n}=\\frac{(13\\ 800)^2}{60\\ 000\\ 000}=3,174\\ \\Omega$
$X_g=0,08\\cdot 3,174=0,254\\ \\Omega$
3. Impédance totale : $Z_{\\text{tot,new}}=51,08+0,254=51,334\\ \\Omega$
4. Nouveau courant : $I_{cc,new}=\\frac{13\\ 800}{\\sqrt{3}\\times 51,334}=\\frac{13\\ 800}{88,89}=155,15\\ \\text{A}$
5. On constate que l'apport de la réactance interne centrale ne réduit que très faiblement le courant de court-circuit lointain.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "18"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Dans une installation industrielle, un transformateur alimente un jeu de barres à partir d’un réseau HT. L’impédance du transformateur est de $0{,}12~\\Omega$ et celle du réseau d’alimentation est de $0{,}33~\\Omega$. La tension nominale est de $15~kV$ et la puissance nominale du transformateur est de $4~MVA$.

• Q1. Calculez le courant de court-circuit symétrique triphasé au secondaire du transformateur.
• Q2. Si la résistance du jeu de barres côté basse tension est $0{,}015~\\Omega$, déterminez le nouveau courant de court-circuit au point le plus proche du jeu de barres.
• Q3. Si un moteur de $1{,}1~MVA$ avec une réactance subtransitoire $X''_d = 0{,}18~\\Omega$ est connecté au jeu de barres, calculez l’intensité maximal de court-circuit en tenant compte de la contribution du moteur.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1. Calcul du courant de court-circuit symétrique triphasé :
1. Formule générale : $I_{cc} = \\frac{U_n}{\\sqrt{3} (Z_{réseau} + Z_{tr})}$
2. Remplacement : $I_{cc} = \\frac{15\\ 000}{\\sqrt{3} (0.33 + 0.12)}$
3. Calcul : $I_{cc} = \\frac{15\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.45} = \\frac{15\\ 000}{0.7794} = 19\\ 247~A$
4. Résultat : $I_{cc} = 19~250~A$

Q2. Calcul avec la résistance du jeu de barres :
1. Formule générale : $I_{cc} = \\frac{U_n}{\\sqrt{3} (Z_{réseau} + Z_{tr} + R_{barres})}$
2. Remplacement : $I_{cc} = \\frac{15\\ 000}{\\sqrt{3} (0.33 + 0.12 + 0.015)}$
3. Calcul : $I_{cc} = \\frac{15\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.465} = \\frac{15\\ 000}{0.8056} = 18\\ 627~A$
4. Résultat : $I_{cc} = 18~630~A$

Q3. Contribution du moteur :
1. Calculons le courant moteur : $I_{MOTEUR} = \\frac{U_n}{\\sqrt{3} X''_d}$
2. Remplacement : $I_{MOTEUR} = \\frac{15\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.18}$
3. Calcul : $I_{MOTEUR} = \\frac{15\\ 000}{0.3111} = 48\\ 225~A$
Courant total : $I_{cc,TOT} = I_{cc} + I_{MOTEUR} = 18\\ 630 + 48\\ 225 = 66\\ 855~A$
4. Résultat : $I_{cc,\\ tot} = 66~855~A$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "19"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Un poste source alimente un réseau urbain et possède une impédance totale vue du point de court-circuit de $0{,}095~\\Omega$ à $20~kV$. Lors d’un incident, un défaut biphasé-terre se produit à $350~m$ du poste, sur une ligne de résistance linéique $0{,}082~\\Omega/km$. Après élimination du défaut, on relève à la même position une tension de ré-enclenchement de $23~kV$ sur la ligne.

• Q1. Calculez le courant de court-circuit biphasé-terre au point d’incident.
• Q2. Déterminez l’énergie dissipée (en kJ) dans la ligne pendant une durée de persistance de $0{,}18~s$.
