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103
Capitolo IV
CORRENTI ALTERNATE
4.1.0. Grandezze variabili e loro rappresentazione
4.1.1. Grandezze periodiche: In questo capitolo si prenderanno in considerazione delle grandezze di natura elettrica
variabili nel tempo in modo che i valori da loro assunti in un determinato intervallo di tempo T detto Periodo, vengano nuovamente assunti, con la medesima legge, nei periodi successivi.- Tali grandezze prendono il nome di Grandezze periodiche.-
f( t + T ) = f( t )
( )
( )
I dati che caratterizzano una grandezza periodica sono:Periodo:
Frequenza:
Valore massimo:
Valore medio:
Valore efficace:
T
fT
A
AT
f t dt
AT
f t dt
M
m
T
T
=
=
=
∫
∫
1
1
10
2
0
Si definisce come fattore di forma : k
A
Afm
=
Una grandezza, anche non periodica, si dice Unidirezionale se in ogni istante i suoi valori hanno sempre il medesimo segno.-
Una grandezza si dice Oscillante se i suoi valori oscillano attorno ad un valore di riferimento con scostamenti di valore medio nullo.-
Una grandezza periodica si dice Impulsiva se ha valore nullo per tutto il periodo, tranne un brevissimo intervallo nel quale assume valori anche molto elevati (Valore di cresta).-
4.1.2. Grandezze alternative: Una grandezza periodica si dice Alternativa se i valori che assume nella seconda metà del
periodo sono esattamente uguali in modulo, ma di segno opposto a quelli assunti nella prima metà del periodo:
( )tfT
tf −=
+2
Ne segue che il valore medio di una grandezza alternativa, calcolato sull’intero periodo, è sempre nullo.- Si assume perciò come valore medio di una grandezza alternativa quello valutato in mezzo periodo:
( )A
Tf t dtm
T
= ∫2
0
2
104
4.1.3. Grandezze sinusoidali: Una grandezza alternativa si dice Sinusoidale se nel tempo ha andamento sinusoidale:
( )a f t A tM= = senω ove ω ω ω ω è la pulsazione, legata al periodo e alla frequenza dalle relazioni:
ω π
π= =2
2f
T
AA
A
A A
k
MM
M M
f
= =
= =
= =
20 707
20 637
2 2111
,
,
,
A m ππ
Si consideri ora, in un riferimento cartesiano, un vettore di lunghezza MA che ruoti intorno
alla sua origine con velocità angolare ω in senso antiorario; se all’istante 0=t la sua direzione coincide con il verso positivo dell’asse delle x, che si assume come asse di riferimento, in un generico istante t, quando avrà compiuto una rotazione pari all’angolo: t⋅= ωα occuperà una posizione tale che la sua proiezione sull’asse delle y (asse di proiezione) sarà:
a A tM= senω Si può notare quindi che tale proiezione coinciderà istante per istante con il valore della
grandezza sinusoidale in tale istante.- Stabilendo la corrispondenza tra i parametri visti sopra, ogni grandezza sinusoidale definisce
uno ed un solo vettore rotante e viceversa ad ogni vettore rotante corrisponde una ed una sola grandezza sinusoidale.- Si può quindi assumere i vettori rotanti così definiti come rappresentativi delle grandezze sinusoidali:
a A t AM M= ⇔senωr
Scegliendo come origine dei tempi un istante diverso, la grandezza sinusoidale assumerà una
fase iniziale diversa da zero: ( )ϕω ±= tsenAa M
105
Il vettore rotante rappresentativo sarà di conseguenza posizionato all’istante iniziale con un angolo pari a ϕ in anticipo o in ritardo (a seconda del segno) rispetto l’asse di riferimento.-
Convenzionalmente si dirà che la grandezza sinusoidale, come il suo vettore rappresentativo,
risultano in anticipo rispetto l’asse di riferimento o ad un’altra grandezza, se lo sfasamento risulta positivo; in ritardo se lo sfasamento risulta negativo.-
In definitiva date le due grandezze sinusoidali:
( )
−==
ϕωω
tsenBb
tsenAa
M
M si dirà che b è in Ritardo rispetto a
I loro vettori rappresentativi saranno: Date le due grandezze sinusoidali:
( )
+==
ϕωω
tsenBb
tsenAa
M
M si dirà che b è in Anticipo rispetto a
I loro vettori rappresentativi saranno: Se lo sfasamento è di 0° si dirà che le due grandezze sono in fase Se lo sfasamento è di 90° si dirà che le due grandezze sono in quadratura Se lo sfasamento è di 180° si dirà che le due grandezze sono in opposizione In definitiva una grandezza sinusoidale è individuata da tra parametri:
1° Ampiezza data da: MA oppure 2MA
A = oppure π
Mm
AA
2=
2° Pulsazione data da: ω oppure π
ω2
=f oppure ωπ21 ==
fT
3° Fase data da: ϕ Se si opera con grandezze sinusoidali che, per ipotesi hanno tutte la medesima pulsazione,
sarà sufficiente far riferimento all’ampiezza e alla fase di ognuna.-
106
4.1.4. Operazioni sulle grandezze sinusoidali isofrequenziali: Date due grandezze sinusoidali isofrequenziali:
( )( )222
111
sen
sen
ϕωϕω
+=+=
tAa
tAa
M
M
La loro Somma e Differenza sarà:
( )( )
2211
2211
21212
22
1
21
2
ϕϕ
ϕϕϕ
ϕϕϕω
cosAcosA
senAsenAarctg
cosAAAAA
:ovetsenAaa
MM
MMS
MMMMS
SS
±
±=
−±+=+=±
La grandezza risultante è ancora sinusoidale, con la medesima pulsazione e valore medio nullo.-
Il Prodotto delle due grandezze sinusoidali di partenza è:
( ) ( )212M1M
212M1M
21 t2cos2
AAcos
2
AAaa ϕϕωϕϕ ++−−=⋅
La grandezza risultante è ancora sinusoidale ma ha frequenza doppia e valore medio diverso da zero.-
Il Quoziente delle due grandezze sinusoidali di partenza è:
( ) ( ) ( )221
2
121
2
121 cos ϕωϕϕϕϕ +⋅−−−= tctgsin
A
A
A
Aa:a
M
M
M
M
La grandezza risultante non è sinusoidale, ha la medesima frequenza e valore medio diverso da zero.-
Data la grandezza sinusoidale: ( )ϕω += tAa M sen
La sua Derivata rispetto al tempo è:
( )
++=+=2
sencosπϕωωϕωω tAtA
dt
daMM
La grandezza risultante è sinusoidale, con la medesima frequenza, ampiezza w volte maggiore e in quadratura anticipo.-
Il suo Integrale nel tempo è:
( )
−+=+−=∫2
sencos1 πϕω
ωϕω
ωt
AtAadt M
M
La grandezza risultante è sinusoidale, con la medesima frequenza, ampiezza w volte minore e in quadratura in ritardo.-
4.1.5. Rappresentazione Polare delle grandezze sinusoidali: Data la grandezza sinusoidale:
( )ϕω += tAa M sen
a lei può essere associato un vettore d’ampiezza MA rotante in senso antiorario con velocità w che
nell’istante iniziale formi con l’asse di riferimento un angolo ϕ:
107
In ogni istante t la proiezione del vettore rotante sull’asse di proiezione corrisponde al
valore della grandezza sinusoidale nel medesimo istante.- Pertanto, fissati l’asse di riferimento, il senso di rotazione e la velocità angolari con le
modalità viste, il vettore rotante definisce compiutamente la grandezza sinusoidale e viceversa; esiste cioè una corrispondenza biunivoca tra i due.-
Data una seconda grandezza sinusoidale:
( )b B tM= +senω ψ isofrequenziale con la prima, essa può essere analogamente rappresentata da un secondo vettore rotante, sincrono con il primo (hanno la medesima velocità angolare), la cui posizione dipende dal valore di ψ e così di seguito per un qualsiasi altro numero di grandezze sinusoidali e relativi vettori rappresentativi.
Poiché tutti i vettori ruotano alla medesima velocità, mantengono inalterata la loro posizione reciproca; di conseguenza possono essere fotografati in un qualsiasi istante, per esempio in t = 0 , come nella rappresentazione di figura, in modo che formino con l’asse di riferimento un angolo pari alla loro fase ed assumere quella posizione come rappresentativa delle corrispondenti grandezze sinusoidali.-
Per indicare che i vettori ruotano, vengono contrassegnati con un punto posto superiormente ad essi.-
Il diagramma vettoriale che ne risulta prende il nome di Diagramma polare.-
Dovendo eseguire delle operazioni su un insieme di grandezze sinusoidali isofrequenziali, invece di usare le espressioni trigonometriche viste al paragrafo precedente, di laboriosa elaborazione, si può rappresentare le grandezze mediante un diagramma polare, eseguire le operazioni richieste sui vettori e, trovato il vettore risultante, risalire da questo alla grandezza sinusoidale da lui rappresentata che è la risultante delle operazioni richieste.-
Date due grandezze sinusoidali:
( )( )
a = AM sen
sen
ω ϕ
ω ϕ
t
b B tM
+
= +1
2 calcolarne la:
108
Somma: Differenza:
( )
tsenBAba ϕω ++=+oo
( )
tsenBAba ϕω +−=−oo
Derivata : Integrale:
++=2
πϕωω tsenAdt
daM
−+=⋅∫2
πϕωω
tsenA
dta M
Si può notare che: La Derivata di un vettore rotante, rappresentativo di una grandezza sinusoidale, si ottiene
moltiplicando il suo modulo per ω e ruotandolo di 90° in anticipo.- L’ Integrale di un vettore rotante, rappresentativo di una grandezza sinusoidale, si ottiene
dividendo il suo modulo per ω e ruotandolo di 90° in ritardo .- Per quanto concerne il Prodotto esso ha frequenza doppia è quindi non è rappresentabile
sullo stesso piano polare (il vettore prodotto ruota con velocità doppia dei vettori fattori).- Per quanto concerne il Quoziente esso non è sinusoidale e quindi non è rappresentabile
mediante vettori rotanti.-
109
4.1.6. Rappresentazione simbolica delle grandezze sinusoidali: S’immagini il piano di Gauss nel quale l’asse reale coincida con l’asse di riferimento e l’asse
immaginario con l’asse di proiezione; ogni vettore, nel piano di Gauss, è rappresentato da un numero complesso legato al modulo e alla fase del vettore dalle relazioni:
==
⇔
=
+=+=
ϕϕ
ϕ sen
cos22
M
MM
Ab
Aa
a
btg
baAjbaA
o
Risulta esserci una corrispondenza biunivoca tra vettori e numeri complessi; come si è già visto, esiste anche una corrispondenza biunivoca tra grandezze sinusoidali e vettori rotanti: si può quindi stabilire una corrispondenza biunivoca anche tra numeri complessi e grandezze sinusoidali.-
Data la grandezza sinusoidale: ( )ϕω +tsenVv M= all’istante t = 0 a lei corrisponderà il numero complesso:
V V jVo
M M= +cos senϕ ϕ (*)
Dato il numero complesso:
V a jbo
= + all’istante t = 0 ad esso corrisponderà la grandezza sinusoidale:
++=
a
btbav arctgsen22 ω
V
M = +
=
⇔
==
a bb
a
a Vb V
M
M
2 2
ϕϕϕarctg
cossen
L’espressione (*) costituisce la Forma trigonometrica della rappresentazione simbolica della grandezza sinusoidale data.-
La rappresentazione simbolica e le relative operazioni che su di essa si eseguono, sono valide soltanto quando risultano verificate le condizioni generali poste in partenza:
I°: Le grandezze sulle quali si opera devono essere isofrequenziali II°: Le grandezze devono essere riferite ad una medesima origine dei tempi.- Le operazioni che si potranno eseguire saranno quindi soltanto quelle di Somma, Differenza,
Derivazione ed Integrazione.-
4.1.7. Somma e Differenza di grandezze sinusoidali isofrequenziali: Date due grandezze sinusoidali:
( )( )
+=+=
222
111
sen
sen
ϕωϕω
tVv
tVv
M
M
queste sono rappresentate in forma simbolica trigonometrica da
V V jV a jb
V V jV a jb
o
M Mo
M M
1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2
= + = +
= + = +
cos sen
cos sen
ϕ ϕ
ϕ ϕ
110
Eseguendo la somma o la differenza delle grandezze in forma simbolica si ricava:
( ) ( )V V a a j b bo o
1 2 1 2 1 2± = ± + ± A questa grandezza risultante, espressa in forma simbolica, corrisponderà la grandezza risultante in forma sinusoidale:
( ) ( )
±
±+±+±=+
21
21221
22121 arctgsen
ba
bbtbbaavv ω
4.1.8. Prodotto e quoziente di grandezze sinusoidali per grandezze scalari. Data una grandezza sinusoidale:
( )a A tM= +senω ϕ
Il suo prodotto o quoziente per un operatore scalare k (costante nel tempo) si può valutare usando le diverse forme di rappresentazione della grandezza sinusoidale:
In forma sinusoidale: ( )ϕω +⋅=⋅ tAkak M sen
( )ϕω += tk
A
k
a M sen
In forma trigonometrica:
ϕϕ sencos MM jAAA +=o
+=
+=
ϕϕ
ϕϕ
sencos
sencos
k
Aj
k
A
k
A
jkAkAAk
MM
MM
o
o
Come si può notare, moltiplicando o dividendo una grandezza sinusoidale per un operatore
scalare costante, la sua fase rimane inalterata, mentre il suo modulo o valore massimo viene moltiplicato o diviso per tale fattore.-
4.1.9. Prodotto e quoziente di grandezze sinusoidali per l’operatore j : Data una grandezza sinusoidale: ( )ϕω += tAa M sen Il suo prodotto o quoziente per l’operatore simbolico j si può valutare usando la
rappresentazione trigonometrica della grandezza sinusoidale:
ϕϕ senjAcosAA MM
o
+= ⇒
−=
+−=⋅
ϕϕ
ϕϕ
cossen
cossen
MM
o
MM
o
jAAj
A
jAAAj
111
Osservando l’espressione di o
A si nota che ha per componenti reali e immaginarie i valori ϕcosAM
e ϕsenAM mentre il vettore o
Aj ⋅ ha per componenti rispettivamente ϕsenAM− e ϕcosAM ; semplici considerazioni geometriche portano a rilevare che il
vettore o
Aj ⋅ risulta uguale in modulo ma in quadratura
anticipo rispetto o
A .- Analogamente si può vedere che
il vettore j
Ao
risulta uguale in modulo ma in quadratura
ritardo rispetto o
A .- Usando l’operatore j, sia la derivata sia l’integrale possono essere facilmente rapresentati,
impiegando l’espressione simbolica della grandezza sinusoidale, da:
o
o
Ajdt
Ad ω=
∫ −==ωω
ooo A
jj
AdtA
4.1.10. Prodotto di un vettore rotante per un operatore complesso:
Il prodotto di una grandezza sinusoidale, rappresentata da un vettore rotante o
A , con un
operatore complesso jXRZ += avente modulo 22 XR + e fase R
Xarctg=ϕ è dato da:
oooo
AjXARA)jXR(AZ ⋅+⋅=⋅+=⋅ Il vettore prodotto è la somma di due vettori: uno pari
ad o
AR in fase con o
A e modulo R volte maggiore,
l’altro pari a o
AjX in quadratura anticipo con o
A e modulo X volte maggiore.- Semplici considerazioni geometriche permettono di constatare che il modulo del vettore risultante è:
2222 XRA)XA()RA(AZo
+⋅=+=⋅
mentre lo sfasamento tra il vettore rotante o
A ed il vettore prodotto o
AZ ⋅ è uguale alla fase ϕ dell’operatore complesso.-
In conclusione: moltiplicando un vettore rotante o
A per un operatore complesso Z si ottiene ancora un vettore rotante avente modulo pari al prodotto dei loro moduli e sfasato in anticipo rispetto
al vettore o
A dell’angolo di fase dell’operatore Z .-
112
4.2.0. Equilibrio nei circuiti in regime variabile Allorché ad un circuito costituito da resistenze, induttanze e capacità viene applicata una
tensione, comunque variabile, nell’analisi della situazione d’equilibrio bisogna tenere conto degli effetti sul circuito stesso delle variazioni del campo elettrico e magnetico generati dalla variazione della tensione e della corrente.-
Induttanza ( L ): in assenza di materiali ferromagnetici, la variazione di della corrente genera nel circuito ai capi dell’induttanza una Forza elettromotrice data da :
v L
di
dtL = −
Capacità ( C) : in presenza di una tensione variabile, il condensatore è soggetto ad un regime permanente di carica e scarica, consentito dalla continua variazione della corrente.- Se q è la carica all’istante t sulle sue armature, la tensione ai capi del condensatore risulta:
v
q
C Ci dtC = = ⋅∫
1
Resistenza ( R ) : in ogni istante la caduta di tensione ai capi della resistenza risulta, per la
legge di Ohm, proporzionale al valore della corrente che l’attraversa:
v R iR = ⋅ In generale, applicando una tensione variabile v ad un circuito contenente una resistenza,
un’induttanza ed un condensatore, la corrente che circola risulta legata alla tensione applicata dalla relazione:
v v v vL C R+ = + (la somma delle tensioni impresse deve essere uguale in ogni istante alla somma delle cadute di tensione).- Sostituendo:
v L
di
dt Cidt Ri− = +∫
1
o anche, derivando rispetto il tempo:
dv
dtL
d i
dtR
di
dt Ci= + +
2
2
1
4.3.0. Circuiti in regime sinusoidale Si consideri un circuito formato da una resistenza R, un’induttanza L, una capacità C,
rigorosamente costanti, e vi si applichi una tensione sinusoidale.- Dopo un certo tempo (periodo transitorio) la corrente si stabilizzerà ed assumerà (come sarà dimostrato in seguito) un andamento sinusoidale ed isofrequenziale con la tensione applicata ma sfasata rispetto questa di un angolo ϕ ϕ ϕ ϕ dipendente dai valori dei parametri del circuito.- Assumendo come grandezza di riferimento (avente fase iniziale zero) la corrente, risulterà:
( )
+==
ϕωω
tsenVv
tsenIi
M
M
L’equazione generale d’equilibrio:
v L
di
dt Cidt Ri− = +∫
1
113
in notazione simbolica sarà:
&
&& &V L
dI
dt CIdt RI− = +∫
1
& & & &V j LI j
CI RI− = − +ω
ω1
& &V R j LC
I= + −
ωω1
Il coefficiente per il quale risulta moltiplicata la corrente è un operatore complesso (costante
nel tempo) che prende il nome di Operatore d’impedenza Z:
Z R j LC
= + −
ω
ω1
per cui la relazione tra tensione e
corrente diventa:
& &V Z I= ⋅
In regime sinusoidale, la relazione tra tensione e corrente in un circuito RLC può essere espressa in forma analoga a quella vista per la legge di Ohm purché alla costante R ( IRV ⋅= ) si
sostituisca l’operatore impedenza Z .-
V R I= ⋅
& &V Z I= ⋅
Convenzionalmente si assume come verso dei vettori, che rappresentano nei circuiti delle
grandezze sinusoidali (che in realtà cambiano verso ogni semiperiodo), quello delle relative grandezze nel loro semiperiodo positivo.-
L’operatore complesso d’impedenza Z viene chiamato semplicemente Impedenza; il suo modulo vale:
2
2 1
−+=
CLRZ
ωω
Il coefficiente della parte immaginaria: C
LXω
ω 1−= prende il nome di Reattanza
Mentre: XL = wL prende il nome di Reattanza induttiva
C
X Cω
1= prende il nome di Reattanza capacitiva
R
CL
:vale impedenzadell' fase la ω
ω
ϕ
1
arctg
−
=
ϕ prende il nome di Angolo caratteristico o angolo di fase dell’impedenza
114
L’impedenza e la reattanza hanno le dimensioni fisiche di una resistenza:
[ ] [ ] [ ]ω
ωL
rad
C rad
V
C
V
A= ⋅
=
=
=
=
secsec
secΩ Ω Ω
1
Dall’analisi della relazione
& &V Z I= ⋅
si deduce che: Il vettore rappresentativo della tensione si ricava dal vettore rappresentativo della corrente ruotandolo dell’angolo ϕ (in anticipo se ϕ è positivo, in ritardo se ϕ è negativo) e moltiplicandone la lunghezza per il modulo dell’impedenza Z.-
Nei circuiti ove sia necessario usare la relazione: &&
&IV
Z ZV= = ⋅
1
risulta utile considerare l’operatore complesso 1
ZY= che prende il nome di Ammettenza.
