1 onduleur de Tension à commande adjacente
Montage avec fil neutre Étude de la structure 1.1
Trois bras d'onduleurs sont connectés en parallèle. Un diviseur capacitif crée un neutre artificiel O; chaque condensateur a la tension E/2 à ses bornes. La charge est formée de trois branches courant formant un système équilibré direct :
La fig.2 donne l'allure des d es grandeurs pour un déphasage N positif.
le
courant is fourni par la source est la somme des courants dans les interrupteurs supérieurs des trois bras. De 0 à T/3 , K1 et K3 conduisent et K2 est bloqué; is = ia+ic = -i b ; de T/3 à 2.T/3, K1 conduit seul donc i s = ia ; comme i b(U) = IA(U2.p/3), i b(U+T/3)= IA(U), le courant source est de période T/3. Pour N < T/3, le courant is est toujours positif; pour N > T /3, le courant is est négatif à chaque amorçage puis positif ensuite; la source doit donc être réversible instantanément en courant. Sa valeur moyenne est : ; elle est donc toujours positive. Les
graphes du courant i k1 et de la tension vk1 de l'interrupteur K1+D1 montrent que les commutations ne sont pas naturelles donc que K1 doit être commandé à la fermeture et à l'ouverture. étude sur charge R - L
L'onduleur est un onduleur de tension donc les graphes des tensions simples du récepteur ne dépendent pas de la charge. La tension v an est un créneau symétrique d'amplitude E/2; sa décomposition en série de Fourier est de la forme :
Si la charge est équilibrée, les harmoniques de même rang des trois phases ont la même valeur efficace et le même déphasage courant-tension. Les harmoniques de rang 6.p+1 forment des systèmes équilibrés directs de somme nulle; les harmoniques de rang 6.p+5 forment des systèmes équilibrés inverses de somme nulle; les harmoniques de rang 6.p+3 forment des systèmes homopolaires de somme égale à 3 fois l'harmonique de ia Le courant dans le fil neutre i n = ia + i b + ic ne contient donc que des composantes de rang 6.p+3. Les tensions composées u ab, u bc et uca , différences de deux tensions simples ne contiennent pas d'harmoniques de rang multiple de 3. 1.2
Montage sans neutre
Si la charge est équilibrée, on peut supprimer le fil neutre et les deux condensateurs C. Les tensions composées ne sont pas modifiées car elles ne dépendent que de la commande des interrupteurs.
La somme courants Ia + i b + ic est nulle donc celle des tensions simples va + v b + vc l'est aussi . Nous en déduisons :
La fig.3 donne l'allure des tensions.
On peut également calculer les tensions simples à partir de celles du montage avec neutre. Les tensions composées étant les mêmes dans les deux cas, les deux systèmes de tensions (va ; v b ; vc) et (van ; v bn ; vcn) ont les mêmes composantes directes et inverses; seules les composantes homopolaires diffèrent : v o =(va + v b + vc)/3 = 0 et von =(van + v bn + vcn) /3 { 0. Avec les graphes de la fig.2, on calcule v on : on obtient une tension en créneau de période 2.T/3 valant E/6 de 0 à T/3 et -E/6 de T/3 à 2.T/3. On en déduit va = van -von . Les tensions simples ont pour valeur efficace V=E.(2) / 3 et les tensions composées U=E.(2 /3).
La décomposition en série de Fourier de va se déduit de celle de van en retirant les composantes homopolaires donc tous les harmoniques multiples de 3 :
2 onduleur de tension à commande MLI
2.1
Principe
La structure est celle de la fig.1 sans fil neutre. Le principe de la modulation est identique à celui utilisé en monophasé. Pour une modulation sinus - triangle, on génère trois signaux sinusoïdaux triphasés équilibrés de fréquence f, d'amplitude m < 1 et un signal triangulaire de fréquence p.f et d'amplitude 1. La comparaison de chaque sinusoïde au triangle donne les angles de commutation du bras d'onduleur de la phase correspondante. Pour la phase a si la référence s a est supérieure au triangle, K1 est fermé et v an = E/2; dans le cas contraire K'1 est fermé et v an = -E/2. On peut ainsi construire les tensions van, v bn et vcn que l'on aurait avec le diviseur capacitif et le neutre. On peut alors en déduire les tensions composées u ab = van -v bn. Pour obtenir les tensions simples va, v b et vc sans fil neutre, on opère comme au paragraphe 1 : v a = (2.uab+u bc)/3 ou on calcule la composante homopolaire v on =(van + v bn + vcn) /3 et on en déduit va = van -von . La fig.4 donne l'allure des tensions pour m=0,8 et p = 6. Le calcul des angles de commutation pour la phase a est identique à celui en monophasé ( Cf Chapitre 7.1, paragraphe 5.3.1); les angles de commutation des deux autres phases s'en déduisent par décalage de -2. T/3 pour la phase b et de +2. T/3 pour la phase c.