• Q3. Calculez la valeur efficace du courant lors de la ré-enclenchement, la ligne étant alimentée à nouveau sous $23~kV$.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1. Calcul du courant de court-circuit :
1. Formule : $I_{cc} = \\frac{U_{cc}}{\\sqrt{3}(Z_{poste} + R_{ligne})}$
Résistance ligne : $R_{ligne} = 0.35 \\times 0.082 = 0.0287~\\Omega$
Remplacement : $I_{cc} = \\frac{20\\ 000}{\\sqrt{3}(0.095 + 0.0287)}$
Calcul : $I_{cc} = \\frac{20\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.1237} = \\frac{20\\ 000}{0.2143} = 93\\ 346~A$
Résultat : $I_{cc} = 93~350~A$

Q2. Calcul de l’énergie dissipée :
1. Formule Joule : $E = R_{ligne} \\times (I_{cc})^2 \\times t$
Remplacement : $E = 0.0287 \\times (93\\ 346)^2 \\times 0.18$
Calcul : $(93\\ 346)^2 = 8\\ 718\\ 462\\ 316$ ; $0.0287 \\times 8\\ 718\\ 462\\ 316 \\times 0.18 = 45\\ 069\\ 518~J$
$45\\ 069\\ 518~J = 45~069~kJ$
Résultat : $E = 45~069~kJ$

Q3. Valeur efficace après ré-enclenchement :
1. Formule : $I = \\frac{U_{L}}{\\sqrt{3}(Z_{poste} + R_{ligne})}$
Remplacement : $I = \\frac{23\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.1237}$
Calcul : $I = \\frac{23\\ 000}{0.2143} = 107\\ 322~A$
Résultat : $I = 107~320~A$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "20"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Une usine est alimentée par une ligne dont l’impédance totale est $0{,}225~\\Omega$ sur $10~kV$. Trois moteurs synchrones sont branchés en parallèle à la barre principale de l'usine : M1 de $0{,}7~MVA$ et $X''_{d1} = 0{,}16~\\Omega$, M2 de $1,4~MVA$ et $X''_{d2} = 0{,}11~\\Omega$, M3 de $2,2~MVA$ et $X''_{d3} = 0,09~\\Omega$. On considère un court-circuit triphasé total sur la barre principale.

• Q1. Calculez le courant de court-circuit maximal possible sur la barre principale.
• Q2. Déterminez la part de chaque moteur dans le courant de court-circuit total.
• Q3. Si l’inductance du câble est négligée mais qu’un dispositif de limitation de $0,12~\\Omega$ est ajouté, recalculez le courant de court-circuit global.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Q1. Courant de court-circuit maximal :
1. Impédance totale parallèle : $\\frac{1}{X_{eq}} = \\frac{1}{0.16} + \\frac{1}{0.11} + \\frac{1}{0.09}$
Calcul parallèle : $\\frac{1}{X_{eq}} = 6.25 + 9.09 + 11.11 = 26.45$
$X_{eq, moteurs} = \\frac{1}{26.45} = 0.0378~\\Omega$
Total avec ligne : $Z_{tot} = 0.225 + 0.0378 = 0.2628~\\Omega$
Formule : $I_{cc} = \\frac{10\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.2628}$
Calcul : $I_{cc} = \\frac{10\\ 000}{0.4551} = 21\\ 975~A$
Résultat : $I_{cc} = 21~980~A$

Q2. Part de chaque moteur :
M1 : $I_{M1} = \\frac{10\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.16} = 36\\ 088~A$
M2 : $I_{M2} = \\frac{10\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.11} = 52\\ 488~A$
M3 : $I_{M3} = \\frac{10\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.09} = 64\\ 338~A$