YZ R jX
R jX
R X
R
Zj
X
Z
GR
Z
BX
Z
= =+
=−+
= −=
=
1 12 2 2 2
2
2
Prende il nome di Conduttanza
Prende il nome di Suscettanza
−=
−=⋅
−=−=
+=⇒−= ∗ ϕϕ
R
Xarctg
R
Z
Z
Xarctg
G
Barctg
BGYjBGY 2
2
22
L’angolo caratteristico dell’ammettenza è uguale in valore assoluto a quello della
relativa impedenza ma di segno opposto.- Il triangolo rettangolo che ha per cateti R ed X e per ipotenusa Z prende nome di
Triangolo caratteristico dell’Operatore Impedenza:
Z R X R Z
X R tg X Z
2 2 2= + = ⋅= ⋅ = ⋅
cos
sen
ϕϕ ϕ
Il triangolo rettangolo che ha per cateti G e B e per ipotenusa Y prende il nome di
Triangolo caratteristico dell’Operatore Ammettenza.
*sen
*cos
*
222
ϕϕ
ϕ YB
YG
tgBG
BGY
==
⋅=+=
115
4.4.0. Circuiti elementari Nella realtà ogni circuito elettrico è formato da un insieme di resistenze, induttanze e
capacità; anche se talvolta una di queste può essere prevalente sulle altre, queste ultime sono sempre presenti anche se in misura piccolissima.- Per valutare la relazione esistente tra tensione e corrente in ciascuna di esse, s’immagini di studiare astrattamente un circuito costituito da uno solo degli elementi visti.-
4.4.1. Resistenza pura R: Applicando una tensione sinusoidale: tVv M ωsen=
ad una resistenza R, la corrente che, istante per istante, vi circola è legata alla tensione, per la legge di Ohm, dalla relazione:
i
v
R
V
Rt I tM
M= = =sen senω ω avendo posto:
I
V
R
I V
RI
V
RMM M M= = = dividendo per si ottengono i valori efficaci: 2
2 2
1
A regime, in una resistenza la tensione applicata e la corrente che la attraversa sono in
fase tra loro ed il valore efficace della corrente è uguale a quello della tensione diviso per R.-
==
tIi
tVv
M
M
ωω
sen
sen
& &V R I= ⋅
Problema 4.01
Una tensione sinusoidale avente valore massimo 10V e frequenza 50 Hz è applicata ad una resistenza di Ω2 .- Calcolare la corrente che vi circola.-
La soluzione si può trovare o facendo riferimento ai valori istantanei o ai valori efficaci:
I°.
La pulsazione della tensione vale: sec3145022 radf =⋅⋅== ππω
Il valore istantaneo della tensione è: ttVv M 314sen10sen == ω
Per cui la corrente circolante risulta: tsentsentsenR
Vi M 3145314
2
10 === ω
II° I valori efficaci della tensione e corrente saranno:
A,,
R
VIV,
VV M 5353
2
077 077
2
10
2====== in fase tra loro.-
116
4.4.2. Induttanza pura L: Il quesito che ci si pone è il seguente: quale tensione bisogna applicare ad un’induttanza L
affinché vi circoli una corrente i I tM= senω
Vista la definizione di L, la corrente i, percorrendola, genererà un flusso concatenato con l’induttanza stessa pari a:
tILiL Mc ωϕ sen==
essendo tale flusso concatenato variabile nel tempo, indurrà nell’induttanza una F.E.M.:
tILdt
tdIL
dt
diL
dt
de M
Mc ωωωϕ
cossen
−=−=−=−=
Per la Legge di Lenz, la e si opporrà al passaggio della corrente i quindi bisognerà applicare una tensione v tale da compensare, istante per istante, la e :
v e+ = 0
+=
+==−=2
sen2
sencosπωπωωωω tVtLItLIev MMM
Confrontando i valori istantanei della tensione e della corrente, si deduce che la tensione deve essere in quadratura anticipo rispetto la corrente (o la corrente in quadratura ritardo rispetto la tensione) mentre i relativi valori massimi risultano legati tra loro dalla relazione:
MM ILV ω= e dividendo per 2 : IXILV L ⋅== ω (valori efficaci) A regime, in un’induttanza la corrente è in quadratura ritard o rispetto alla
tensione che la fa circolare ed il suo valore efficace è uguale al rapporto del valore efficace della tensione con la reattanza induttiva della L.-
−=
=
2sen
sen
πω
ω
tIi
tVv
M
M
°°
= IjXV L
117
Problema 4.02
Una tensione sinusoidale del valore di 20 V efficaci a frequenza 50 Hz è applicata ad un’induttanza di 0,01 H. Calcolare la corrente che vi circola.-
Il problema si può risolvere o facendo riferimento ai valori istantanei o a quelli efficaci:
I° La pulsazione della tensione vale: ω π π= = ⋅ ⋅ =2 2 50 314f radsec
Il valore massimo della tensione è: V V VM = ⋅ = ⋅ =2 2 20 28 28, Il valore istantaneo della tensione e: v V t tM= =sen , senω 28 28 314
La reattanza induttiva è: X LL = = ⋅ =ω 314 0 01 314, , Ω Per cui il valore istantaneo della corrente è:
iV
Xt t tM
L
= −
= −
= −
sen
,
,sen senω
π π π2
28 28
314314
29 314
2
II° Calcolato il valore della reattanza induttiva: X LL = = ⋅ =ω 314 0 01 314, , Ω
Il valore efficace della corrente risulta: A,,X
VI
L
376143
20 ===
La corrente risulterà in quadratura ritardo rispetto la tensione (trattandosi di una pura induttanza).-
4.4.3. Capacità pura C: Il quesito che ci si pone è il seguente: quale corrente circola in un condensatore di capacità C
al quale sia stata applicata una tensione v V tM= senω
Applicando una tensione v al condensatore, esso si carica con una carica q: tVCvCq M ωsen⋅=⋅=
(Nel primo quarto di periodo, quando la tensione tende ad aumentare, il condensatore si carica, nel secondo quarto, quando la tensione dal valore massimo tende a zero, il condensatore si scarica, nel terzo quarto di periodo il condensatore si carica nuovamente ma con polarità opposta, per scaricarsi durante l’ultimo quarto del periodo quando la tensione tende nuovamente a zero)
Affinché la carica q possa essere scambiata tra il generatore ed il condensatore, deve circolare una corrente pari a:
( )
+==⋅
==2
sencossen πωωω
ωtItCV
dt
tVCd
dt
dqi MM
M
Confrontando i valori istantanei della tensione e della corrente, si deduce che la tensione deve essere in quadratura ritardo rispetto la corrente (o la corrente in quadratura anticipo rispetto la tensione) mentre i relativi valori massimi risultano legati tra loro dalla relazione:
efficaci) (valori IXIC
VCVI :2 per dividendo e CVI CMM ==⇒==ω
ωω 1
118
A regime, in un condensatore la corrente è in quadratura anticipo rispetto la tensione
che la fa circolare ed il suo valore efficace è uguale al rapporto del valore efficace della tensione con la reattanza capacitiva del C.-
+=
=
2sen
sen
πω
ω
tIi
tVv
M
M
IjXV C&& −=
Problema 4.03 Una tensione sinusoidale avente valore massimo 100 V e frequenza 50 Hz è applicata ad un
condensatore di capacità 200 µF.- Calcolare la corrente che vi circola.- Il problema si può risolvere o facendo riferimento ai valori istantanei o a quelli efficaci:
I° La pulsazione della tensione vale: ω π π= = ⋅ ⋅ =2 2 50 314f radsec
Il valore istantaneo della tensione è: tsentsenVv M 314100== ω
La reattanza capacitiva vale: Ωω
91510200314
116
,C
X C =⋅⋅
==−
Il valore massimo della corrente è: AX
VI
C
MM 28,6
9,15
100 ===
Il valore istantaneo della corrente è:
( ) ( ) ( )23142862314915
1002
πππω +=+=+= tsen,tsen,
tsenX
Vi
C
M
II° Calcolato il valore della reattanza ed il valore efficace della tensione:
Ωω
91510200314
116
,C
X C =⋅⋅
==−
V,V
V M 7702
100
2===
119
Il valore efficace della corrente è: A,,
,
X
VI
C
454915
770===
La corrente risulterà in quadratura
anticipo sulla tensione (trattandosi di una pura capacita).-
4.4.4. Circuiti a costanti concentrate - Collegamento serie: Normalmente nei circuiti la Resistenza, Induttanza e Capacità sono distribuite lungo tutto lo
sviluppo (qualsiasi tratto di circuito, costituito da un filo avrà la sua resistenza; essendo attraversato da corrente produrrà un flusso che si concatenerà col circuito stesso e quindi avrà un’induttanza; come conduttore, separato mediante un isolante da altri conduttori, avrà rispetto questi una capacità).- In pratica per semplificare i calcoli, i tre parametri R - L - C s’immagineranno prevalentemente concentrati in alcuni punti (Costanti concentrate) e collegati con conduttori ideali privi di resistenza, flussi concatenati e accoppiamenti capacitivi.-
Si definisce Caduta di tensione ai capi di un elemento d’impedenza Z la tensione esistente ai suoi estremi quando è attraversato dalla corrente I:
· Si consideri ora un circuito costituito da una resistenza R , un’induttanza L e una capacità C in
serie tra loro (attraversati cioè dalla medesima corrente) alimentato da una tensione sinusoidale V:
Le cadute di tensione ai capi di R, L, C saranno rispettivamente:
& &
& & &
& & &
V RI
V jX I j LI
V jX I jC
I
R
L L
C C
== =
= − = −
ω
ω1
Poiché le cadute di tensione che si localizzano agli estremi della R, L, C hanno fasi diverse
rispetto la medesima corrente, risulteranno tra loro sfasate .- In ogni istante la tensione applicata alla serie sarà uguale alla somma dei valori istantanei
delle cadute di tensione sui singoli elementi, quindi, rappresentando tali tensioni con i loro vettori rappresentativi, risulterà:
& & & &V V V VR L C= + +
E sostituendo i valori trovati per le espressioni delle cadute di tensione:
( )[ ]& & & & & &V RI jX I jX I R j X X I Z IL C L C e= + − = + − = ⋅
L’operatore complessoeZ prende il nome di Impedenza ed ha come modulo e fase rispettivamente:
( )Z R X X
X X
Re L CL C= + − =
−2 2 ϕ arctg
120
Per cui, tenendo presente il significato del prodotto dell’operatore complesso per una vettore
rotante, si deduce che: La tensione applicata ad un circuito costituito da una Resistenza, una Induttanza ed una Capacita in serie, risulta avere fase ϕ rispetto alla corrente che circola (assunta come vettore di riferimento con fase zero) e modulo uguale al prodotto dei moduli dell’operatore impedenza e della corrente stessa:
( )i I t I V Z I v Z I tM e M= ⇒ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ +sen & & & senω ω ϕ Volendo rappresentare con un diagramma polare le grandezze in esame, si possono verificare
tre casi:
X XL Cf
X XL Cp
X XL C=
Come si può notare in tutti i tre casi: - La caduta ohmica è in fase con la corrente. - La caduta sull’induttanza è in quadratura anticipo sulla corrente. - La caduta sulla capacità è in quadratura ritardo sulla corrente. - Nel primo caso, quando la reattanza induttiva prevale sulla reattanza capacitiva, il circuito si
dirà di tipo ohmico- induttivo e la corrente risulterà in ritardo sulla tensione. - Nel secondo caso, quando la reattanza capacitiva prevale su quella induttiva, il circuito si
dirà di tipo ohmico-capacitivo e la corrente risulterà in anticipo sulla tensione. - Nel terzo caso, quando la reattanza induttiva compensa esattamente quella capacitiva, il
circuito si dirà di tipo ohmico e la corrente risulterà in fase con la tensione.
Problema 4.04 Una resistenza di 20 Ω , una induttanza di 0,1 Η ed una capacità di 150 µF poste in
serie sono alimentate da una tensione sinusoidale avente f = 50 Hz e valore efficace 200 V .- Calcolare la corrente e le cadute di tensione ai capi della R L C .-
Ωππω
ΩππωΩ
2,2110150502
1
2
11
4,311,05022
20
6=
⋅⋅⋅===
=⋅⋅====
−CfCX
LfLX
R
C
L
121
( ) ( )Z R j X X j jZ R X
X
RL C= + − = + − = +
= + = + =
= = = + °
20 314 212 20 10 2
20 10 2 22 4510 2
2027 02
2 2 2 2
, , ,, ,
arctg arctg,
,
Ω
ϕ
°+====⇒⋅=⇒⋅= 0227 984522
200,A,
,Z
VIIZVIZV ϕ
oo
Nel circuito circolerà una corrente pari a 8,9 A efficaci sfasata in ritardo di 27,02° sulla tensione.-
oo
IRVR ⋅= ⇒ V,IRVR 1789820 =⋅=⋅= oo
IjXV LL ⋅= ⇒ V,,,IXV LL 527998431 =⋅=⋅= oo
IjXV CC ⋅−= ⇒ V,,,IXV CC 718898221 =⋅=⋅=
Essendo XL>X
C il circuito equivalente risulta ohmico-
induttivo (con la corrente in ritardo sulla tensione).-
Problema 4.05 Calcolare in modulo e fase la corrente che circola in un circuito costituito da una resistenza di
3 Ω posta in serie con una reattanza induttiva di 4 Ω quando vi è applicata una tensione sinusoidale avente valore efficace 100V .-
Z R jX j ZL= + = + ⇒ = + = = = °3 4 3 4 5
4
35312 2 Ω ϕ arctg ,
&
&
IV
ZI
V
ZA= ⇒ = = =
100
520
Nell’impedenza circolerà una corrente del valore di 20 A efficaci sfasata in ritardo (carico
ohmico-induttivo) di un angolo ϕ = 53,1° sulla tensione.-
Problema 4.06
Determinare in modulo e fase il valore della corrente assorbita dall’impedenza Z costituita dalla serie della resistenza ΩΩΩΩ==== 5R e dell’induttanza H011,0L ==== , quando viene alimentata da una tensione sinusoidale avente valore efficace V220V ==== e frequenza Hz50f ==== .-
La reattanza LX vale:
Ωπω 454301103142 ,,LfLX L =⋅=⋅== L’impedenza del bipolo è:
45435 ,jjXRZ L +=+= Il modulo e la fase dell’impedenza valgono rispettivamente:
Ω08645435 2222 ,,XRZ L =+=+= °=== 6345
4543,
,
R
Xarctg Lϕ
122
La relazione tra tensione e corrente nell’impedenza è:
oo
IZV ⋅= ⇒⇒⇒⇒
+=⋅=
ZIV
IZV
ϕϕϕ
Assumendo come grandezza di riferimento la corrente con relativa fase uguale a zero:
A,,
I 1836086
220 ==
°=°+= 6346340 ,,Vϕ
Essendo in presenza di un carico ohmico-induttivo la corrente risulta in ritardo rispetto la tensione.-
Problema 4.07 Un’impedenza ohmico-induttiva, alimentata con una tensione alternata Hz50;V150V ====
assorbe una corrente A15I ==== . Sapendo che la resistenza vale ΩΩΩΩ==== 8R , calcolare il valore dell’induttanza.-
Il valore dell’impedenza si ricava dalla relazione:
oo
IZV ⋅= ⇒ IZV ⋅= ⇒ Ω1015
150 ===I
VZ
La reattanza induttiva vale:
Ω6810 2222 =−=−= RZX L
LfLX L ⋅⋅== πω 2 ⇒⇒⇒⇒ mH,H,f
XL L 11901910
314
6
2===
⋅=
π
La fase dell’operatore impedenza vale:
°=== 87368
6,arctg
R
Xarctg Lϕ
L’espressione complessa dell’operatore impedenza è:
°=+=+= 87361068 ,jjXRZ L
Problema 4.08 Calcolare la resistenza di un circuito ohmico capacitivo che, alimentato alla tensione
sinusoidale V = 200V; 50Hz, assorbe una corrente I = 0,8A, sapendo che il condensatore ha capacità F20C µµµµ==== .-
Il modulo dell’impedenza sarà:
Ω25080
200 ===,I
VZ
La reattanza del condensatore risulta essere:
123
Ωπω
11591020502
116
,C
X C =⋅⋅⋅
=⋅
=−
La resistenza vale:
Ω81921159250 2222 ,,XZR C =−=−=
La fase dell’operatore impedenza è:
°−=−
== 5398192
1159,
,
,
R
Xarctg
Cϕ
L’espressione complessa dell’operatore impedenza è:
°−=−=−= 53925011598192 ,,j,jXRZ C
Assumendo come grandezza di riferimento la corrente, con relativa fase uguale a zero, la fase della tensione risulta:
oo
IZV ⋅= ⇒⇒⇒⇒
+=⋅=
ZIV
IZV
ϕϕϕ
°−=°−= 5395390 ,,Vϕ
Essendo in presenza di un carico ohmico-capacitivo la corrente risulta in anticipo rispetto la tensione.-
4.5.0. Collegamento delle impedenze
4.5.1. Impedenze in serie: Si considerino più impedenze collegate in serie, attraversate cioè dalla medesima
corrente:
Z R jX
Z R jX
Z R jX
1 1 1
2 2 2
3 3 3
= += += +
La corrente I percorrendo le diverse impedenze provoca delle cadute di tensione:
& & & & & &V Z I V Z I V Z I1 1 2 2 3 3= ⋅ = ⋅ = ⋅ In generale, essendo le tre impedenze diverse tra loro in modulo e fase (positiva o negativa),
tali saranno anche le cadute di tensione, quindi la tensione totale ai capi della serie, data dalla somma dei valori istantanei delle singole tensioni, dovrà essere calcolata mediante una somma vettoriale (non come somma aritmetica dei moduli):
& & & &V V V VAB = + +1 2 3 e sostituendo:
( )& & & & &V Z I Z I Z I Z Z Z IAB = + + = + + ⋅1 2 3 1 2 3
124
Definendo come impedenza equivalente della serie quell’impedenza che, alimentata dalla medesima tensione, è attraversata dalla stessa corrente, si ricava:
( ) ( )Z
V
IZ Z Z R R R j X X X R jXe
ABe e= = + + = + + + + + = +
&
& 1 2 3 1 2 3 1 2 3
ove:
considerate con i loro segni
R R R R
X X X Xe
e
= + += + +
1 2 3
1 2 3 Per tracciare il diagramma polare di un circuito serie è conveniente assume come vettore di
riferimento quello comune a tutti gli elementi del circuito, in questo caso la corrente:
( ) ( ) ( )& & & & & & &V R I jX I R I jX I R I jX IAB = + + − + +1 1 2 2 3 3
- L - C .-LΩ Ω Ω
( ) ( )V R R R X X X IAB = + + + − + ⋅1 2 3
2
1 2 3
2
ϕ =
− ++ +
arctgX X X
R R R1 2 3
1 2 3
4.5.2. Impedenze in parallelo: Si considerino delle impedenze poste in parallelo, alimentate cioè dalla medesima tensione
che farà circolare sulle stesse le correnti:
Z R jX IV
ZY V
Z R jX IV
ZY V
Z R jX IV
ZY V
ABAB
ABAB
ABAB
1 1 1 11
1
2 2 2 22
2
3 3 3 33
3
= + = = ⋅
= + = = ⋅
= + = = ⋅
&&
&
&&
&
&&
&
Nella risoluzione di circuiti con impedenze in parallelo risulta utile l’impiego dell’operatore
complesso Y indicato con il nome di Ammettenza (vedi paragrafo 4.3.0.):
jBGZ
Xj
Z
R
XR
jXR
jZRZY −=−=
+
−=
+==
2222
11
2Z
RG = è la Conduttanza
2Z
XB = è la Suscettanza
Per il primo principio di Kirchhoff:
125
( )& & & & & & & &I I I I Y V Y V Y V V Y Y YAB AB AB AB= + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ = + +1 2 3 1 2 3 1 2 3 Definendo come ammettenza equivalente del parallelo quell’ammettenza che, alimentata dalla medesima tensione, assorbe la stessa corrente, si ricava:
( ) ( ) ee
AB
e jBGBBBjGGGYYYV
IY −=++−++=++== 321321321
&
&
ove: 321
321
BBBB
GGGG
e
e
++=++=
Riferendosi alle impedenze, risulterà:
1 1 1 1
1 2 3Z Z Z Ze
= + +
Per tracciare il diagramma polare di un circuito parallelo conviene assumere come vettore di riferimento la tensione applicata, essendo comune a tutti gli elementi del circuito stesso:
( ) ( ) ( )& & & & & & &I G V jB V G V jB V G V jB VAB AB AB AB AB AB= − + + + −1 1 2 2 3 3
- L - C - L (in ipotesi per il diagramma)Ω Ω Ω
( ) ( )
321
321
2321
2321
GGG
BBBarctg
VBBBGGGI
e
AB
++
−+−=
⋅−+−+++=
ϕ
Problema 4.09 Le impedenze 101 =Z e 40202 jZ += , collegate tra loro in serie, sono alimentate con una
tensione sinusoidale di 100 V efficaci - 50 Hz.- Calcolare la tensione ai capi delle singole impedenze e la corrente assorbita; tracciare il diagramma polare del circuito.-
Impiegando per i vettori e gli operatori vettoriali la notazione così detta americana: FaseModulo
°=+=++=+= 15350403040201021 ,jjZZZ e
Si assume come vettore di riferimento, con fase iniziale zero, il vettore tensione:
°= 0100V
°−=°
°== 1532
15350
0100,
.Z
VI
e
&&
126
La corrente assorbita dal circuito vale 2 A efficaci ed è sfasata di 53,1° in ritardo sulla tensione.