2.2
Choix de la fréquence de modulation
On sait que, sans fil neutre, les tensions simples et composées ne peuvent contenir d'harmonique multiple de 3. On sait également que le premier harmonique d'amplitude important est celui de rang p; on a donc intérêt à choisir une valeur de p multiple de 3. Si on prend p = 12 , le fondamental de la tension va est d'amplitude m; le premier harmonique sera de rang p-2 = 10, le suivant de rang p+2 = 14; puis on aura des harmoniques de rang 23, 25,32, 34, 38, 40 «
Augmentation de l'amplitude du premier harmonique 2.3
Avec une commande MLI, le fondamental de la tension par phase est d'amplitude m.E; comme m e 1, la valeur efficace du fondamental ne peut dépasser 0,707.E. On peut augmenter la valeur efficace du fondamental en ajoutant à la sinusoïde de référence pour la modulation une composante de fréquence 3.f. Le signal servant à déterminer les angles de commutation de la phase a sera de la forme s'a= m.sin(2.T.ft)+m'.sin(6.T.f.t). Cette modification de la commande permettra à m de dépasser la valeur 1.
Cherchons la valeur maximale que l'on peut donner à m en choisissant au mieux m', sachant que l'on doit avoir s' a= e 1.
La fig.5 donne l'allure du signal s'a et du signal triangle dans ce cas, pour la phase a. et pour p = 12.
Le calcul des 24 angles d'intersection se fait comme en monophasé ainsi que le calcul des harmoniques de la tension van. Les harmoniques de la tension v a sont ceux de la tension van pour les rangs différents de 3.k et sont nuls pour tous les rangs multiples de 3. La fig.6 donne les harmoniques pour une référence sinusoïdale avec m = 0,8 et p = 12 et les harmoniques pour une référence avec composante de fréquence 3.f pour m = 1.154 et m' =0,193.
Le fondamental avec injection d'harmonique 3 peut atteindre 1,154.E en valeur maximale soit 0,816.E soit un gain de 15 % par rapport au fonctionnement avec référence sinusoïdale. La présence de l'harmonique 3 rajoute des harmoniques de rang 8, 16, 17, 19. Ces harmoniques correspondent à la modulation MLI avec l'harmonique 3 de la référence qui donne un indice de pulsation p' = p /3 = 4. Pour éviter d'introduire des harmoniques de rang faible, il faudra avoir un indice de pulsation p élevé. 3 Onduleur de courant à commande adjacente 3.1 Structure La source est une branche de type courant continu; la charge triphasée est formée de trois branches idéales de tension sinusoïdale.
Les six interrupteurs sont unidirectionnels en courant. Chaque interrupteur est fermé sur un tiers de période; les commande des interrupteurs d'un même bras sont décalées d'une demie-période et les commandes de deux bras conscutifs sont décalées d'un tiers de période pour avoir un système de courants équilibrés.
3.2 Analyse On suppose le courant source parfaitement lissé et va = Vmax.cos(q + a). v Le courant ia est égal à Is lorsque K1 est fermé, à -Is lorsque K'1 est fermé et à 0 lorsque les deux interrupteurs du bras sont ouverts. La valeur efficace du courant est Ia = Is. Ö(2/3) La décomposition en série de Fourier de ce courant ne contient que des harmoniques de rang impairs; Les harmoniques de rang 3.p des trois courants forment un système homopolaire; comme ia + ib + ic = 0, ces composantes homopolaires sont nulles donc les harmoniques de rang multiple de 3 sont également nuls. Le fondamental est iaf = (2.Ö3.Is/p).cos(q - p/3)
v La tension va étant sinusoïdale de fréquence f, seul le fondamental du courant de même fréquence peut créer de la puissance puissance; le déphasage j = (iaf, va) = a - (-p/3) = a + p/3 donc pour les trois phases P = 3.Va.Iaf.cos j . La puissance réactive est Q = 3. Va.Iaf.sinj . La puissance apparente prend en compte tous les harmoniques donc S = 3.Va.Ia = Ö6.V.Is. Le facteur de puissance est : Fp = P/S = Iaf.cos j / Ia , soit Fp = 3.cos j / p. La présence d'harmoniques dans le courant crée de la puissance déformante : D = Ö(S² - P² - Q²) = 3.V. Ö(Ia² - Iaf ²) = 0,727.Va.Is. v La tension us aux bornes d'un bras est de fréquence 6.f. De 0 à T/6, K1 et K'2 conduisent donc us = va - vb = uab ; sa valeur moyenne est égal à E puisque la tension moyenne aux bornes de l'inductance Ls est nulle. La puissance E.Is fournie par la source est égale à la puissance P reçue par la charge : E.Is = 3.Va.Iaf.cos j = 3.Va.Ö(6/p).Is.cos j donc E = 3.Ö(6/p).Va.cos j v L'intensité dans l'interrupteur K1 est égale à Is lorsqu'il est fermé et à 0 lorsqu'il est ouvert. La tension aux bornes de K1 est nulle lorsqu'il est fermé, égale à vb - va lorsque K2 conduit et à vc - va lorsque K3 conduit.
Lorsque la charge est inductive ( j > 0) : w à l'ouverture de K1, ik1 et vk1 sont positifs : l'ouverture ne peut être spontanée et doit être commandée w à la fermeture de K1, la tension est négative; la fermeture est à priori impossible; elle est pourtant forcé par la fermeture de K3 et la continuité de Is qui impose le passage de ce courant dans K1 Lorsque la charge est capacitive ( j< 0) : w à l'ouverture de K1, vk1 est négatif : la fermeture de K2 impose une tension négative aux bornes de K1 et peut forcer le blocage s'il s'agit d'un thyristor w à la fermeture de K1, la tension est positive; la fermeture doit être commandée Dans le cas d'une charge inductive on doit utiliser des transistors ou des GTO pour réaliser les interrupteurs. Pour une charge capacitive, on peut utiliser des thyristors.