Total contributions : $I_{MOTEURS} = I_{M1} + I_{M2} + I_{M3} = 36\\ 088 + 52\\ 488 + 64\\ 338 = 152\\ 914~A$
Chaque part : 
M1 : $\\frac{36\\ 088}{152\\ 914} \\times 100 = 23.6~\\%$ ; M2 : $34.3~\\%$ ; M3 : $42.1~\\%$

Q3. Avec limiteur de $0,12~\\Omega$ :
Total : $Z_{tot}' = 0.2628 + 0.12 = 0.3828~\\Omega$
$I_{cc,new} = \\frac{10\\ 000}{\\sqrt{3} \\times 0.3828} = \\frac{10\\ 000}{0.6634} = 15\\ 071~A$
Résultat : $I_{cc,limitée} = 15~070~A$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "21"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Exercice 1 : Calcul du courant de court-circuit triphasé au niveau d’un poste HT/MT\n\nUn poste HT/MT, connecté au réseau par une ligne de $5\\,\\mathrm{km}$ en cuivre (section : $150\\,\\mathrm{mm}^2$), alimente un transformateur de $10\\,\\mathrm{MVA}$ avec un rapport de transformation $63\\,\\mathrm{kV}/20\\,\\mathrm{kV}$. Le réseau amont possède une impédance de court-circuit équivalente de $0.55\\,\\Omega$ côté haute tension. On considère que le transformateur et la ligne sont les seuls éléments à tenir compte.\n\n1. Calculez l’impédance totale entre le poste et le point de court-circuit côté MT.\n2. Déterminez le courant de court-circuit triphasé symétrique au niveau du jeu de barres MT.\n3. Si la résistance de la ligne est négligée, mais la réactance du transformateur est $6.5\\% $ sur $10\\,\\mathrm{MVA}$, recalculez le courant de court-circuit.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Calcul de l’impédance totale entre le poste et le point de court-circuit côté MT :
\nFormule : $Z_{tot} = Z_{réseau} + Z_{ligne} + Z_{transfo}$
\nPour la ligne : $R_{ligne} = \\rho \\cdot \\dfrac{l}{S}$ avec $\\rho = 0.022\\,\\Omega\\cdot\\mathrm{mm}^2/m$, $l = 5000\\,m$, $S = 150\\,\\mathrm{mm}^2$
\nRemplacement : $R_{ligne} = 0.022 \\times \\dfrac{5000}{150} = 0.733\\,\\Omega$
\nPour le transformateur : $Z_{transfo} = Z\\% \\cdot \\dfrac{U_{MT}^2}{S}$, $Z\\% = 6.5\\% = 0.065$, $U_{MT} = 20\\,000\\,V$, $S = 10\\,000\\,000\\,VA$
\nRemplacement : $Z_{transfo} = 0.065 \\times \\dfrac{(20\\,000)^2}{10\\,000\\,000} = 0.065 \\times 40.0 = 2.6\\,\\Omega$
\nTotal : $Z_{tot} = 0.55 + 0.733 + 2.6 = 3.883\\,\\Omega$
\nRésultat final : $Z_{tot} = 3.88\\,\\Omega$
\n\n2. Calcul du courant de court-circuit triphasé symétrique au jeu de barres MT :
\nFormule : $I_{cc} = \\dfrac{U_{MT}}{\\sqrt{3} \\cdot Z_{tot}}$
\nRemplacement : $I_{cc} = \\dfrac{20\\,000}{\\sqrt{3} \\times 3.88}$
\nCalcul : $I_{cc} = \\dfrac{20\\,000}{6.72} = 2\\,976\\,A$
\nRésultat final : $I_{cc,sym} = 2\\,976\\,A$
\n\n3. Cas où la résistance de la ligne est négligée (et transformer donne 6.5% sur 10MVA) :
\nNouvelle impédance : $Z_{tot} = 0.55 + 2.6 = 3.15\\,\\Omega$
\nCourant recalculé : $I_{cc} = \\dfrac{20\\,000}{\\sqrt{3} \\times 3.15}$
\n$I_{cc} = \\dfrac{20\\,000}{5.45} = 3\\,669\\,A$