°=°−⋅°==
°−=°−⋅°==
310448915324637244
153201532010
22
11
,,,,,IZV
,,IZV
&&
&&
La tensione ai capi della prima impedenza vale 20 V efficaci ed è sfasata in ritardo di 53,1° in
ritardo sulla tensione d’alimentazione. La tensione ai capi della seconda impedenza vale 89,44 V efficaci ed è sfasata di 10,3° in
anticipo sulla tensione d’alimentazione.- In alternativa, se non sono richiesti i valori degli angoli di sfasamento, dopo aver determinata
l’impedenza equivalente:
AZ
VI
Z
VI 2
50
100 ===⇒=&
&
VIZVIZV 202101111 =⋅==⇒= && VIZV IZV 44,89272,442222 =⋅==⇒= &&
Problema 4.10 Le tre impedenze indicate nello schema di figura, sono collegate in serie ed alimentate dalla
tensione alternata Hz50;V200V ==== :- Calcolare la caduta di tensione su ciascuna e tracciare il diagramma polare del circuito.-
°=+=
°−=−=
°=+=
567116331
436347442
46546875
3
2
1
,,jZ
,,jZ
,,jZ
L’impedenza equivalente delle tre impedenze in serie è: °=+=++−++=++= 87361068314275321 ,jjjjZZZZ e
La corrente assorbita dalla serie è:
eZ
VI
o
o
= ⇒⇒⇒⇒ AZ
VI
e
2010
200===
Le tensioni ai capi di ciascuna impedenza risultano essere:
127
°
⋅= IZV 11
o
⇒⇒⇒⇒ V,IZV 172206811 =⋅=⋅= oo
IZV ⋅= 22 ⇒⇒⇒⇒ V,,IZV 4892047422 =⋅=⋅= oo
IZV ⋅= 33 ⇒⇒⇒⇒ V,,IZV 2632016333 =⋅=⋅=
L’equazione vettoriale che governa il circuito, la cui rappresentazione grafica rappresenta il diagramma polare del circuito, è:
oooooooooo
IjXIRIjXIRIjXIRIZIZIZV 332211321 ++−++=⋅+⋅+⋅=
Assumendo la corrente come vettore di riferimento con fase iniziale zero:
Problema 4.11 Determinare il valore della resistenza e dell’induttanza costituenti un’impedenza ohmico-
induttiva che, alimentata alla tensione alternata Hz50;V200V 1 ==== , assorbe una corrente A10I 1 ==== ; mentre, alimentata alla tensione Hz75,V200V 2 ==== , assorbe una corrente A8I 2 ==== .-
Alla frequenza di 50Hz l’impedenza vale:
Ω2010
200
1
150 ===
I
VZ ⇒⇒⇒⇒ 2
122
50 2 )Lf(RZ ⋅⋅+= π ⇒⇒⇒⇒ 222 31420 )L(R ⋅+=
Alla frequenza di 75Hz l’impedenza vale:
Ω258
200
2
275 ===
I
VZ ⇒⇒⇒⇒ 2
222
75 2 )Lf(RZ ⋅⋅+= π ⇒⇒⇒⇒ 222 47125 )L(R ⋅+=
⋅+=
⋅+=222
222
314400
471625
LR
LR ⇒⇒⇒⇒ 222 314471400625 L)( −=− ⇒⇒⇒⇒
=
=
Ω83614
04270
,R
H,L
128
Problema 4.12 Nel circuito di figura, costituito da tre impedenze collegate in serie, si conosce la caduta di
tensione ai morsetti della 2Z ; determinare il valore della tensione e corrente totali e tracciare il diagramma polare del circuito.-
=−=
+=
+=
Hz;V,V
jZ
jZ
jZ
504489
123
24
41
2
3
2
1
oo
IZV ⋅= 22 ⇒⇒⇒⇒ IZV 22 = ⇒⇒⇒⇒ A,
Z
VI 20
24
448922
2
2 =+
==
°−=−=−++++=++= 873610681224341321 ,j)(j)(ZZZZ e oo
IZV e= ⇒⇒⇒⇒ VIZV e 2002010 =⋅==
Assumendo come vettore di riferimento, con fase iniziale zero, la corrente comune a tutte le impedenze (si è in presenza di un circuito serie):
oooooo
oooo
IjXIRIjXIRIjXIR
IZIZIZV
332211
321
−++++=
=⋅+⋅+⋅=
Problema 4.13 Una resistenza ΩΩΩΩ==== 4R 1 è posta in serie ad un’impedenza ohmico-induttiva 2Z ; quando la
serie è alimentata alla tensione Hz50;V350V ==== la caduta di tensione ai capi della resistenza vale V140V 1 ==== e quella ai capi dell’impedenza V280V 2 ==== .- Determinare la corrente assorbita dalla
serie ed il valore dell’impedenza con le sue componenti.-
L’equazione vettoriale che regola il funzionamento del circuito, con la sua rappresentazione polare, risultano:
oooo
IjXIRIRV 221 ++=
129
con:
=
=
=
oo
oo
oo
IZV
IZV
IRV
e
22
11
IRV 11 = AR
VI 35
4
140
1
1 === IZV 22 = Ω835
28022 ===
I
VZ
IZV e= Ω1035
350===I
VZ e
Essendo:
+=
++=
222
221
jXRZ
jX)RR(Z e
Risulterà:
+=
++=2
22
22
2
22
221
2
XRZ
X)RR(Z e
+=
++=2
22
22
22
22
2
8
410
XR
X)R(
Sottraendo membro a membro: 2
22
22
22
2281664100 XRXRR −−++⋅+=−
==
ΩΩ
67
52
2
2
,X
,R ⇒⇒⇒⇒ 67522 ,j,Z +=
Problema 4.14 Due impedenze, poste in parallelo, sono alimentate con una tensione sinusoidale di 50 V
efficaci - 50 Hz.- Calcolare le correnti nei singoli rami e quella totale; tracciare il diagramma polare. Assumendo come vettore di riferimento, con fase iniziale 0°, la tensione d’alimentazione:
ΩΩΩ
10
4
3
050
2
1
1
===
°=
R
X
R
V&
130
°−=−= 1535431 ,jZ °= 0102Z
AIjZ
VI
AIj,,Z
VI
2 50505010
050
1086153101535
050
22
11
1
=+=°=°
°==
=+=°=°−
°==
&&
&&
A,I,jjIII 6133661381158621 =°=+=++=+= &&&
Problema 4.15 Trovare l’impedenza equivalente delle due impedenze poste in parallelo:
−=
+=
68
43
2
1
jZ
jZ
°−=−=
°=+=
87361068
153543
2
1
,jZ
,jZ
+=°=°−
==
−=°−=°
==
060080873610873610
11
160120153201535
11
2
2
1
1
,j,,,,Z
Y
,j,,,,Z
Y
°−=−=++−=+= 562622360102006008016012021 ,,,j,,j,,j,YYY e
2456264724562622360
11j,,
,,YZ
e
e +=°=°−
==
4.5.3. Circuiti con collegamento serie-parallelo: Un circuito serie parallelo, come quello di figura, può essere risolto in diversi modi, in base a
quali dati vengono forniti.-
Se sono forniti i valori delle impedenze e della tensione
di alimentazione:
I 1
Z =Z +Z Z
Z ZI
V
Z
V V Z I
V
Z
IV
Z
tot otot
AB o
AB
AB
1 2
1 2
1
22
⋅+
⇒ =
= − ⇒
=
=
&&
& & &
&&
&&
131
Se sono invece forniti i valori delle impedenze e della tensione ai capi del parallelo
(ipotizzando Z1 ohmico induttiva e Z
2 ohmico capacitiva):
& & &
& & &
& & &
& &
I GV jBV
I G V jB V
I I I
V V R I jX I
AB AB
AB AB
AB o o
1 1 1
2 2 2
1 2
= −
= += +
= + +
Problema 4.16 Determinare l’impedenza e l’ammettenza equivalenti del circuito di figura.
R R R
X X X
R
= = == = ==
2 5 15
3 5 32
4
1 2
1 4
3
Ω Ω ΩΩ Ω ΩΩ
=========
( )Z AB R
Z Z
Z Z
j
j
j
j= +
⋅+
= ++ ⋅+ +
=++
=°°
= °3
1 2
1 2
45 5 15
5 5 15
155 95
20 5
1818 315
20 62148 8217 5
, ,
,, ,
ZZ Z
Z Z j jjAB
AB
AB4
4
4
8 8217 5 32 90
8 8217 5 32 90
282 24 72 5
8 41 2 65 32
282 24 72 5
30 53 749 2415 9 23 0 24=
⋅+
=° ⋅ − °° + − °
=− °
+ −=
− °− °
= ° = +, ,
, ,
, ,
, ,
, ,
,, , , ,
Z Z Z j j je AB= + = + + + = + = °4 2 3 9 23 0 24 1123 3 24 1169161, , , , , ,
Y
Zje
e
= =°
= − ° = −1 1
11691610 0855 161 0 0821 0 0237
, ,, , , ,
R
Xe
e
==
1123
3 24
,
,
ΩΩ
G
B
e
e
=
=
−
−
0 0821
0 0237
1
1
,
,
Ω
Ω
132
Problema 4.17
Nel circuito di figura, la tensione oV ai capi della 3Z vale 100 V, 50 Hz, calcolare la tensione
d’alimentazione.-
ΩΩΩΩΩΩ
425
352
32
31
======
XXX
RRR
Z R
YR
1 1
1
1
10 2
=
= =
,
Z jX
Y jX
j
2 2
2
2
10 5
=
= − = −
,
Z R jX
YR
Zj
X
Zj
3 3 3
33
32
3
32 012 016
= −
= + = +
, ,
°−=−=++−=++= 7,46467,034,032,016,012,05,02,0321321 jjjYYYY
Assumendo Vo come vettore di riferimento:
°=+=
=++=°+=°−⋅°+=⋅+=
°−=°−⋅=⋅=
°=+==
4,155,3462,92334
2,922341005,215,2511007,467,462,6838,5100
7,467,467,46467,0100
2,6838,552100
321
j
jIZVV
YVI
jZ V
o
o
o
&&&
&&
&
Essendo la I sfasata in ritardo di 46,7° rispetto l’asse di riferimento (sul quale si è posta la
oV ) e la V sfasata in anticipo di 15,4° rispetto tale
asse, la corrente totale I sarà sfasata in ritardo di 62,1° (46,7°+15,4°) rispetto la tensione V.-
oVGIoo
11 = oVjBIoo
22 −=
oo VjBVGIooo
333 +=
321
oooo
IIII ++=
oooo
IjXIRVV o ++=
Problema 4.18
Trovare l’impedenza 3Z nel circuito di figura conoscendo i valori di Z1 Z2 Ze :
133
2 4 10 20 10 10 L’impedenza equivalente del circuito è fornita dall’espressione:
32
11
YYZZ e
++=
1
10 10 2 4 8 14 16,12 60,2°
053800308026006202601216
132 ,j,,,
,,YY −=°−=
°=+
040020463044704633622
1
2010
11
2
2 ,j,,,,,jZ
Y −=°−=°
=+
==
°−=−=+−−= 52017540013800108004002005380030803 ,,j,,j,,j,Y
Problema 4.19
Il circuito di figura, alimentato alla tensione di Hz50;V120V ==== assorbe, nelle diverse
condizioni indicate, le seguenti correnti:
Tasto t1 Tasto t2 I(A) I° Aperto Aperto 5 II° Aperto Chiuso 6 III° Chiuso Aperto 12
Determinare il valore di 2R e l’espressione di 1Z .-
Nella condizione I° l’equazione del circuito ed il relativo diagramma polare risultano:
121111
oooo
IRIjXIRV ++=
111121
oooo
IZIjXI)RR(V e ⋅=++=
1IZV e ⋅= ⇒⇒⇒⇒ Ω245
120==eZ
221
221 24=++ X)RR( (*)
Nella condizione II° il circuito, la sua equazione ed il relativo diagramma polare risultano:
4535525752017540
11
3
3 j,Y
Z +=°=°−
==
134
(**)
Nella condizione III° il circuito, la sua equazione ed il relativo diagramma polare risultano:
32
oo
IRV = 32 IRV = ⇒⇒⇒⇒ ΩΩΩΩ======== 1012
120R 2
Ω102 =R
Mettendo a sistema le (*) e (**), sottraendo membro a membro e sostituendo a 2R il valore ricavato precedentemente:
=+
=++22
12
1
221
221
20
24
XR
X)RR( ⇒⇒⇒⇒ 17610 2
12
1 =−+ R)R( ⇒⇒⇒⇒
=
=
Ω
Ω
6319
83
1
1
,X
,R
Problema 4.20 Dati i valori delle tre impedenze del circuito di figura, determinare la tensione
d’alimentazione e la corrente totale assorbita conoscendo il valore della corrente che attraversa l’impedenza 1Z .-
=
°=+=
°−=−=
°=+=
Hz;AI
,,jZ
,jZ
,jZ
5020
562647424
153543
4541111
1
2
1
La tensione ai capi del parallelo vale:
11
oo
IZV o = ⇒⇒⇒⇒ VIZV o 10020511 =⋅==
Assumendo come vettore di riferimento la tensione °= 0100oVo
si ricava:
212121
oooo
IZIjXIRV =+=
21 IZV = ⇒⇒⇒⇒ Ω206
1201 ==Z
221
21 20=+ XR
135
−=°−=°
°==
+=°=°−
°==
1020562637225626474
0100
1612153201535
0100
2
2
1
1
j,,,,Z
VI
j,,Z
VI
o
o
o
o
o
La corrente totale assorbita dal circuito vale:
°=+=−++=+= 621056326321020161221 ,,jjjIIIooo
⇒⇒⇒⇒ A,I 5632=
La tensione d’alimentazione risulta:
1008937922501006255914501006210563245411 ++=°+°=°+°⋅°=+= ,j,,,,,,VIZV o
ooo
°=+= 75165131893792125 ,,,j,Vo
⇒⇒⇒⇒ V,V 5131=
Le equazioni vettoriale che regolano il funzionamento del circuito e che permettono di tracciarne il diagramma polare, sono:
oo VjBVGIooo
111 +=
oo VjBVGIooo
222 −=
21
ooo
III += oooo
IjXIRVV o ++=
Problema 4.21
Conoscendo il valore della corrente 3I nel circuito di figura, determinare la tensione
d’alimentazione e la corrente totale assorbita.-
=========
=
Hz;AI
R
X
R
X
R
X
R
X
R
502
10
8
2
6
6
4
3
2
1
3
6
6
5
4
4
3
3
2
1
ΩΩΩΩΩΩΩΩ
Ω
La tensione ai capi dell’impedenza °=+=+= 153543333 ,jjXRZ vale:
VIZV 1025333 =⋅==
136
L’impedenza equivalente del ramo 4-5-6 vale:
°=+=+= 345116012501011
66
6 ,,,j,X
jR
Y
88493345124763451160
16 ,j,,,
,,Z −=°−=
°=
°−=−=−++−=++−= 44212168810911884932666544456 ,,,j,,j,jZRjXRZ
Assumendo la tensione 3V come tensione di riferimento con fase zero: °= 0103
o
V , le correnti nei
tre rami in parallelo risultano:
612115320101535
1333 ,j,,
,VYI −=°−=°⋅
°==
oo
59050109050322 j,VYI =°=°⋅°==oo
418045804426200104421216
134564 ,j,,,
,,VYI +=°=°⋅
°−=⋅=
oo
La corrente totale assorbita dal circuito è:
°=+=++−+=++= 5661648183658141804580612154321 ,,,j,,j,,j,jIIIIoooo
La tensione d’alimentazione vale:
°=+=++⋅=+= 1318271281836581110818365811311 ,,,j,),j,(VIRVooo
A,I 1641 = V,V 2712=
4.6.0. Potenza elettrica nei circuiti in corrente alternata
4.6.1. Potenza nei circuiti R-L ed R-C: Si consideri un circuito costituito da un generatore ed un’impedenza di carico ohmico
induttiva; assumendo come grandezza di riferimento la corrente circolante, risulterà:
( )
( )ϕωω
ϕωω
+⋅=⋅=
+==
ttIVivp
: saràcircuito il con scambiageneratore il che istantanea potenza La
tVv
tIi
MM
M
M
sensen
sen
sen
ϕωωϕω sencossencossen 2 ⋅⋅+⋅= ttIVtIV MMMM
=
−+V I
tV I
tM M M Mcos
cossen
senϕ
ωϕ
ω1 2
2
2
2
)2sensen22
)2cos1(cos22
tIV
tIV MMMM ωϕωϕ ⋅+−⋅=
( ) tVItVI ωϕωϕ 2sensen2cos1cos +−= A. Il primo termine della potenza istantanea:
( )p VI ta = −cos cosϕ ω1 2 rappresenta una potenza che varia sinusoidalmente con frequenza doppia della tensione e della corrente, con valore minimo zero e massimo 2VIcosϕ mantenendosi sempre positiva e con valore
137
medio VIcosϕ.- L’energia relativa a tale potenza (area tratteggiata) è tutta positiva significando che va sempre
dal generatore al carico, che la trasforma integralmente in un’altra forma d’energia cedendola all’esterno (in questo caso sotto forma di calore).- Questa potenza prende il nome di Potenza attiva o reale istantanea.- Poiché l’energia assorbita da un circuito interessato dalla potenza istantanea variabile:
( )p VI ta = −cos cosϕ ω1 2 è uguale a quella assorbita dal medesimo circuito interessato dalla potenza costante pari a:
VI cosϕ si assume il valore medio della potenza istantanea come Potenza attiva o Potenza reale o semplicemente Potenza del circuito:
P VI= cosϕ
il fattore cosϕϕϕϕ prende il nome di Fattore di potenza del circuito.- Essendo il fattore cosϕ adimensionale, la potenza reale si misura in Watt con i suoi multipli e sottomultipli.- Per la potenza attiva valgono le relazioni:
P VI ZI RI
V ZI Z R
= = == =
cos cos
cos
ϕ ϕϕ
2 2
essendo: e
B. Il secondo termine della potenza istantanea:
p VI tr = sen senϕ ω2 rappresenta una potenza che varia sinusoidalmente con frequenza doppia della tensione e della corrente, con valore massimo VIsenϕ e valore medio nullo.-
Questa potenza prende il nome di Potenza reattiva istantanea (è legata alla presenza di
reattanze nel circuito).- Poiché l’energia scambiata tra generatore e carico in un intero periodo è nulla (la potenza ha
valore medio nullo), la quantità d’energia che nel primo semiperiodo il generatore fornisce al carico (all’induttanza), viene da questa integralmente restituita nel secondo semiperiodo.- Tale energia, di tipo conservativo, viene utilizzata dall’induttanza per creare il campo magnetico ( )221 LIW L = nell’intervallo di tempo nel quale la corrente passa dal valore zero al valore massimo; viene quindi
138
integralmente restituita quando l’induttanza si scarica nell’intervallo di tempo nel quale la corrente passa dal valore massimo a zero.-
Il valore massimo della potenza reattiva istantanea prende il nome di Potenza reattiva del circuito:
ϕsenVIQ =
Anche se la potenza reattiva ha le medesime dimensioni di quella attiva (Watt), per
distinguerla da questa, viene misurata in VoltAmpereReattivi: VAR (dimensionalmente quindi identico al Watt).-
A differenza della potenza attiva che per ϕ compreso tra -90° < ϕ < +90° (carico ohmico induttivo ed ohmico capacitivo) risulta sempre positiva, nel caso della potenza reattiva in presenza di un carico ohmico induttivo con ϕ positivo (tensione in anticipo sulla corrente) il senϕ è positivo quindi la Q risulta positiva; al contrario in presenza di un carico ohmico capacitivo con ϕ negativo (tensione in ritardo rispetto la corrente) il senϕ è negativo quindi la Q risulta negativa.-
0 0 9090
0 0 090 Carico
0 0 900 Carico
>>°+<<°−
<<<<°−−
>>°><−
Pcos
QsenC
Qsen+L
ϕϕϕϕΩϕϕΩ
Per la potenza reattiva valgono le relazioni:
XZ e ZIV :essendo
XIZIVIQ
=====
ϕϕϕ
sen
sensen 22
C. La potenza istantanea scambiata dal generatore con il circuito può essere espressa da:
( )
( )
p VI t VI t
VI VI t VI t
VI VI t
= − += − +
= − +
cos cos sen sen
cos cos cos sen sen
cos cos
ϕ ω ϕ ωϕ ω ϕ ω ϕ
ϕ ω ϕ
1 2 2
2 2
2
L’ampiezza V.I dell’oscillazione che la curva compie attorno al suo valore medio P=VIcosϕ
rappresenta solo apparentemente il flusso dell’energia nel circuito che in realtà è determinato soltanto dal valore medio di p.- Tuttavia nella pratica è di grande utilità considerare l’ampiezza dell’oscillazione della potenza istantanea attorno al suo valore medio; tale ampiezza prende il nome di Potenza apparente:
A VI=
139
La potenza apparente è il valore massimo al di sotto del quale si mantiene la potenza reale P=VIcosϕ , raggiunto soltanto nel caso di corrente perfettamente in fase con la tensione.-
La potenza apparente ha le stesse dimensioni fisiche della potenza attiva, tuttavia, per distinguerla dagli altri due tipi di potenza, si misura in Voltampere: VA con i suoi multipli e sottomultipli.-
4.6.2. Triangolo delle potenze: I tre parametri rappresentativi del regime energetico in un circuito, ove siano presenti tensione
e correnti sinusoidali, sono: [ ] [ ] [ ]P VI W Q VI VAR A VI VA= = =cos senϕ ϕ Questi sono legati tra loro dalle relazioni:
+===
=
222 QPA
PtgsenAQ
cosAP
ϕϕϕ
per cui possono essere rappresentati, in un’opportuna scala, come lati di un triangolo rettangolo: Le potenze possono essere calcolate anche con le espressioni:
P VI ZI RI
V Y GV
= = =
= =
cos cos
cos
ϕ ϕ
ϕ
2 2
2 2
Q VI ZI XI
V Y BV
= = =
= =
sen sen
sen
ϕ ϕ
ϕ
2 2
2 2
Problema 4.22 Qual è l’espressione complessa dell’operatore vettoriale impedenza che, alimentata alla
tensione i 220V, 50Hz assorbe una potenza attiva di 0,3 kW ed una potenza reattiva di 0,8 kVAR ?
ZV
I
R Z
X Z= = = ⇒
= = ⋅ == = ⋅ =
220
388456 65
56 65 0 351 19 89
56 65 0 936 53 04,,
cos , , ,
sen , , ,Ω
ΩΩ
ϕϕ
Z j= +19 89 53 04, ,
A
,==P
Q tg
884,3351,0220
300
Vcos
P=I
0,936=sen
0,351=cos 662
300
800
induttivo. Ohmico tipodi è impedenza operatorel'
quindi V tensionesulla ritardoin risulterà I corrente la 0>Q Essendo
=⋅
=
⇒=
ϕ
ϕϕ
ϕ
&&
140
Problema 4.23
Si determini il triangolo delle potenze assorbite da un circuito che, alimentato dalla tensione v = 200 sen(314 t+110°) , assorbe la corrente i = 5 sen(314 t+70°) .-
Passando dai valori istantanei alle espressioni simboliche delle grandezze e facendo
riferimento ai valori efficaci:
( )( )
v t V
i t I
= + ° ⇒ = + °
= + ° ⇒ = + °
200 314 110 141 4 110
5 314 70 3 535 70
sen & ,
sen & ,
VAVIA
VARtgPtgQ
W,=,,=VI=P
500535,34,141
3,321409,382
938240cos53534141cos
-induttivo.-ohmico tipodirisulta circuito il
4070110
:di ela tension rispetto ritardo inrisulta correnteLa
=⋅===°⋅==
°⋅⋅
°=°−°=
ϕϕ
ϕ
4.6.3. Principio della conservazione della potenza Attiva e Reattiva: Teorema di Boucherot:
Siano Z1 , Z
2 , Z
3 tre impedenze collegate in serie che, alimentate alla tensione V, assorbono la
corrente I.-
( ) ( ) ( )
L'equazione che lega tra loro tensione e corrente espressa in forma vettoriale è:
Il diagramma polare del circuito risulterà:
& & & &V R jX I R jX I R jX I= + + − + +1 1 2 2 3 3
Analizzando il triangolo OAB, si deduce:
+−=
++=
+−=++=
23
22
21
23
22
21
321
321
:per membri i ambo ndoMoltiplica
IXIXIXsenVI
IRIRIRcosVI
I
IXIXIXsenV
IRIRIRcosV
ϕϕ
ϕϕ
141
P P P P
Q Q Q Qt
t
= + += − +
1 2 3
1 2 3 Nel caso di più impedenze collegate in serie risulterà: La potenza attiva totale assorbita dal circuito è pari alla somma aritmetica delle potenze attive
assorbite da ciascuna impedenza.- La potenza reattiva totale scambiata dal circuito con il generatore è pari alla somma algebrica
delle potenze reattive scambiate da ciascun carico assumendo come positiva la potenza reattiva relativa ad impedenze ohmico induttive e negativa quella relativa ad impedenze ohmico capacitive.-
Nel caso di più impedenze collegate in parallelo, si considerino le loro ammettenze che,
alimentate dalla tensione V , assorbiranno una corrente totale I.- L’equazione che pone in relazione tensione e
corrente in forma vettoriale è:
( ) ( ) ( )oooo
VjBGVjBGVjBGI 332211 −+++−=
Il diagramma polare del circuito risulterà quello di figura:
Analizzando il triangolo OAB e
tenendo conto del verso dei segmenti: ( )( )
:-sen)sen(- che
presente avendo e Vper tuttondoMoltiplica
sen
cos
321
321
ϕϕ
ϕϕ
=
−+−=−++=−
VBVBVBI
VGVGVGI
VI G V G V G V
VI B V B V B V
P P P P
Q Q Q Qt
t
cos
sen
ϕ
ϕ
= + +
= − +
⇒
= + += − +
12
22
33
12
22
32
1 2 3
1 2 3
Anche in presenza d’impedenze in parallelo tra le potenze in gioco sussisteranno le medesime
relazioni viste per quelle in serie.- Si verifica così il principio di conservazione delle potenze espresso dal Teorema di Boucherot : In un circuito comunque complesso, in regime sinusoidale isofrequenziale, la potenza attiva totale è pari alla somma delle singole potenze attive assorbite da ciscun carico, mentre la potenza reattiva è pari alla somma algebrica delle singole potenze reattive, assegnando segno positivo a quella di natura induttiva e negativo a quelle di natura capacitiva.-
<>
==0
0 :con
C
Liitiit Q
QQQPP ΣΣ
142
Problema 4.24
Una linea alimenta alla tensione di 220 V, 50 Hz tre carichi che assorbono rispettivamente:
A VA P W Q VAR
R A A VA1 2 3
1 2
250 180 1000 5 0 8 300
= = == = =
3cos , cos ,ϕ ϕ
Calcolare la potenza totale e la corrente di linea.-
A VAP A WQ A VAR
1
1 1 1
1 1 1
250250 0 5 125250 0 866 216 5
== = ⋅ == = ⋅ =
cos ,sen , ,
ϕϕ
( )
P W
AP
VA
Q P tg VAR
2
22
2
2 2 2
180180
0 8225
180 0 75 135
=
= = =
= = ⋅ − = −
cos ,,
ϕϕ
=⋅==
===
=
WAP
A
Q
VARQ
283943,0300cos
333,0300
100sen
100
333
3
33
3
ϕ
ϕ
Applicando il teorema di Boucherot, la potenza attiva e reattiva totale risultano:
( ) ( )P P P P W
Q Q Q Q VARtg
Q
PR R
t
tt
t
t
= + + = + + == + + = − + =
⇒ = = = =1 2 3
1 2 3
125 180 283 588
216 5 135 100 1815
1815
5880 309 0 955
, ,
,, , cos tϕ ϕ
Risulta quindi che la linea alimenta all’arrivo, alla tensione di 220 V, un carico equivalente
che assorbe una potenza di 588W con un cosϕ =0,955(R) cioè di tipo ohmico induttivo; la corrente di linea sarà pertanto:
IP
VAL
t
a t
= =⋅
=cos ,
,ϕ
588
220 0 9552 79
Problema 4.25 Nel circuito di figura, determinare la tensione d’alimentazione e la corrente totale,
conoscendo il valore della oV , impiegando il metodo delle potenze; tracciare il diagramma polare.-
=°−=−=
°=+=
°=+=
Hz;VV
,jZ
,jZ
,,j,Z
o 50100
45414111
45414111
4584806060
2
1
3
Per calcolare le potenze assorbite dalle impedenze 1Z e 2Z , conoscendo la loro tensione d’alimentazione, bisogna calcolarne le ammettenze:
5050457070454141
11 ,j,,
,Y −=°−=
°= oppure 5050
2
1
2
12
1
1
21
11 ,j,j
Z
Xj
Z
RY −=−=−=
143
5050457070454141
12 ,j,,
,Y +=°=
°−= oppure 5050
2
1
2
12
2
2
22
22 ,j,j
Z
Xj
Z
RY +=+=+=
=⋅==
=⋅==
W,VGP
W,VGP
o
o
500010050
50001005022
22
2211
−−=⋅==
−=⋅==
)C(VAR,VBQ
)L(VAR,VBQ
o
o
ΩΩ
500010050
50001005022
22
2211
La potenza apparente totale relativa alle due impedenze 1Z e 2Z è:
( ) VA)()(QQ)PP(A 100005000500050005000 22221
22112 =−++=+++=
Essendo: toto IVA ⋅=12 ⇒⇒⇒⇒ AV
AI
o
tot 100100
1000012 ===
Le potenza assorbita e scambiata dall’impedenza 3Z vale:
W,IRP tot 600010060 2233 =⋅=⋅= )L(VAR,IXQ tot −=⋅=⋅= Ω600010060 22
33
La potenza apparente totale relativa all’intero circuito vale:
VA)()(
)QQQ()PPP(A
17088600016000600050005000600050005000 2222
2321
2321
=+=+−+++=
=+++++=
Essendo: totIVA ⋅= ⇒⇒⇒⇒ V,I
AV
tot
88170100
17088===
)R(,A
Pcos tot
tot 936017088
16000===ϕ
(La totQ è positiva quindi il carico nel suo complesso risulta di tipo ohmico induttivo: la corrente è
in Ritardo sulla tensione) Le equazioni vettoriali che governano il funzionamento del circuito sono:
++=
+=
+=
−=
tottoto
tot
oo
oo
IjXIRVV
III
VjBVGI
VjBVGI
oooo
ooo
ooo
ooo
33
21
222
111
144
Problema 4.26 Due impedenze poste in parallelo sono alimentate dalla tensione Hz50;V220V ==== .-
Calcolare la corrente totale assorbita ed il suo cosffff con il metodo delle correnti e con quello delle potenze.-
°−=−=
°=+=
13531086
8736534
2
1
,jZ
,jZ
Metodo delle correnti: Si scega la tensione d’alimentazione come vettore di riferimento:
°= 0220o
V
Le correnti assorbite dalle due impedenze sono:
426235873644022087365
11
1
11 ,j,,,
VZ
VYI −=°−=°⋅°
=⋅=⋅=ooo
6172131353220220135310
11
2
22 ,j,,,
VZ
VYI +=°=°⋅°−
=⋅=⋅=ooo
La corrente totale ed il suo cosffff si ricavano applicando il primo principio di Kirchhoff:
°−=−=++−=+= 31019498844861721342623521 ,,,j,,j,,j,IIIooo
A,I 1949=
9840,cos =ϕ
La corrente risulta essere in ritardo sulla tensione di f= - 10,3°
Metodo delle potenze (teorema di Boucherot): Le potenze assorbite e scambiate dalla due impedenze valgono:
=⋅=⋅=
=⋅=⋅=
WIRP
WIRP
2904226
774444422
222
22111
−=⋅−=⋅=
=⋅=⋅=
VARIXQ
VARIXQ
3872228
580844322
222
22111
Le potenze totali del circuito saranno, per il teorema di Boucherot:
=−=+==+=+=
VARQQQ
WPPP
t
t
193638725808
1064829047744
21
21
1818010648
1936,
P
Qtg
t
tt ===ϕ ⇒⇒⇒⇒ 9840 ,cos t =ϕ
A,,cosV
PI
t
t 19499840220
10648 =⋅
==ϕ
145
Problema 4.27
Dato il circuito di figura, ove è nota la caduta di tensione ai capi dell’impedenza 1Z , calcolare il valore della tensione d’alimentazione e delle correnti nei rami del circuito. Verificare l’esattezza dei risultati applicando il metodo delle potenze.-
=°=+=
°−=−=
°−=−=
Hz;V,V
,jZ
,,jZ
,,jZ
505533
5843985
62647424
62671636
1
3
2
1
Assumendo come vettore di riferimento con fase iniziale zero, la tensione 1V ai capi dell’impedenza
1Z : 05533055331 j,,V +=°=o
2424746265626716
05533
1
11 ,j,,
,,
,
Z
VI +=°=
°−
°==
o
o
La corrente 1Io
si ripartisce tra le due impedenze in parallelo:
383752915036469338210
6841547
8524
584396265
32
312 ,j,,,
,,
,,
jj
,,
ZZ
ZII +=°=
°
°=
++−
°⋅°=
+⋅=
oo
°−=−=−−+=−= 533062141721383752242474213 ,,,j,,j,,j,IIIooo
La tensione ai capi del parallelo è:
028761731244919915036462647422 ,j,,,,,,,IZV o +=°=°⋅°−=⋅=oo
La tensione d’alimentazione del circuito è:
°=+=++=+= 88893510283151028761755331 ,,,j,,j,,VVV o
ooo
V,V 9351= AI 51 = A,I 3642 = A,I 0623 =
Verifica con il metodo delle potenze: Se i valori delle correnti trovati sono esatti, le potenze che interessano le tre impedenze sono: WIRP 15056 22
111 =⋅=⋅= VARIXQ 7553 22111 −=⋅−=⋅=
W,IRP 763644 22222 =⋅=⋅= VAR,IXQ 383642 22
222 −=⋅−=⋅=
W,,IRP 2210625 22333 =⋅=⋅= VAR,,IXQ 95330628 22
333 =⋅=⋅=
Per il teorema di Boucherot, le potenze totali del circuito risultano: W,,PPPPt 224722176150321 =++=++=
VAR,,QQQQ t 057995333875321 −=+−−=++=
146
Il tcosϕ si ricava dai valori delle potenze:
319802247
0579,
,
,
P
Qtg
t
tt −=
−==ϕ ⇒⇒⇒⇒ 9520 ,cos t =ϕ
La tensione d’alimentazione deve quindi essere:
V,,
,
cosI
PV
t
t 935195205
2247
1
=⋅
==ϕ
4.7.0. Linee di trasmissione dell’energia elettrica Come già visto in corrente continua, anche in corrente alternata, un generatore, posto ad una
certa distanza dall’utilizzatore, viene collegato a questo mediante una coppia di conduttori costituenti una Linea bifilare avente una propria resistenza ed induttanza distribuite su tutta la sua lunghezza (trattandosi di linee monofasi generalmente corte e funzionanti con tensioni inferiori al migliaio di volt si possono trascurare capacità e conduttanza trasversali).- Per semplicità di calcolo, la resistenza e la reattanza di tutta la linea s’immaginano concentrate in un unico punto con valore rispettivamente:
kmd
DX
S
LR LL
Ωρ 310 102log46,0188,0314
2 −⋅⋅
+=⋅=
ove: L è la lunghezza della linea - S la sezione dei conduttori di linea - D la distanza tra i conduttori d il diametro dei conduttori - ρ la resistività del materiale di cui sono fatti i conduttori - (la frequenza di rete si assume pari a 50 Hz).