\nRésultat final : $I_{cc,sym}^{(nouveau)} = 3\\,670\\,A$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "22"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Exercice 2 : Court-circuit asymétrique sur réseau industriel\n\nDans une usine, le réseau interne est alimenté par un transformateur $5\\,\\mathrm{MVA}$ $20\\,\\mathrm{kV}/400\\,\\mathrm{V}$. Les charges sont réparties en étoile, le neutre étant relié à la terre. On observe un défaut de court-circuit monophasé entre une phase et la terre côté BT. Les impédances sont : $Z_{transfo} = 0.9\\,\\Omega$, $Z_{ligne} = 0.08\\,\\Omega$, impédance de boucle de retour dans la terre $Z_{terre} = 2.7\\,\\Omega$.\n\n1. Calculez l’impédance de boucle totale pour ce défaut.\n2. Déterminez le courant de court-circuit monophasé au point de défaut.\n3. Si le défaut devient biphasé-terre, calculez le nouveau courant de court-circuit, sachant que $Z_{ligne}$ est doublée et $Z_{terre}$ est inchangée.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
1. Impédance de boucle totale :
\nFormule : $Z_{boucle} = Z_{transfo} + Z_{ligne} + Z_{terre}$
\nRemplacement : $Z_{boucle} = 0.9 + 0.08 + 2.7 = 3.68\\,\\Omega$
\nRésultat : $Z_{boucle} = 3.68\\,\\Omega$
\n\n2. Courant de court-circuit monophasé :
\nFormule : $I_{cc1} = \\dfrac{U_{phase}}{Z_{boucle}}$ ; $U_{phase} = 400/\\sqrt{3} = 231\\,V$
\nRemplacement : $I_{cc1} = \\dfrac{231}{3.68}$
\nCalcul : $I_{cc1} = 62.77\\,A$
\nRésultat : $I_{cc1} = 62.8\\,A$
\n\n3. Court-circuit biphasé-terre :
\nNouvelle impédance ligne : $Z_{ligne}' = 2 \\times 0.08 = 0.16\\,\\Omega$
\nFormule : $Z_{boucle}' = Z_{transfo} + Z_{ligne}' + Z_{terre} = 0.9 + 0.16 + 2.7 = 3.76\\,\\Omega$
\nTension entre phases : $U_{biph} = 400\\,V$
\nCourant : $I_{cc2} = \\dfrac{400}{3.76}$
\n$I_{cc2} = 106.38\\,A$
\nRésultat : $I_{cc2} = 106.4\\,A$
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "23"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Un transformateur de puissance nominale $S_n = 2{,}5~\\mathrm{MVA}$ placé dans un poste HT/MT alimente un réseau MT dont l'impédance de court-circuit équivalente côté HT est $Z_{cc} = 0{,}09 + j0{,}32~\\Omega$. Après fermeture d'un sectionneur, un court-circuit se produit à l'extrémité du réseau MT, au point le plus défavorable.\nL'installation fonctionne sous une tension nominale de $20~\\mathrm{kV}$, facteur de puissance $0{,}98$.\n1. Calculez l'intensité du courant de court-circuit triphasé dans ces conditions.\n2. Déterminez le courant de court-circuit asymétrique maximal (facteur d'augmentation 1,6).\n3. Calculez l'énergie dissipée par effet Joule dans les premiers $100~\\mathrm{ms}$ du défaut.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Calcul du courant de court-circuit triphasé
Formule générale : $I_{cc} = \\frac{U}{\\sqrt{3} \\cdot Z_{cc}}$
Remplacement : $I_{cc} = \\frac{20\\,000}{\\sqrt{3} \\cdot \\sqrt{0{,}09^2 + 0{,}32^2}}$
Calcul :
 $\\sqrt{0{,}09^2 + 0{,}32^2} = \\sqrt{0{,}0081 + 0{,}1024} = \\sqrt{0{,}1105} \\approx 0{,}3325~\\Omega$
 $\\sqrt{3} = 1,732$
 $I_{cc} = \\frac{20{,}000}{1,732 \\times 0,3325} = \\frac{20{,}000}{0,576} \\approx 34{,}72~\\mathrm{kA}$