vettorialeLap
Lpa
VIZVV
IZVV
&&&&
&&&
∆==−
−=
Si definisce come caduta di tensione vettoriale della linea la differenza vettoriale tra
la tensione in partenza e quella in arrivo.- Si definisce come caduta di tensione scalare o industriale della linea la differenza algebrica
tra la tensione in partenza e quella in arrivo.-
apiapvettoriale VVVVVV −=−= ∆∆ &&&
per cui, rispettivamente: IjXIRVVVV LLavettorialeap
&&&&&& ++=+= ∆
V V Vp a i= + ∆ La conoscenza della caduta di tensione industriale permette di calcolare facilmente la tensione
in partenza della linea, data quella in arrivo e viceversa, senza dover ricorrere a calcoli vettoriali.- Per il calcolo della caduta di tensione industriale su una linea viene normalmente usata una
formula approssimata.- Si tracci il diagramma polare della linea:
oooo
IXjIRVV LLap ++= Tracciato un arco di circonferenza con centro in O e raggio pV , l’approssimazione consiste nel ritenere
147
trascurabile il segmento BC rispetto AC , in conseguenza del fatto che in pratica ap ϕϕ ≅ .-
DBADABACOAOCVVV api +=≅=−=−=∆
aLaL IXIRAB ϕϕ sencos += aLaLap IXIRVV ϕϕ sencos +=−
( )aLaLi XRIV ϕϕ∆ sencos += iap VVV ∆+=
La tensione in partenza può essere calcolata esattamente usando l’espressione:
( ) ( )V V R I V X Ip a a L a a L= + + +cos senϕ ϕ2 2
Lo sfasamento tra tensione e corrente in partenza vale:
cos
cosϕ
ϕp
a a L
p
V R I
V=
+
La caduta di tensione percentuale di linea viene convenzionalmente riferita alla tensione in arrivo:
a
ii
V
V%V
∆=∆ 100
Problema 4.28 Una linea avente R
L = 0,1Ω e X
L = 0,2 Ω alimenta alla tensione di 220 V , 50 Hz un
carico costituito da due impedenze in parallelo 1520 e 4510 21 °−=°= ZZ .- Calcolare la caduta
di tensione percentuale in linea, la tensione ed il ϕ in partenza.-
YZ
j
YZ
j
11
22
101 45 0 0707 0 0707
10 0515 0 0483 0 0129
= = − ° = −
= = ° = +
, , ,
, , ,
°−=−=+= 92513220057801189021 ,,,j,YYYe °== 9255671
,,Y
Ze
e
A,,Z
VI
e
aL 129
567
220 ===
( ) ( ) V,,sen,,cos,,senXcosRIV aLaLLi 1659252092510129 =°+°⋅=+= ϕϕ∆
%,,
V
VV%VV,,VVV
a
ap
iap 342220
165100100 16225165220 ==
−=⇒=+=+= ∆∆
( )°=°=⇒=⋅+⋅=+
= 925 826 892016225
1291090220,,,
,
,,,
V
IRcosVcos ap
p
LLaap ϕϕ
ϕϕ
148
Il confronto tra il valore del ϕ in partenza e in arrivo conferma l’ipotesi semplificativa fatta nel calcolo dell’espressione della caduta di tensione industriale.-
4.7.1. Rendimento delle linee di trasmissione dell’energia elettrica: Come già visto, una linea monofase per bassa tensione è caratterizzata dalla resistenza e dalla
reattanza longitudinali che, attraversate dalla corrente assorbita dal carico (IL), determineranno sia una caduta di tensione V∆ , sia una perdita di potenza attiva:
Se la potenza all’arrivo, assorbita dal carico, vale:
aLaa cosIVP ϕ=
per il teorema di Boucherot, la potenza totale fornita dal generatore sarà pari alla somma della potenza dissipata dalla resistenza di linea più quella assorbita dal carico:
P P P P R Ip a l a L L= + = + 2
Si potrà pertanto definire un rendimento di linea:
ηL
a
p
a
a L L
P
P
P
P R I= =
+ 2
Assegnato un certo rendimento alla linea, si può ricavare la resistenza che deve avere la linea stessa:
P R I P RP
Ia L L L L a La
L
η ηη
η+ = ⇒ = ⋅
−22
1
Problema 4.29 Una linea monofase alimenta alla tensione di 220 V , 50 Hz un carico che assorbe una
potenza Pa = 10 kW con cosϕ
a=0,8 (R) ; sapendo che la linea funziona con un rendimento del 95%
ed una caduta di tensione industriale del 10% , calcolare la resistenza e reattanza di linea.-
A,,cosV
P
aa
a 825680220
10000I
:è linea di corrente La
L =⋅
==ϕ
La caduta di tensione industriale e il rendimento di linea sono rispettivamente:
950 22220100
10
100V Li ,VV
%Va
i ==== η∆
∆
La resistenza di linea si ricava dall’espressione inversa del rendimento:
Ωη
η1630
950
9501
8256
10000122
,,
,
,I
PR
L
aL =−⋅=
−⋅=
La reattanza si ricava dall’espressione della caduta industriale di tensione:
2LLl IRP =
149
( )
Ωϕ
ϕ∆
ϕϕ∆
428060
1801630
8256
221,
,,,
,sencosR
I
VX
senXcosRIV
a
aL
L
iL
aLaLLi
=⋅
⋅−=⋅
−=
+=
4.8.0. Rifasamento Un problema che si presenta molto spesso negli impianti d’utilizzazione dell’energia elettrica
è quello connesso ad un valore troppo basso del ϕcos dei carichi ohmico-induttivi con la conseguente necessità di uno scambio di molta potenza reattiva rispetto al valore della potenza attiva assorbita e realmente utilizzata.-
Un basso valore del ϕcos del carico comporta quindi l’assorbimento dalla rete, a parità di potenza reale, di una corrente più elevata:
ϕcosa
a
V
PI =
Tale corrente, superiore a quella necessaria se il ϕcos del carico fosse quasi unitario, determina negli impianti di produzione, trasporto e distribuzione un surplus di perdite per effetto Joule
)( 2. IRP eqdis = oltre a tenere impegnati gli impianti stessi.-
Per ridurre, a parità di potenza attiva assorbita, la corrente totale di linea sarà sufficiente porre in parallelo al carico un condensatore di capacità opportuna; tale condensatore non assorbirà alcuna potenza attiva (tranne le sue trascurabili perdite) ma permetterà lo scambio di una notevole quantità d’energia reattiva con il carico ohmico-induttivo, aumentando in tal modo il ϕcos equivalente e, in definitiva, riducendo la corrente di linea.-
Il calcolo della capacità necessaria ad ottenere un certo Rifasamento del carico si esegue
facilmente utilizzando il teorema di Boucherot:
Prima del rifasamento le potenze in linea sono:
===
ϕϕϕ
tgPIVQ
IVP
aaa
aa
sen
cos
Dopo il rifasamento, le potenze in linea risultano:
2
2
sen 0
cos
aaCataCat
a
C
aaCaCCaCC
aaaa
CVtgPQQQPPPP
CVX
VVIVIVQP
tgPQIVP
ωϕ
ωϕ
ϕϕ
−=+==+=
−=−=−=−==
==
150
Lo sfasamento tra tensione di linea e corrente di linea, dopo il rifasamento, risulterà:
a
aa
t
tL
P
CVtgP
P
Qtg
2ωϕϕ
−==
dalla relazione vista, si può ricavare il valore della capacità necessaria ad ottenere lo sfasamento voluto:
2aaLa CVtgPtgP ωϕϕ −=
( )
2a
La
V
tgtgPC
ω
ϕϕ −=
Problema 4.30
Una linea avente Ω= 050 ,RL , alimenta alla tensione di 220 V , 50 Hz un carico che assorbe
una potenza kWPa 10= con ( )Ra 4,0cos =ϕ .- Per ridurre le perdite in linea, si rifasa il carico in
modo da portare il aϕcos al valore 0,9.- Calcolare il rendimento della linea prima e dopo il
rifasamento ed il valore della capacità del condensatore di rifasamento.- Prima del rifasamento:
I
P
VAL
a
a a
= =⋅
=cos ,
,ϕ
10000
220 0 4113 6
W,,IRp LL 6456113050 22 =⋅==
ηL
a
p
a
a L
P
P
P
P p% , %= =
+=
+=100 100 100
10000
10000 64593 9
La capacità del condensatore di rifasamento sarà:
!" !"#$% 10000 · 2,291 0,484$
314 · 220 1189 · 10()* 1189+*
Dopo il rifasamento:
I
P
VAL
a
a t
'
cos ,,= =
⋅=
ϕ10000
220 0 950 5
p R I WL L L
' ' , , ,= = ⋅ =2 20 05 50 5 127 5
ηL
a
p
a
a L
P
P
P
P p'
'%,
, %= =+
=+
=100 100 10010000
10000 127 598 7
Problema 4.31
Una linea monofase avente ΩΩΩΩ====⋅⋅⋅⋅==== 06,0X5,1R LL alimenta alla tensione di 220V;50Hz
due carichi che assorbono rispettivamente
==
)R(,cos
kWP
60
20
1
1
ϕ
==
)A(,cos
kWP
80
10
2
2
ϕ
Calcolare la tensione in partenza della linea ed il suo rendimento.-
151
Applicando il teorema di Boucherot si calcola il carico equivalente all’arrivo:
WP
WP
10000
20000
2
1
==
( ) VAR,tgPQ
VAR,tgPQ
750075010000
266663333120000
222
111
−=−⋅===⋅==
ϕϕ
=−=+===+=+==
VARQQQQ
WPPPP
a.tot
a.tot
19166750026666
300001000020000
21
21 ⇒⇒⇒⇒
84270
6388030000
19166
,cos
,P
Qtg
a
tot
tota
=
===
ϕ
ϕ
Essendo:
aLatot cosIVP ϕ= ⇒⇒⇒⇒ A,,cosV
PI
aa
totL 82161
84270220
30000 =⋅
==ϕ
La caduta di tensione industriale in linea vale: ( ) ( ) V,,,,,,senXcosRIV aLaLLi 6711538400408427006082161 =⋅+⋅⋅=+= ϕϕ∆
La tensione in partenza risulta quindi: V,,VVV iap 672316711220 =+=+= ∆
Il rendimento di linea è:
%,,IRP
P
P
P%
LLa
a
p
aL 95
8216106030000
30000100100100
22=
⋅+=
+==η
Problema 4.32 Una linea avente LL X3R ==== alimenta alla tensione Hz50;V500V a ==== tre carichi:
==
)R(,cos
kWP
80
10
1
1
ϕ
−==
)C(kVAA
kWP
Ω10
6
2
2
−=°−=
°=+=
080060135310
13531086
3
3
,j,,,Y
,jZ
Sapendo che in tali condizioni di carico la linea funziona con un rendimento del 90%, determinare la tensione ed il cosffff in partenza, la resistenza e reattanza di linea.-
152
Applicando il teorema di Boucherot, si calcola il carico totale equivalente all’arrivo:
WP 100001 = VAR,tgPQ 750075010000111 =⋅== ϕ
WP 60002 = VARPAQ 8000600010000 2222
222 −=−=−=
W,VGP a 15000500060 2233 =⋅== VAR,VBQ a 20000500080 22
33 =⋅== WPPPPP atot 3100015000600010000321 =++=++== VARQQQQQ atot 19500200008000750031 =+−=++==
629031000
19500,
P
Qtg
a
aa ===ϕ ⇒⇒⇒⇒ 84650 ,cos a =ϕ
A,,cosV
PI
aa
aL 2473
84650500
31000 =⋅
==ϕ
In base al rendimento prefissato per la linea, la resistenza dei conduttori di linea risulterà:
Ωη
η6420
900
9001
2473
31000122
,,
,
,I
PR
L
L
L
aL =
−⋅=
−⋅= ⇒⇒⇒⇒ Ω2140
3
6420
3,
,RX L
L ===
La caduta di tensione industriale vale: ( ) ( ) V,,,,,,senXcosRIV aLaLLi 15485324021408465064202473 =⋅+⋅=+= ϕϕ∆
La tensione in partenza della linea è: V,,VVV iap 155481548500 =+=+= ∆
858015548
2473642084650500,
,
,,,
V
IRcosVcos
p
LLaap =
⋅+⋅=
+=
ϕϕ
Problema 4.33 Una linea alimenta alla tensione Hz50;V380V a ==== due carichi che assorbono
rispettivamente:
==
)R(,cos
kWP
50
70
1
1
ϕ
==
)A(,cos
kWP
90
20
2
2
ϕ
Sapendo che in tali condizioni di carico la linea funziona con un rendimento %95%L ====ηηηη e con una caduta di tensione %10%V i ====∆∆∆∆ , calcolare la resistenza e reattanza di linea, la tensione ed il
ϕϕϕϕcos in partenza.- Volendo aumentare il rendimento della linea, si rifasano i carichi, portando il acosϕϕϕϕ al valore
0,95. Calcolare il valore della capacità da porre in parallelo ai carichi ed il nuovo rendimento di linea.-
Il carico equivalente all’arrivo viene calcolato applicando il teorema di Boucherot:
==
WP
WP
20000
70000
2
1 ( )
−=−⋅===⋅==
VAR,tgPQ
VAR,tgPQ
96864843020000
121240732170000
222
111
ϕϕ
153
=−=+==+=+=
VARQQQ
WPPP
a
a
1115549686121240
900002000070000
21
21
2395190000
111554,
P
Qtg
a
aa ===ϕ 6280 ,cos a =ϕ A,
,cosV
PI
aa
aL 1377
6280380
90000 =⋅
==ϕ
Dovendo la linea funzionare con un rendimento del 95%, la potenza in partenza e le relative perdite in linea saranno:
W,
PP
L
ap 94737
950
90000===η
WPPp apL 47379000094737 =−=−=
Essendo: 2LLL IRp = ⇒⇒⇒⇒ Ω03330
1377
473722
,,I
pR
L
LL ===
La caduta di tensione industriale in linea vale:
VV%V
V ai
i 38380100
10
100===
∆∆
( )aLaLLi senXcosRIV ϕϕ∆ += ( )7780628003330137738 ,X,,, L+⋅=
Ω1030,X L =
VVVV iap 41838380 =+=+= ∆
6010418
1377033306280380,
,,,
V
IRcosVcos
p
LLaap =
⋅+⋅=
+=
ϕϕ
Valendo portare il acosϕϕϕϕ al nuovo valore 0,95 la batteria di condensatori da inserire all’arrivo della
linea dovrà avere una capacita di:
( ) ( )FF
,,
V
'tgtgPC
a
aaa µω
ϕϕ1807101807
380314
32902395190000 6
22=⋅=
⋅
−=
−= −
Rifasato il carico, la nuova corrente di linea diventa:
A,,'cosV
P'I
aa
aL 3249
950380
90000 =⋅
==ϕ
Il nuovo rendimento della linea risulterà:
%,,,'IRP
P'%
LLa
aL 7597
32490333090000
90000100100
22=
⋅+=
+=η
Problema 4.34
Una linea avente ΩΩΩΩ==== 15,0R L e ΩΩΩΩ==== 2,0X L , alimentata in partenza alla tensione
Hz50;V250V p ==== alimenta al suo arrivo un carico che assorbe una potenza kW20Pa ==== con
(((( ))))R8,0cos a ====ϕϕϕϕ . Ricavare il valore della tensione all’arrivo ed il rendimento della linea.-
154
Le equazioni di funzionamento della linea sono: ( )
=
+=−
aa
aL
aLaLLap
cosV
PI
senXcosRIVV
ϕ
ϕϕ e sostituendo la seconda nella prima:
( )aLaL
aa
aap senXcosR
cosV
PVV ϕϕ
ϕ+=−
( )aLLaaap tgXRPVVV ϕ+=− 2
( ) 075020150200002502 =⋅++− ,,,VV aa
V,
VVa 926
2236000125125 2 =−±=
Visto il valore della tensione in partenza, il valore accettabile della tensione all’arrivo è: VVa 223=
La corrente di linea vale:
A,,cosV
PI
aa
aL 1112
80223
20000 =⋅
==ϕ
Il rendimento della linea risulta essere:
%,,,IRP
P%
LLa
aL 491
111215020000
20000100100
22=
⋅+⋅=
+⋅=η
Problema 4.35 Una linea avente LL X5,0R ==== , alimentata in partenza alla tensione Hz50;V400V p ==== ,
alimenta all’arrivo due carichi di cui il primo assorbe una potenza kW30P1 ==== con (((( ))))R5,0cos 1 ====ϕϕϕϕ ed il secondo una potenza kW20P2 ==== con (((( ))))A9,0cos 2 ====ϕϕϕϕ ; sapendo che in tali
condizioni di carico la linea funziona con un rendimento del 95%, determinare la tensione all’arrivo, la resistenza e la reattanza di linea.-
Calcolo del carico equivalente all’arrivo (Teorema di Boucherot):
==
WP
WP
20000
30000
2
1 ( )
−=−⋅===⋅==
VAR,tgPQ
VAR,tgPQ
9680484020000
51960732130000
222
111
ϕϕ
155
=−=+==+=+=
VARQQQ
WPPP
a
a
42280968051960
500002000030000
21
21
8456050000
42280,
P
Qtg
a
aa ===ϕ ⇒⇒⇒⇒ 76360 ,cos a =ϕ
Il carico equivalente all’arrivo risulta essere:
==
76360
50000
,cos
WP
a
a
ϕ
Le equazioni che regolano il funzionamento della linea sono:
( )
−⋅=
+=−
=
⋅=
L
L
L
aL
aLaLLap
aa
aL
LL
I
PR
senXcosRIVV
cosV
PI
X,R
ηη
ϕϕϕ
1
50
2
( )
−⋅=
⋅+⋅=−
=
⋅=
L
L
L
aL
aaLLap
aa
aL
LL
I
PR
sencosRIVV
cosV
PI
RX
η
ηϕϕ
ϕ
1
2
2
2
( ) ( )
−⋅=
⋅+−
=⋅+−
⋅⋅=−
=⇒=
⋅=
L
L
L
a
L
aa
L
Laaaa
L
L
L
a
Lap
aa
L
a
aa
aL
LL
I
PR
sencoscosVsencosI
PIVV
cosVI
P
cosV
PI
RX
η
η
ϕϕη
ηϕϕϕ
η
η
ϕϕ
1
21
21
2
2
2
( ) ( )V,
,,,
,,sencoscos
VV
aa
L
La
p
a 5369
64570276360950
9501763601
400
21
1
=⋅+
−⋅+
=+
−+
=ϕϕ
η
ηϕ
Ω
Ωη
ηϕ
167600838022
08380950
9501
2177
500001
2177763605369
50000
22
,,RX
,,
,
,I
PR
A,,,cosV
PI
LL
L
L
L
aL
aa
aL
=⋅=⋅=
=−
⋅=−
⋅=
=⋅
==
156
Capitolo V
SISTEMI POLIFASI
5.1.0. Sistemi Trifasi Su un cilindro di materiale ferromagnetico laminato, rotante in un campo magnetico uniforme
d’induzione B, si avvolgano tre diversi gruppi di spire disposte su piani sfasati tra loro: In ciascun gruppo di spire aventi superficie S e numero di spire Nk rotanti con velocità angolare w in un campo magnetico d’induzione B s’indurrà una F.E.M.:
( ) ( )( ) ( )1331333
1221222
111
sensen
sensen
sensen
ϕωϕωωϕωϕωω
ωωω
−=−=−=−=
==
tEtBSNe
tEtBSNe
tEtBSNe
M
M
M
Le F.e.m. che si possono prelevare ai capi
di ciascuno dei tre gruppi di spire costituiscono un Sistema trifase di tensioni che in generale: 1. Sono isofrequenziali 2. Hanno sfasamento reciproco costante 3. Hanno valori massimi diversi Le tre tensioni, essendo grandezze sinusoidali isofrequenziali, possono essere espresse in
forma simbolica trigonometrica:
( )( )
−=
−=
=
131333
121222
11
ϕϕϕϕ
senjcosEE
senjcosEE
EE
&
&
&
Ciascuna tensione viene chiamata Fase; se si assume come senso ciclico delle fasi quello nel quale esse si succedono in senso orario, la terna prende il nome di Diretta.-
5.1.1. Sistema simmetrico di tensioni trifasi: Se il numero delle spire e la superficie dei tre avvolgimenti necessari a generare il sistema
trifase sono uguali, le tre F.e.m. avranno il medesimo valore massimo: E E E EM M M M1 2 3= = =
Se le bobine sono disposte in piani tali che a due a due formino angoli uguali, risulterà:
ϕ ϕ12 13120 240= ° = ° Il sistema trifase che ne risulta prende il nome di: Sistema trifase simmetrico
157
e E t
e E t
e E t E t
M
M
M M
1
2
3
2
3
4
3
2
3
=
= −
= −
= +
sen
sen
sen sen
ω
ω π
ω π ω π
Le tre tensioni, essendo sinusoidali ed isofrequenziali, possono essere espresse in
forma simbolica trigonometrica:
( )
( ) ( )( )
( ) ( )( )
+−=°−+°−=°−=
−−=°−+°−=°−=
=°+°=°=
2
3
2
1240240240
2
3
2
1120120120
000
3
2
1
jEsenjcosEEE
jEsenjcosEEE
E senjcosE EE
MMM
MMM
MMM
&
&
&
Se la terna viene assunta in senso ciclico (orario) prende il nome di Diretta.- Una terna simmetrica diretta di tensioni in definitiva è costituita da tre tensioni che hanno le
seguenti caratteristiche: - Sono isofrequenziali - Hanno lo stesso valore massimo - Sono sfasate tra loro di 1/3 di periodo - Si succedono nel senso ciclico (orario)
Eseguendo la somma delle tre tensioni che costituiscono una terna simmetrica si ottiene:
& & &E E E E j jM1 2 3 11
2
3
2
1
2
3
20+ + = − − − +
=
o anche, facendo riferimento ai valori istantanei: e e e E t E t E t E t E tM M M M M1 2 3 120 120 240 240+ + = + °− °+ °− °sen sen cos cos sen sen cos cos senω ω ω ω ω
= − − − +
=E t t t t tM sen sen cos sen cosω ω ω ω ω
1
2
3
2
1
2
3
20
La somma dei valori istantanei delle tensioni di una terna simmetrica e sempre uguale a zero
Una terna di grandezze sinusoidali che gode di tale proprietà si dice Pura.-
158
5.1.2. Sistema equilibrato di correnti trifasi: Applicando una terna di tensioni trifasi (isofrequenziali) a tre impedenze qualsiasi, queste
vengono percorse da tre correnti:
&&
&&
&&
IV
ZI
V
ZI
V
Z11
12
2
23
3
3
= = =
che in generale: 1. Saranno isofrequenziali 2. Avranno valore massimo e fase diversa in funzione dei valori massimi delle tre
tensioni e dei moduli e fasi delle tre impedenze.- Un insieme di tre correnti aventi tali caratteristiche costituiscono un Sistema trifase di
correnti. Nel caso particolare che la terna di tensioni applicate sia simmetrica e le tre impedenze che
costituiscono il Carico trifase siano tra loro uguali costituendo un carico che viene definito equilibrato
Z Z Z Z R jX1 2 3= = = = + la terna di correnti che ne risulta si definisce Equilibrata:
( )( )
°−=°−=
=
240
120
3
2
1
tsemVv
tsenVv
tsenVv
M
M
M
ωω
ω indicando con:
Z
VI M
M =
( )( )( )
°−−=°−−=
−=
240
120
3
2
1
ϕωϕωϕω
tsenIi
tsenIi
tsenIi
M
M
M
Una terna equilibrata di correnti in definitiva è costituita da tre correnti che hanno le seguenti caratteristiche:
- Sono isofrequenziali - Hanno il medesimo modulo - Sono sfasate tra loro di 1/3 di periodo e di ϕ rispetto la terna di tensioni che le fa circolare - Si succedono in senso ciclico (orario)
Anche per la terna equilibrata di correnti vale la medesima proprietà vista per la terna simmetrica di tensioni:
0321 =++ III &&&
i i i1 2 3 0+ + = La somma dei valori istantanei delle
correnti di una terna equilibrata è sempre uguale a zero.-
Una terna simmetrica di tensioni o una terna equilibrata di correnti può anche essere
rappresentata usando gli operatori complessi 2
3
2
11201 jr −−=°−= ed
2
3
2
112011 jr +−=°=
; moltiplicando un vettore rotante per r lo si fa ruotare di 120° in ritardo lasciandone invariato il modulo; moltiplicando un vettore rotante per 1r lo si fa ruotare, di 120° in anticipo lasciandone invariato il modulo:
⋅=°=
⋅=°−=
⋅=°=
113
12
11
120
120
10
rVVV
rVVV
VVV
M
M
M
oo
oo
oo
⋅=°=
⋅=°−=
⋅=°=
113
12
11
120
120
10
rIII
rIII
III
M
M
M
oo
oo
oo
159
Una terna diretta simmetrica o equilibrata può essere indicata con: )r;r;(V 11 1o
; )r;r;(I 11 1o
Problema 5.01 Una terna simmetrica di tensioni avente valore efficace 100V, viene applicata ad un carico
trifase equilibrato costituito da tre impedenze uguali: 8 + j6.- Calcolare la terna equilibrata di correnti circolanti.-
Assumendo come vettore di riferimento, con fase zero, la tensione o
V1 :
& , &&
,,V I
V
Zj1 1
1100 1036 9100
1036 910 36 9 8 6= = ° = =
°= − ° = − Z = 8 + j6
Essendo la terna di tensioni applicate simmetrica e il carico trifase equilibrato, la terna di correnti sarà equilibrata.-
0
92920118310936101201
923209915610936101201
9361068
321
113
12
1
=++
+=°=°−⋅°=⋅=
−−=°−=°−⋅°−=⋅=
°−=−=
III
,j,,,IrI
,j,,,IrI
,jI
&&&
&
&
oo
o
5.2.0. Sistemi Trifasi simmetrici ed equilibrati
5.2.1. Collegamenti interfasici delle tensioni:
Come si è visto parlando della genesi di un sistema trifase di tensioni, le tre bobine solidali e rotanti alla medesima velocità all’interno di un campo magnetico uniforme si comportano come tre generatori che forniscono tre distinte tensioni aventi la medesima frequenza e, tra loro, uno sfasamento ben preciso che rimane inalterato.-
Ciascuna tensione, chiamata fase, fa capo a due distinti morsetti quindi un generatore trifase ha in generale sei morsetti.-
In pratica, con degli opportuni collegamenti interfasici, tale numero di morsetti viene ridotto a tre o quattro.-
160
5.2.1.1. Collegamento a stella: Il collegamento a stella si realizza unendo fra loro tutti i terminali iniziali.- Il punto
d’unione prende il nome di Punto neutro del sistema, gli altri tre terminali Morsetti delle fasi: Le tensioni fornite da ciascuno dei tre generatori:
321 fff VVVooo
prendono il nome di Tensioni di fase. Le tensioni ricavate ai morsetti 1-2 ; 2-3 ; 3-1 del sistema:
312312
ooo
VVV prendono il nome di Tensioni concatenate o di linea. Le tensioni di fase e concatenate saranno legate dalle relazioni :
−=
−=
−=
1331
3223
2112
ff
ff
ff
VVV
VVV
VVV
ooo
ooo
ooo
Ciascuna tensione di linea sarà cioè uguale alla differenza tra due tensioni di fase consecutive, rispettando la loro successione ciclica.-
Se la terna di tensioni di fase è simmetrica, nel collegamento a stella Le tensioni concatenate
hanno modulo 3 volte quella delle tensioni di fase e sono in anticipo su queste di 30° costituendo cosi una nuova terna di tensioni simmetriche:
Data la terna simmetrica di tensioni di fase f
o
V :
+−=⋅=
−−=⋅=
=
2
3
2
1
2
3
2
1
113
12
1
jVVrV
jVVrV
VV
ff
o
f
o
ff
o
f
o
ff
o
161
La relativa terna di tensioni concatenate sarà:
°⋅=
+=−=
°°°303
2
3
2
32112 ffff VjVVVV
( ) °−⋅=−=−=°°°
903303223 ffff VjVVVV
°⋅=
+−=−=
°°°1503
2
3
2
31331 ffff VjVVVV
La terna delle tensioni concatenate costituiscono un sistema puro:
& & &V V V12 23 31 0+ + =
5.2.1.2. Collegamento a triangolo: Il collegamento a triangolo si realizza collegando in serie le bobine dei tre generatori,
rispettando sia il senso ciclico prescelto sia il verso delle tensioni indotte. Questo tipo di collegamento si realizza soltanto in presenza di una terna simmetrica di tensioni di fase di modo che, essendo:
& & &V V Vf f f1 2 3 0+ + =
non ci sarà alcuna corrente di circolazione interna al triangolo costituito dalle tre fasi.-
In questo tipo di collegamento le tensioni concatenate di linea coincidono con le tensioni di fase.-
112 fVVoo
= 223 fVVoo
= 331 fVVoo
=
5.2.2. Interconnessioni dei carichi: Analogamente a quanto visto per le fasi dei generatori, anche le tre impedenze che
costituiscono il carico trifase possono essere interconesse a stella o a triangolo.- 5.2.2.1. Collegamento a stella: L’interconnessione a stella si realizza unendo tra di loro uno dei terminali delle tre impedenze
formando il Centro stella del carico; gli altri tre terminali costituiscono i Morsetti delle fasi.- Analogamente a quanto visto per le tensioni, le correnti che percorrono le singole impedenze
prenderanno il nome di Correnti di fase mentre quelle che percorrono i fili di linea che collegano il generatore al carico Correnti di linea.-
162
Dalle figure si rileva che: nell’interconnessione a stella le correnti di linea sono uguali a
quelle di fase.-
& & & & & &I I I I I Il f l f l f1 1 2 2 3 3= = =
La tensione applicata a ciascun’impedenza del carico ( Tensioni di fase ) è diversa da quella
di linea ( Tensione concatenata )
&&
&&
&&
IV
ZI
V
ZI
V
Zf f f110
12
20
23
30
3
= = =
5.2.2.2. Collegamento a triangolo: L’interconnessione a triangolo si realizza chiudendo in serie i tre bipoli che costituiscono il
carico ed i punti d’unione costituiscono i morsetti del sistema.- Anche nel collegamento a triangolo si definiscono come Correnti di fase quelle che percorrono i singoli bipoli e Correnti di linea quelle che percorrono i fili che collegano il generatore al carico.-
La tensione applicata a ciascuna fase del carico ( Tensione di fase ) è uguale alla tensione di
linea ( Tensione concatenata o di linea ), per cui le tre correnti di fase saranno:
&&
&&
&&
IV
ZI
V
ZI
V
Zf f f1212
323
23
131
31
2
= = =
A differenza del collegamento a stella, nel collegamento a triangolo le tre correnti di linea sono diverse dalle correnti di fase e più precisamente, in base al primo principio di Kirchhoff:
−=
−=
−=
23313
12232
31121
ffl
ffl
ffl
III
III
III
&&&
&&&
&&&
163
5.2.3. Connessioni Generatore - Carico: Si consideri un generatore trifase che fornisca una terna simmetrica di tensioni e che,
attraverso sei distinti morsetti e fili di linea, alimenti tre impedenze uguali costituenti un carico equilibrato:
°°°
321 V;V;V jXRZ +=
La terna di correnti che il generatore invia alle tre impedenze di carico costituirà un sistema
equilibrato di correnti:
°°°
321 I;I;I con: Z
VI K
K
°°
=
La distribuzione delle tensioni e delle correnti nel sistema varierà in base ai collegamenti delle fasi del generatore e delle impedenze del carico.-
5.2.3.1. Sistema tipico: Stella - Stella ( Y - Y ): In questo sistema sia le fasi del generatore che quelle delle impedenze di carico risultano
collegate a stella: Con questo tipo di collegamento in pratica i tre fili di ritorno delle correnti vengono uniti in
un unico filo che risulterà percorso dalla somma delle tre correnti, per cui il collegamento tra generatore e carico viene eseguito mediante quattro soli fili (che in seguito si vedrà potranno essere ulteriormente ridotti a tre); il filo comune di ritorno prende il nome di Filo neutro.-
Nel collegamento stella - stella, trascurando le eventuali cadute in linea, le tensioni di fase applicate a ciascuna delle tre impedenze del carico equilibrato risultano uguali alle corrispondenti tensioni di fase del generatore; di conseguenza la terna di tensioni di fase farà circolare nelle tre impedenze uguali che costituiscono il carico una terna di correnti costituenti un sistema equilibrato:
Z
VI
kf
kf
&& = con 321 ,,k =
Poichè nel filo neutro vengono convogliate tutte e tre le correnti di ritorno costituenti un sistema equilibrato e quindi aventi come somma valore nullo:
& & &I I I1 2 3 0+ + =
tale filo neutro risulterà percorso da una corrente sempre nulla per cui potrà essere soppresso senza che il regime elettrico del sistema risulti alterato.-
164
Le tensioni applicate a ciascuna coppia di morsetti del carico saranno le tensioni
concatenate di linea: ; ; 312312 VVV &&&
Le tensioni applicate a ciascun’impedenza del carico trifase equilibrato saranno le tensioni di fase:
; ; 321 fff VVV &&&
332211
3
3
2
2
1
1
flflfl
f
f
f
f
f
f
IIIIII
Z
VI
Z
VI
Z
VI
&&&&&&
&&
&&
&&
===
===
Nel collegamento a Stella di un sistema Simmetrico ed equilibrato risulta:
1° : Le correnti di fase sono uguali alle correnti di linea. 2° : Le tensioni di fase hanno modulo3 volte minore rispetto le concatenate e sono sfasate di 30° in
ritardo.