Résultat final : $I_{cc} = 34{,}72~\\mathrm{kA}$
Question 2 : Calcul du courant de court-circuit asymétrique maximal
Formule : $I_{cc,~asym} = k_{asym} \\times I_{cc}$, avec $k_{asym} = 1,6$
Remplacement : $I_{cc,~asym} = 1,6 \\times 34,72 = 55,55~\\mathrm{kA}$
Question 3 : Calcul de l'énergie dissipée par effet Joule en 100 ms
Formule :  $E = 0,09 \\times (34{,}720\\times10^3)^2 \\times 0,1 = 0,09 \\times 1{,}206 \\times 10^9 \\times 0,1 = 0,09 \\times 1,206 \\times 10^8 = 1,085 \\times 10^7~\\mathrm{J}$
Résultat final : $E = 1,085 \\times 10^7~\\mathrm{J}$
Interprétation : Ce courant très élevé montre la dangerosité du défaut et l'importance du réglage des protections ; l'énergie dissipée lors du court-circuit peut provoquer des dégâts majeurs.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "24"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Une génératrice synchronisée de $S_n = 1{,}6~\\mathrm{MVA}$ connectée sur un réseau d'une tension de $10{,}5~\\mathrm{kV}$ possède une réactance de court-circuit subtransitoire $X''_d = 0{,}23~\\Omega$, avec $R=0{,}03~\\Omega$.\nUn défaut monophasé à la terre se produit sur la phase A directement au bornes de la génératrice.\n1. Calculez le courant de court-circuit subtransitoire symétrique.\n2. Déterminez le courant de court-circuit si le défaut se produit à $120~\\mathrm{m}$ sur une ligne ayant une impédance propre de $0{,}09 + j0{,}24~\\Omega/\\mathrm{km}$.\n3. Calculez la valeur efficace de l'énergie dissipée durant le premier cycle (période réseau 20 ms).",
    "svg": "
R=0,03ΩDéfautLigne 120 m
0,09+j0,24Ω/km",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Calcul du courant de court-circuit subtransitoire symétrique
Formule : $I''_{cc} = \\frac{U}{\\sqrt{3} \\cdot \\sqrt{R^2 + X''^2}}$
Remplacement : $I''_{cc} = \\frac{10{,}500}{1,732 \\times \\sqrt{0,03^2 + 0,23^2}}$
Calcul : $0,03^2 + 0,23^2 = 0,0009 + 0,0529 = 0,0538$, $\\sqrt{0,0538} = 0,232$
 $I''_{cc} = \\frac{10{,}500}{1,732 \\times 0,232} = \\frac{10{,}500}{0,402} \\approx 26{,}12~\\mathrm{kA}$
Résultat final : $I''_{cc} = 26,12~\\mathrm{kA}$
Question 2 : Calcul du courant de court-circuit à 120 m sur ligne (impédance ajoutée)
Ligne :$Z_{ligne} = 0,12~\\mathrm{km} \\times (0,09 + j0,24) = 0,0108 + j0,0288~\\Omega$
Impédance totale :$Z_{tot} = (0,03 + 0,0108) + j(0,23 + 0,0288) = 0,0408 + j0,2588~\\Omega$
 $|Z_{tot}| = \\sqrt{0,0408^2 + 0,2588^2} = \\sqrt{0,00166 + 0,06703} = \\sqrt{0,06869} \\approx 0,2623~\\Omega$
 $I_{cc,ligne} = \\frac{10{,}500}{1,732 \\times 0,2623} = \\frac{10{,}500}{0,454} \\approx 23{,}13~\\mathrm{kA}$
Résultat final : $I_{cc,ligne} = 23,13~\\mathrm{kA}$
Question 3 : Énergie dissipée durant le premier cycle (T=20 ms)
Formule : $E = R_{tot} \\times I^2 \\times t$, $R_{tot}=0,0408~\\Omega$, $I=23{,}130\\times10^3$, $t=0,02~\\mathrm{s}$
 $E = 0,0408 \\times (23{,}130 \\times 10^3)^2 \\times 0,02 = 0,0408 \\times 535{,}009{,}000 \\times 0,02 = 0,0408 \\times 10,700,180 = 436,581~\\mathrm{J}$