VV
fc=3
3° : La corrente di linea risulta sfasata rispetto alla tensione concatenata di un angolo pari a ϕ +30° ove ϕ è l’angolo dell’impedenza di carico.- Essendo il sistema trifase simmetrico ed equilibrato individuato dalla conoscenza di:
& &V Z If f1 1 e e quindi di:
in quanto i vettori delle altre due fasi si ottengono con una semplice rotazione di 120°, tutti i calcoli relativi al sistema possono essere facilmente eseguiti facendo riferimento ad un circuito monofase equivalente del tipo:
165
&&
IV
Zl
f=
Problema 5.02 Un carico trifase equilibrato, costituito da tre impedenze uguali 68 jZ += collegate a
stella, è alimentato da una terna di tensioni simmetriche avente valore della concatenata VV C 380= ;
calcolare la corrente di linea e tracciare il diagramma polare.-
VV C 380= °=+= 9361068 ,jZ VV
V Cf 220
3
380
3===
AZ
VII
f
fL 2210
220 ==== °= 936,ϕ
5.2.3.2. Collegamento a triangolo ( D ): Con questo tipo di collegamento le tre impedenze uguali (carico equilibrato) sono collegate a
triangolo per cui, come già visto in generale, le tensioni di fase saranno uguali a quelle di linea, mentre le correnti di fase saranno diverse da quelle di linea:
∆∆∆ Z
VI
Z
VI
Z
VI fff
3131
2323
1212
&&
&&
&& ===
Poiché le tensioni concatenate costituiscono un sistema simmetrico e le tre impedenze ∆Z sono uguali, le tre correnti di fase costituiranno un sistema equilibrato.-
Le correnti di linea saranno:
166
−=
−=
−=
23313
12232
31121
ffl
ffl
ffl
III
III
III
ooo
ooo
ooo
I tre triangoli aventi per base le correnti di linea sono uguali ed isosceli con un angolo alla base di 30° (essendo l’angolo al vertice tra le correnti di fase di 120°).- Il modulo di ciascuna corrente di linea sarà:
ffl IcosII 3302 =°⋅=
Anche le correnti di linea, essendo uguali in modulo e sfasate tra loro di 120° (ognuna è spostata di 30° rispetto alla relativa corrente di fase) costituiranno un sistema equilibrato:
Nel collegamento a Triangolo di un sistema Simmetrico ed equilibrato risulta: 1° : Le tensioni di fase sono uguali alle tensioni concatenate di linea. 2° : Le correnti di linea sono sfasate di 30° in ritardo e maggiori di 3 rispetto quelle di fase.
Le correnti di linea lI sono sfasate
rispetto le tensioni concatenate dell’angolo: 30°+f ove f è l’angolo dell’impedenza di carico, esattamente come nel caso del collegamento a stella.-
Problema 5.03 Un carico trifase equilibrato, costituito da tre impedenze uguali 43 jZ += collegate a
triangolo, è alimentato da una terna di tensioni simmetriche avente valore della concatenata VV C 220= ; calcolare la corrente di linea e tracciare il diagramma polare.-
VV C 220= °=+= 153543 ,jZ AZ
VI C
f 445
220 ===
A,II fl 2764433 =⋅=⋅= °= 153,ϕ
167
Problema 5.04
Una linea trifase alimenta alla tensione Hz50;V380V c ==== un carico trifase equilibrato
costituito da tre impedenze uguali °°°°−−−−====−−−−==== 13,5354j3Z collegate a stella; calcolare le correnti di
linea.- Nei sistemi simmetrici ed equilibrati con collegamento a stella, il modulo della tensione di fase applicata alla singola impedenza vale:
VV
V Cf 220
3
380
3===
mentre la corrente di fase è uguale alla corrente di linea:
AZ
VII
f
fL 445
220 ====
Si ricorda che nei carichi equilibrati le correnti di linea delle tre fasi sono in modulo tra loro uguali.- Essendo il carico di tipo ohmico-capacitivo, la corrente di fase sarà sfasata in anticipo di 53,13° rispetto la tensione di fase che la fa circolare e di (53,13°-30°) = 23,13° in anticipo rispetto la tensione concatenata (essendo questa sfasata di 30° in anticipo rispetto la tensione di fase).-
Volendo scrivere le espressioni vettoriale delle tensioni e delle correnti, si scelga, per esempio, come
vettore di riferimento con fase iniziale zero la tensione °°°°==== 0220V 10
o
:
+−=°+=°+⋅°=⋅=
−−=°−=°−⋅°=⋅=
=°=
19011012022012010220
19011012022012010220
2200220
11030
1020
10
jrVV
jrVV
V
oo
oo
o
3574313173441201135344
5403178766441201135344
23542613534413535
0220
1133
122
1011
,j,,,rIII
,j,,,rIII
,j,,,Z
VII
ffL
ffL
fL
+−=°=°⋅°=⋅==
−=°−=°−⋅°=⋅==
+=°=°−
°===
ooo
ooo
o
oo
Le correnti della seconda e terza fase potevano essere calcolate anche con:
168
°=°−
°===
°−=°−
°−===
131734413535
120220
87664413535
120220
3033
2022
,,Z
VII
,,Z
VII
fL
fL
o
oo
o
oo
Problema 5.05 Una linea trifase alimenta alla tensione Hz50;V220V c ==== un carico trifase equilibrato
costituito da tre impedenze uguali °°°°====++++==== 87,36106j8Z collegate a triangolo; calcolare le
correnti di linea.-
Nei sistemi simmetrici ed equilibrati con collegamento a triangolo, il modulo della tensione di fase applicata alla singola impedenza è uguale a quello della concatenata:
VVV Cf 220==
La corrente di fase vale:
AZ
VI
f
f 2210
220===
ed è sfasata di 36,87° in ritardo (carico ohmico-induttivo) rispetto la tensione che la fa circolare.-
Nei sistemi equilibrati a triangolo il modulo della corrente di linea vale:
A,II fL 1382233 =⋅=⋅=
ed è sfasata di 30° in ritardo rispetto al corrente di fase.- Nel caso fosse necessario individuare l’espressione complessa delle tre correnti di linea, si sceglie un vettore
di riferimento con fase iniziale zero, per esempio la 12Vo
:
+−=°=°⋅°=⋅=
−−=°−=°⋅°−=⋅=
°=
519011012022002201201
519011012022002201201
0220
12131
1223
12
,jVrV
,jVrV
V
o
oo
o
169
le tre correnti di fase sono:
+=°=°
°==
−−=°−=°
°−==
−=°−=°
°==
8421632138322873610
120220
64823208715622873610
120220
213617873622873610
0220
3131
2323
1212
,j,,,Z
VI
,j,,,Z
VI
,j,,,Z
VI
o
o
o
o
o
o
Le tre correnti di linea sono:
°=+=+++=−=
°=+−=+−−−=−=
°−=−=−−−=−=
13531384830862264823208421632
1317313856483372136176482320
8766138043597148421632213617
23313
12232
31121
,,,j,,j,,j,III
,,,j,,j,,j,III
,,,j,,j,,j,III
L
L
L
ooo
ooo
ooo
Come si può notare, le tre correnti di linea hanno lo stesso modulo e risultano sfasate tra loro di 120°.- Volendo semplificare la soluzione ed avendo ben chiara la posizione delle correnti nel piano polare, si può procedere nel seguente modo: Si è visto che il modulo della corrente di linea vale 38,1A e che risulta sfasata di 30° in ritardo sulla corrente di fase che a sua volta è sfasata di 36,87° in ritardo sulla sua tensione concatenata, quindi la corrente di linea è sfasata di:
30° + 36,87° = 66,87° in ritardo sulla relativa tensione concatenata. Assumendo come tensione di riferimento la
concatenata 12Vo
, la corrente 1LIo
sarà:
0435971487661381 ,j,,,I L −=°−=o
mentre le altre due correnti di linea si otterranno moltiplicando la 1LIo
per i versori r ed 1r :
48308622135313887661381201
56483378718613887661381201
113
12
,j,,,,,IrI
,j,,,,,IrI
LL
LL
+=°=°−⋅°=⋅=
+−=°−=°−⋅°−=⋅=oo
oo
170
5.2.4. Energia e potenza nei sistemi simmetrici ed equilibrati: Immaginando ciascuna fase del sistema trifase simmetrico ed equilibrato costituita dalla fase
del generatore, da un filo di linea e da una fase del carico nel loro collegamento equivalente a stella, si può affermare che ciascuna delle tre fasi del generatore fornisce a ciascuna delle tre fasi del carico una potenza istantanea p
1 , p
2 , p
3 rispettivamente:
( )
−+
−−=⋅=
−+
−−=⋅=
+−=⋅=
3
82sensen
3
82cos1cos
3
42sensen
3
42cos1cos
2sensen2cos1cos
333
222
111
πωϕπωϕ
πωϕπωϕ
ωϕωϕ
tVItVIivp
tVItVIivp
tVItVIivp
ff
ff
ff
ove V ed I sono i valori efficaci delle tensioni e delle correnti di fase (uguali per le tre fasi) e ϕ la fase del carico (Si veda a proposito la dimostrazione fatta al paragrafo 4.6.1 a pag.136).- Indicando con P
f e Q
f le quantità costanti VIcosϕ e VIsenϕ:
( )
−+
−−=
−+
−−=
+−=
3
82sen
3
82cos1
3
42sen
3
42cos1
2sen2cos1
3
2
1
πωπω
πωπω
ωω
tQtPp
tQtPp
tQtPp
ff
ff
ff
Carico: Analogamente a quanto visto per i carichi monofase, ciascuna fase del carico sarà interessata
da una potenza attiva Pf ed una potenza reattiva Q
f uguale per le tre fasi; per il teorema di
Boucherot, la potenza totale che interessa il carico sarà:
P V I Q V If f f f f= ⋅ = ⋅3 3cos senϕ ϕ e Nel caso di collegamento a Stella delle tre impedenze del carico equilibrato, sarà:
ϕϕϕ senIVQcosIVcosIV
PVV
II
llllll
lf
lf
⋅=⋅=⋅=⇒
=
=3 3
33
3
Nel caso di collegamento a Triangolo delle tre impedenze del carico equilibrato, sarà:
ϕϕϕ senIVQcosIVcosI
VPII
VV
lllll
llf
lf
⋅=⋅=⋅=⇒
=
=3 3
33
3
171
In generale, qualsiasi sia il collegamento del carico trifase equilibrato, la potenza potrà essere calcolata, con riferimento ai parametri di linea e al cosϕ del carico, con le relazioni:
ϕϕϕ
ϕPtgQ tg
P
Q
senIVQ
cosIVP
ll
ll =⇒=⇒
⋅=
⋅=
3
3
Si definisce anche la potenza apparente come:
A V I A= P Q l l= ⋅ ⇒ +3 2 2
Generatore e linea: La potenza totale istantanea erogata dal generatore e che interessa anche la linea di
trasmissione sarà (vedi espressione della potenza istantanea a pag.138):
( ) ϕπϕωπϕωϕωϕ cos33
82cos
3
42cos2coscos3
321
VItttVIVI
pppp t
⋅=
−++
−+++−⋅=
++=
La potenza totale istantanea risulta quindi costante; mentre nei circuiti monofasi il flusso d’energia dal generatore al carico avviene ad un livello di potenza variabile nel tempo, nel sistema trifase simmetrico ed equilibrato le componenti fluttuanti delle potenze monofasi si compensano eliminandosi reciprocamente ed il trasferimento avviene a livello di potenza costante pari a:
P V If f= ⋅3 cosϕ Poiché il generatore, attraverso la linea, invia al carico una potenza costante, le tre impedenze
del carico equilibrato si scambieranno tra loro l’energia reattiva di cui necessitano.-
Problema 5.06 Un carico trifase equilibrato con collegamento a stella è alimentato alla tensione V
l = 380V
50Hz, assorbe una P =4 KW e Q = +3 KVAR.- Calcolare l’espressione complessa delle impedenze che costituiscono il carico trifase ed il valore della P e Q assorbita dal carico se le tre impedenze vengono collegate a triangolo, rimanendo inalterata la tensione d’alimentazione.-
80 7504000
3000
3000
4000,cos,
P
Qtg
VARQ
WP=⇒===⇒
==
ϕϕ
====
⇒===⇒
===
==⋅⋅
==
ΩϕΩϕ
Ωϕ
317
123928
67
220
2203
380
3
67803803
4000
3
,senZX
,cosZR,
,I
VZ
VV
V
IA,,cosV
PI
f
f
lf
f
l
l
317123 ,j,Z +=
Collegando le tre impedenze a triangolo:
A,,IIA,,Z
VI fl
lf 7722151333 1513
928
380 =⋅==⇒===
( )( )
⋅=⋅⋅⋅==
⋅=⋅⋅⋅==
λ∆
λ∆
ϕ
ϕ
Q3 900060772238033
P3 1200080772238033
VAR,,senIVQ
W,,cosIVP
ll
ll
172
Problema 5.07 Una linea trifase alimenta alla tensione concatenata Hz;VV c 50380= due carichi trifasi
equilibrati costituiti, il primo da tre impedenze uguali °=+= 35621764 ,,jZ A collegate a
triangolo ed il secondo da tre impedenze uguali °−=−= 73361323 ,,jZ B collegate a stella;
calcolare la corrente totale di linea.-
Carico a triangolo A:
La corrente di fase vale: A,,Z
VI
A
CfA 752
217
380 ===
ed è sfasata in ritardo (carico ohmico-induttivo) di 56,3° rispetto la tensione concatenata che la fa circolare. La corrente di linea vale: A,,II fALA 39175233 =⋅=⋅=
ed è sfasata di 30° in ritardo rispetto la corrente di fase e quindi di (56,3° + 30°) = 86,3° in ritardo rispetto la tensione concatenata.-
Assumendo come vettore di riferimento con fase iniziale zero, la tensione concatenata 12Vo
:
°=
°−=
°=
120380
120380
0380
31
23
12
o
o
o
V
V
V
+=°=°⋅°−=
+−=°−=°−⋅°−=
−=°−=
6509757333911201386391
54088132063911201386391
19195386391
3
2
1
,j,,,,,I
,j,,,,,I
,j,,,I
AL
AL
AL
o
o
Carico a stella B: La corrente di fase vale:
A,,Z
VI
B
f
fB 8606133
380 =⋅
==
ed è sfasata di 33,7° in anticipo (carico ohmico –capacitivo) rispetto la tensione di fase che la fa circolare.- La corrente di linea LBI è uguale alla corrente di fase ed è sfasata di 33,7° in anticipo sulla tensione di fase; essendo la tensione concatenata sfasata di 30° in anticipo sulla tensione di fase, la corrente di linea risulterà sfasata di (33,7° – 30°) = 3,7° in anticipo sulla tensione concatenata.