Résultat final : $E = 436,6~\\mathrm{J}$
Interprétation : Même sur de courtes durées, le dégagement d'énergie peut être suffisant pour endommager l'installation.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "25"
  },
  {
    "category": "Calcul des courants de court-circuit ",
    "question": "Un réseau d'usine comprend trois départs alimentés depuis un jeu de barres de tension $400~\\mathrm{V}$ par l'intermédiaire de disjoncteurs.\nLes impédances dynamiques des trois départs au point de défaut sont :\n- Départ 1 : $Z_1 = 0,028 + j0,094~\\Omega$\n- Départ 2 : $Z_2 = 0,031 + j0,088~\\Omega$\n- Départ 3 : $Z_3 = 0,025 + j0,101~\\Omega$\nAprès fermeture d'un disjoncteur, un court-circuit triphasé survient sur le départ 3.\n1. Calculez le courant de court-circuit sur le départ 3.\n2. Déterminez les courants de court-circuit sur les départs 1 et 2 si le départ 3 est exclu par sélectivité.\n3. Calculez l'énergie joule dissipée sur les trois départs pour un défaut de $70~\\mathrm{ms}$.",
    "svg": "",
    "choices": [
      "A Corrige Type"
    ],
    "correct": [
      "A"
    ],
    "explanation": "
Question 1 : Courant de court-circuit sur le départ 3
Formule : $I_{cc,3} = \\frac{U}{\\sqrt{3} \\cdot |Z_3|}$
 $|Z_3| = \\sqrt{0,025^2 + 0,101^2} = \\sqrt{0,000625 + 0,010201} = \\sqrt{0,010826} \\approx 0,104~\\Omega$
 $I_{cc,3} = \\frac{400}{1,732 \\times 0,104} = \\frac{400}{0,180} \\approx 2,22~\\mathrm{kA}$
Résultat final : $I_{cc,3} = 2,22~\\mathrm{kA}$
Question 2 : Courants sur les départs 1 et 2 (départ 3 exclu)
Départ 1 : $|Z_1| = \\sqrt{0,028^2 + 0,094^2} = \\sqrt{0,000784 + 0,008836} = \\sqrt{0,00962} \\approx 0,098~\\Omega$
 $I_{cc,1} = \\frac{400}{1,732 \\times 0,098} = \\frac{400}{0,170} \\approx 2,35~\\mathrm{kA}$
Départ 2 : $|Z_2| = \\sqrt{0,031^2 + 0,088^2} = \\sqrt{0,000961 + 0,007744} = \\sqrt{0,008705} \\approx 0,093~\\Omega$
 $I_{cc,2} = \\frac{400}{1,732 \\times 0,093} = \\frac{400}{0,161} \\approx 2,48~\\mathrm{kA}$
Question 3 : Énergie dissipée sur 70 ms
Formule : $E = R \\times I^2 \\times t$, $t=0,07~\\mathrm{s}$
Départ 1 : $E_1 = 0,028 \\times (2,350 \\times 10^3)^2 \\times 0,07 = 0,028 \\times 5{,}522{,}500 \\times 0,07 = 0,028 \\times 386{,}575 = 10{,}824~\\mathrm{J}$
Départ 2 : $E_2 = 0,031 \\times (2,480 \\times 10^3)^2 \\times 0,07 = 0,031 \\times 6{,}150{,}400 \\times 0,07 = 0,031 \\times 430{,}528 = 13{,}346~\\mathrm{J}$
Départ 3 : $E_3 = 0,025 \\times (2,220 \\times 10^3)^2 \\times 0,07 = 0,025 \\times 4{,}928{,}400 \\times 0,07 = 0,025 \\times 344{,}988 = 8{,}625~\\mathrm{J}$
Énergie totale : $E_{totale} = 10{,}824 + 13{,}346 + 8{,}625 = 32{,}795~\\mathrm{J}$
Interprétation : Ces résultats illustrent la sélectivité et l'importance du réglage des protections dans un réseau industriel pour limiter les énergies dissipées lors des défauts.
",
    "id_category": "4",
    "id_number": "26"
  }
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