173
Anche per questo carico, deve essere mantenuta (nell’ambito del medesimo problema) come
vettore di riferimento la tensione concatenata 12
o
V :
°=
°−=
°=
120380
120380
0380
31
23
12
o
o
o
V
V
V
+−=°=°⋅°=
−−=°−=°−⋅°=
+=°=
6507337123860120173860
5540273116860120173860
9376073860
3
2
1
,j,,,,,I
,j,,,,,I
,j,,,I
BL
BL
BL
o
o
o
Le correnti di linea saranno:
°=+=+−+=+=
°−=−−=−−+−=+=
°−=−=++−=+=
46771092101242650733650975
6172710914810855427540881
65271092876669376019195
333
222
111
,,,j,,j,,j,III
,,j,,j,j,III
,,,j,,j,,j,III
BLALL
BLALL
BLALL
ooo
ooo
ooo
La corrente totale di linea vale: A,I L 7109=
Il problema può anche essere risolto con il metodo delle potenze, applicando il teorema di Boucherot; le potenze che interessano il primo carico sono:
( )( )
=°⋅===°⋅⋅⋅==
VAR,tgtgPQ
W,cos,cosIVP
CAAA
CALACA
4999435633342
3334235639138033
ϕϕ
Quelle relative il secondo carico:
( )( ) VAR,tgtgPQ
W,cos,cosIVP
CBBB
CBLBCB
2220373333292
3329273386038033
−=°−⋅===°−⋅⋅⋅==
ϕϕ
Le potenze totali risultano:
=−=+==+=+=
VARQQQ
WPPP
BAt
BAt
277912220349994
666343329233342 ⇒⇒⇒⇒ 4170
66634
27791,
P
Qtg
t
tt ===ϕ
A,,cosV
PI
tC
t
L 710992303803
66684
3=
⋅⋅==
ϕ
Problema 5.08 Una linea trifase alimenta alla tensione concatenata Hz;VV C 50220= due carichi trifasi
equilibrati costituiti, il primo da tre impedenze uguali °=+= 8211616615 ,,jZ A collegate a stella
ed il secondo da tre impedenze uguali °−=−= 72906847 ,,jZ B collegate a triangolo; calcolare la
corrente totale di linea.-
174
Le potenze che interessano il primo carico sono:
( ) W,Z
VR
Z
VRIRP
A
CA
A
f
AfAAA 278016163
220153
3333
222
2 =
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅=⋅⋅=
( ) VAR,Z
VXIXQ
A
f
AfAAA 111216163
2206333
22
2 =
⋅⋅⋅=
⋅⋅=⋅⋅=
Le potenze relative il secondo carico sono:
( ) W,Z
VRIRP
B
CBfBbB 15646
068
2207333
22
2 =
⋅⋅=
⋅⋅=⋅⋅=
( ) ( ) VAR,Z
VXIXQ
B
CBfBbB 8941
068
2204333
22
2 −=
⋅−⋅=
⋅⋅=⋅⋅=
Le potenze totali risultano:
−=−=+==+=+=
VARQQQ
WPPP
BAt
BAt
782989411112
18426156462780 ⇒⇒⇒⇒ 42490
18426
7829,
P
Qtg
t
tt −=−==ϕ
A,,cosV
PI
tC
t
L 56529202203
18426
3=
⋅⋅==
ϕ
Problema 5.09 Una linea trifase alimenta alla tensione concatenata Hz;VV C 50500= due carichi trifasi
equilibrati di cui il primo è costituito da tre impedenze uguali °=+= 5382220320 ,,jZ A collegate
a stella ed il secondo da tre impedenze uguali BZ collegate a triangolo; conoscendo la potenza totale fornita dalla linea: WPt 42222= con ( )A,cos t 9550=ϕ , ricavare l’espressione complessa delle
tre impedenze a triangolo.-
175
Le potenze relative al primo carico sono:
( )
( )
=
⋅⋅⋅=
⋅⋅=⋅⋅=
=
⋅⋅⋅=
⋅⋅=⋅⋅=
VAR,Z
VXIXQ
W,Z
VRIRP
A
f
AfAAA
A
f
AfAAA
183422203
5003333
1222922203
50020333
22
2
22
2
Per il teorema di Boucherot, le potenze relative il secondo carico sono:
( )
−=−−⋅=−=−==−=−=
VAR,QtgPQQQ
WPPP
AttAtB
AtB
149651834311042222
299931222942222
ϕ
Essendo 0Q B <<<< il carico B risulterà ohmico-capacitivo.-
4989029993
14965,
P
Qtg
B
BB −=−==ϕ ⇒⇒⇒⇒ ( )A,cos B 89480=ϕ
Ognuna delle tre impedenze BZ collegate a triangolo ed alimentate dalla tensione VV C 500= è
interessata dalle potenze:
WP B 99983
299931 == e VARQ B 4988
3
149651 −=−=
21 CBB VGP = ⇒⇒⇒⇒ S,
V
PG
C
BB 040
500
999822
1 ===
21 CBB VBQ = ⇒⇒⇒⇒ S,
V
QB
C
BB 020
500
498822
1 −=−==
°=+=−= 562604470020040 ,,,j,jBGY AAB
102056263622562604470
11j,,
,,YZ
B
B −=°−=°
==
176
Problema 5.10
Tre impedenze uguali sono alimentate da una linea trifase; calcolare il rapporto tra le potenze
da esse assorbite quando sono collegate a stella o a triangolo.- Indicando ciascuna delle tre impedenze con jXRZ += e la relativa ammettenza con jBGY −= , la tensione concatenata d’alimentazione con CV , la potenza assorbita dal carico trifase costituito dalle
tre impedenze collegate a triangolo, vale: 22 33 CF VGVGP ⋅⋅=⋅⋅=∆
La potenza assorbita dal carico costituito dalle tre impedenze collegate a stella, vale:
, 3 · - · . 3 · - · /0√32
- · 0
Il rapporto tra le due potenze vale: ∆,
3 · - · 0
- · 0 3
Il medesimo rapporto vale per le potenze reattive.-
Problema 5.11 Calcolare il rapporto tra la corrente assorbita da un carico trifase equilibrato costituita da tre
impedenze uguali collegate a triangolo e quella assorbita dal carico costituito dalle stesse impedenze ma collegate a stella.-
Indicando ciascuna delle tre impedenze con jXRZ += , la corrente di linea assorbita dal carico con collegamento a stella vale:
Z
V
Z
VII CF
FYLY⋅
===3
La corrente di linea assorbita dal carico con collegamento a triangolo vale:
Z
VII C
FL ⋅=⋅= 33 ∆∆
Il rapporto richiesto è:
333
=⋅⋅⋅
=C
C
LY
L
V
Z
Z
V
I
I ∆
177
5.2.5. Linee trifasi di trasmissione dell’energia elettrica: Prendendo in considerazione soltanto linee non ad alta tensione e di lunghezza media, per cui
possano essere trascurati i parametri trasversali quali la Conduttanza e le Capacità, la linea risulta definita dai suoi parametri longitudinali cioè Resistenza e Reattanza che, per ciascuno dei tre fili, valgono rispettivamente:
RL
SX f
D
dLL L= = +
⋅ −ρ π ed 2 0 188 0 46 1010
3, , log
ove L è la lunghezza della linea, D la distanza tra i conduttori disposti ai vertici di un triangolo equilatero, S e d la sezione ed il diametro dei conduttori stessi.-
Nei casi presi in esame d’alimentazione simmetrica con carichi equilibrati, si potrà
considerare una fase della linea, riferita ad un centro stella ideale, come rappresentativa delle altre fasi ed eseguire il calcolo delle cadute di tensione vettoriale ed industriale con le modalità viste per la linea monofase:
( ) ( )V V I R Xpf af l L a L a= + +cos sen *ϕ ϕ
(Si tenga presente che nel circuito equivalente ideale il filo di ritorno in realtà non esiste per cui la caduta di tensione viene calcolata soltanto in base alla resistenza e reattanza di un solo filo)
Essendo:
V V V Vpl pf al af= ⋅ = ⋅3 3 ed moltiplicando per 3 i due membri della (*) si ottiene:
( )V V I R Xpl al l L a L L= + ⋅ +3 cos senϕ ϕ
quindi la caduta di tensione industriale su una linea trifase con carico equilibrato e riferita alle tensioni di linea può essere calcolata con:
( )∆V I R Xi l L a L L= ⋅ +3 cos senϕ ϕ Anche per le linee trifasi si definisce la caduta di tensione percentuale riferendosi alla
tensione all’arrivo:
( )
a
aLaLl
a
ii
V
senXcosRI
V
V%V
ϕϕ∆∆
+⋅==
3100100
pc
LLaac
pfase
LLaafase
pV
IRcosV
V
IRcosVcos
3+=
+=
ϕϕϕ
La linea trifase avrà delle perdite per effetto Joule sui tre conduttori di linea pari a:
p R IL L l= ⋅3 2
pertanto le potenze attive in partenza ed in arrivo, tenuto presente il teorema di Boucherot, saranno legate dalla relazione:
P P p P R Ip a L a L l= + = + ⋅3 2
178
Si definisce come rendimento della linea trifase:
η
ηηL
a
p
a
a L lL
a
l
L
L
P
P
P
P R IR
P
I= =
+ ⋅⇒ =
⋅−
3 3
12 2
aa
aL
aa
aLa
a
lLa
aL
cosV
PR
cosV
PRP
P
IRP
P%
ϕϕ
η
2222
22
1
1100
33
1003
100
+=
⋅⋅+
=⋅+
=
La proprietà dei sistemi trifasi simmetrici ed equilibrati di trasferire energia dal generatore al
carico con un valore costante della potenza istantanea è un elemento di capitale importanza nella tecnica del trasporto dell’energia mediante linee a corrente alternata trifase, elemento che permette un’economia di materiali nella costruzione di una conduttura trifase rispetto un’analoga monofase chiamata a trasportare la medesima quantità d’energia alla stessa tensione.- A parità di tutte le condizioni, comprese le perdite in linea, usando una linea trifase si ottiene un risparmio del 25% del materiale per i conduttori rispetto ad una linea monofase, come risulta dalla valutazione fatta di seguito:
Si debba trasportare con una linea monofase o trifase la potenza P per un carico funzionante con un certo cosffff ad una distanza l sotto una tensione tra i fili di linea V; a parità di perdite totali
in linea pL ,calcolare il rapporto tra il volume di rame necessario nei due casi. Monofase Trifase
ϕcosIVP M ⋅⋅= ϕcosIVP T⋅⋅= 3
ϕcosV
PI M
⋅=
ϕcosV
PI T
⋅⋅=
3
ϕ
ρ22
22 2
cosV
P
S
lIRp
MMLL ⋅⋅=⋅=
ϕρ
22
22
333
cosV
P
S
lIRp
TTLL
⋅⋅=⋅=
ϕ
ρ22
22
cosVp
PlS
LM
⋅
⋅⋅⋅=
ϕρ
22
2
cosVp
PlS
LT
⋅
⋅⋅=
ϕ
ρ22
2242
cosVp
PllSVol
LMMCu
⋅
⋅⋅⋅=⋅⋅=
ϕρ
22
2233
cosVp
PllSVol
LTTCu
⋅
⋅⋅=⋅⋅=
4
3=CuM
TCu
Vol
Vol CuMCuT Vol,Vol ⋅= 750
Oltre al vantaggio offerto nel trasporto dell’energia elettrica, i sistemi trifasi godono della peculiare proprietà, scoperta da Galileo Ferraris, di poter generare campi magnetici rotanti mediante terne trifasi di correnti inviate in bobine fisse nello spazio, come si vedrà nel paragrafo 5.2.7.-
179
5.2.6. Rifasamento dei carichi trifasi: Si consideri un carico trifase equilibrato ohmico-induttivo alimentato ad una tensione aV che
assorbe una potenza attiva aP con un acosϕ molto basso; la corrente LI ed il rendimento Lη della
linea di alimentazione saran
aa
aL
cosV
PI
ϕ⋅=
3
aa
aLLLa
aL
cosV
PRIRP
P
ϕ
η
22
21
1
3 +=
+=
Tale corrente e quindi le perdite in linea sono, a parità di tensione all’arrivo e di potenza assorbita, tanto più elevate quanto più basso è il acosϕ del carico; per ridurre tali perdite è necessario quindi
elevare il cosϕ all’arrivo, a parità di potenza attiva assorbita.- Ciò si ottiene ponendo in parallelo al carico una batteria di condensatori tale che, assorbendo una potenza attiva nulla ed una potenza reattiva di segno contrario a quella del carico ohmico-induttivo, porti il acosϕ ad un valore cosϕL
maggiore e tale da ridurre la corrente di linea al valore desiderato.- Applicando il teorema di Boucherot, si calcoli la potenzaattiva e reattiva di linea dopo l' inserzione della batteria dicondensatori:
P PQ Q Q P tg Q
tgQ
P
P tg Q
P
L a
L a c a a c
LL
L
a a c
a
== − = −
= =−
ϕ
ϕϕ
Da questa relazione si ricava il valore della
potenza reattiva che deve fornirà la batteria di condensatori per portare, a parità di potenza attiva, il ϕa al valore ϕL voluto:
( ) ( )Q P tg tgc a a L= −ϕ ϕ *
Se la batteria di condensatori è costituita da tre capacità collegate a stella:
2
2
2
333 C
Cfc VC
VCVCQ λλλ ωωω =
⋅=⋅= e sostituendo nella (*):
( )
2C
Laa
V
tgtgPC
ω
ϕϕλ
−=
Se la batteria di condensatori è costituita da tre capacità collegate a triangolo: 22 33 Cfc VCVCQ ∆∆ ωω ⋅=⋅=
e sostituendo nella (*):
( )
23 C
Laa
V
tgtgPC
ω
ϕϕ∆
−=
Nel caso del collegamento a triangolo sono sufficienti tre condensatori di capacità pari ad un
terzo di quella necessaria nel collegamento a stella, ma i primi dovranno essere costruiti per una tensione di lavoro 3 superiore.-
180
Problema 5.12 Una linea trifase alimenta alla tensione di Hz;VV C 50220= due carichi trifasi equilibrati
che assorbono rispettivamente:
( )
==
R,cos
kWP
60
10
1
1
ϕ e ( )
=−=
A,cos
kVarQ
80
4
2
2
ϕ
Calcolare la corrente totale di linea ed il relativo ϕcos .-
Le potenze relative al primo carico sono:
kVAR,,tgPQ
kWP
31333110
10
111
1
=⋅=⋅==
ϕQuelle relative il secondo:
kVARQ 42 −=
kW,,tg
QP 335
750
4
2
22 =
−−==
ϕ
Le potenze totali di linea sono:
=−=+==+=+=
kVar,,QQQ
kW,,PPP
a
a
394313
331533510
21
21 ⇒⇒⇒⇒ 4567 8797
:;<<=>;;< <, ?<??
La corrente di linea ed il acosϕ valgono:
8550,cos a =ϕ A,,cosV
PI
aa
a
L 054785502203
15330
3=
⋅⋅==
ϕ
Problema 5.13 Una linea trifase alimenta alla tensione Hz;VV a 50380= due carichi trifasi equilibrati che
assorbono rispettivamente:
( )
==
R,cos
kWP
60
20
1
1
ϕ e ( )
==
A,cos
kWP
80
10
2
2
ϕ
Sapendo che i parametri di linea valgono: @A BA 0,18 WWWW, calcolare il valore della tensione e del ϕcos in partenza, il rendimento della linea e la capacità della batteria di condensatori che, posti
all’arrivo e collegati a stella, portano il acosϕ al valore di 950 ,cos a =∗ϕ .-
Ω180 ,LR LL ==
181
I° Determinazione del carico equivalente all’arrivo:
==
WP
WP
10000
20000
2
1 ( )
−=−⋅===⋅==
VAR,tgPQ
VAR,tgPQ
750075010000
26667333120000
222
111
ϕϕ
=−=+==+=+=
VARQQQ
WPPP
a
a
19167750026667
300001000020000
21
21 6389030000
19167,
P
Qtg
a
aa ===ϕ
84270 ,cos a =ϕ 53840 ,sen a =ϕ
La corrente totale di linea sarà perciò:
A,,cosV
PI
aa
a
L 0954842703803
30000
3=
⋅⋅==
ϕ
II° Calcolo della linea:
( ) ( ) V,,,,,,senXcosRIV aLaLLi 29235384018084270180095433 =⋅+⋅⋅=+= ϕϕ∆
V,,VVV iap 294032923380 =+=+= ∆
8358029403
09541803842703803,
,
,,,
V
IRcosVcos
p
LLaap =
⋅⋅+⋅=
+=
ϕϕ
%,,LRP
P%
LLa
a
L 950954180330000
30000100
3100
22=
⋅⋅+=
+=η
III° Calcolo della capacità dei condensatori di rifasamento: ( ) ( )
FF,,
V
tgtgPC
a
aaaY µ
ωϕϕ
20510205380314
328706389030000 6
22=⋅=
⋅
−⋅=
−= −
∗
Problema 5.14 Una linea trifase avente LL RX ⋅= 2 alimenta alla tensione Hz;VV a 50500= un carico
trifase equilibrato che assorbe: kWPa 40= con ( )R,cos a 70=ϕ ; sapendo che in tali condizioni di
carico la linea funziona con un rendimento %%L 95=η , determinare la tensione ed il cosf in partenza, la resistenza e reattanza di linea, la capacità della batteria di condensatori che, collegata a
triangolo e posta all’arrivo della linea, porta il cosf all’arrivo al valore 90 ,cos a =∗ϕ .-
La corrente di linea vale:
A,,cosV
PI
aa
a
L 9865705003
40000
3=
⋅⋅==
ϕ
La relazione che lega il rendimento di linea alla resistenza della linea stessa è:
182
Ωη
η16120
950
9501
98653
400001
3 22,
,
,
,I
PR
L
L
L
aL =
−⋅
⋅=
−⋅=
Ω322401612022 ,,RX LL =⋅== La caduta di tensione industriale in linea vale:
( ) ( ) V,,,,,,senXcosRIV aLaLLi 2397140322407016120986533 =⋅+⋅⋅=+= ϕϕ∆
La tensione ed il cosf in partenza risultano essere: V,,VVV iap 2539239500 =+=+= ∆
68302539
9865161203705003,
,
,,,
V
IRcosVcos
p
LLaap =
⋅⋅+⋅=
+=
ϕϕ
La capacità della batteria di condensatori, collegati a triangolo, vale: ( ) ( )
FF,,
V
tgtgPC
a
aaa µω
ϕϕ∆ 911091
5003143
484002140000
3
6
22=⋅=
⋅⋅
−=
−= −
∗
Problema 5.15
Una linea trifase alimenta alla tensione di Va = 220V ; 50Hz due carichi trifasi equilibrati
interessati dalle potenze:
( )
==
R,cos
kWP
60
30
1
1
ϕ e
−==
kVARQ
kVAA
20
25
2
2
Sapendo che in tali condizioni di carico la linea funziona con un rendimento %%L 96=η ed una caduta di tensione percentuale %%V i 10=∆ , calcolare la resistenza e reattanza di linea, la
tensione ed il cosf in partenza.- I° Calcolo del carico equivalente all’arrivo:
=−=−=
=
kWQAP
kWP
152025
30
2222
222
1
−==⋅==
kVARQ
kVAR,tgPQ
20
40333130
2
111 ϕ
=−=+==+=+=
kVARQQQ
kWPPP
a
a
202040
451530
21
21 444045
20,
P
Qtg
a
a
a ===ϕ
==
40610
91380
,sen
,cos
a
a
ϕϕ
A,,cosV
PI
aa
a
L 2129913802203
45000
3=
⋅⋅==
ϕ
II° Calcolo dei parametri di linea:
Ωη
η037440
960
9601
21293
450001
3 22,
,
,
,I
PR
L
L
L
a
L =−
⋅=
−⋅
⋅=
VV%V
V ai
i 22220100
10
100===
∆∆
( )aLaLLi senXcosRIV ϕϕ∆ +⋅= 3
183
( )40610913800374402129322 ,X,,, L ⋅+⋅⋅= ⇒⇒⇒⇒ Ω15780 ,X L =
III° Calcolo dei parametri di linea in partenza: VVVV iap 24222220 =+=+= ∆
86540242
21290374403913802203,
,,,
V
IRcosVcos
p
LLaap =
⋅⋅+⋅=
⋅+=
ϕϕ
Problema 5.16 Una linea trifase avente Ω20 ,RL = e Ω10 ,X L = alimenta due carichi che assorbono
rispettivamente:
( )
==
R,cos
kWP
70
15
1
1
ϕ e ( )
==
A,cos
kWP
90
10
2
2
ϕ
Conoscendo la tensione in partenza Hz;VV p 50400= , calcolare la corrente di linea, la tensione
all’arrivo della linea ed il cosf in partenza.- Calcolo del carico equivalente all’arrivo della linea:
==
WP
WP
10000
15000
2
1 ( )
−=−⋅===⋅==
VAR,tgPQ
VAR,tgPQ
48434843010000
1530002115000
222
111
ϕϕ
=−=+==+=+=
VARQQQ
WPPP
a
a
10457484315300
250001000015000
21
21
4183025000
10457,
P
Qtg
a
aa ===ϕ
==
3860
9220
,sen
,cos
a
a
ϕϕ
Le equazioni di funzionamento della linea e del carico equivalente sono:
( )
+⋅−=
=
aLaLLpa
aa
aL
senXcosRIVV
cosV
PI
ϕϕ
ϕ
3
3 sostituendo la prima nella seconda:
184
( )aLaL
aa
a
pa senXcosRcosV
PVV ϕϕ
ϕ+⋅−=
33
( )aLLaapa tgXRPVVV ϕ+−⋅=2
( ) 0418301020250004002 =⋅++− ,,,VV aa
060464002 =+− aa VV ⇒⇒⇒⇒ ====aV
V,
V,
715
3384
Scartando il valore 15,7V ovviamente non accettabile: V,Va 3384=
9210400
7440203922033843,
,,,,
V
IRcosVcos
p
LLaap =
⋅⋅+⋅=
+=
ϕϕ
Problema 5.17
Una linea trifase avente LL R,X ⋅= 21 alimenta un carico trifase equilibrato che assorbe una
potenza kWPa 90= con un ( )R,cos a 850=ϕ ; sapendo che in tali condizioni di carico la linea
funziona con un rendimento %%L 95=η e che risulta alimentata in partenza con una tensione:
Hz;VV p 50400= determinare la resistenza e reattanza di linea e la tensione all’arrivo.-
Le equazioni che regolano il funzionamento del circuito sono:
( )
+⋅+=
−=
=
=
aLaLLap
L
L
L
aL
aLaa
LL
senXcosRIVV
I
PR
cosIVP
R,X
ϕϕ
η
ηϕ
3
1
3
3
21
2
( )
+⋅+=
−=
=
=
aaLLap
L
L
L
aLL
aa
L
a
LL
sen,cosRIVV
I
PIR
cosVI
P
R,X
ϕϕη
η
ϕ
213
1
3
1
3
21
A,,,cosV
PI
aa
aL 7440
922033843
25000
3=
⋅⋅==
ϕ
185
( )
++=
−⋅=
=
=
aaLLap
L
LaaLL
aa
L
a
LL
sen,cosRIVV
cosVIR
cosVI
P
R,X
ϕϕη
ηϕ
ϕ
213
13
3
1
3
21
( )aa
L
Laaap sen,coscosVVV ϕϕ
η
ηϕ 21
13
3
13 +
−+=
( )
+
−+= aaa
L
LaP cossen,cosVV ϕϕϕ
η
η21
11 2
( )V,
,,,,,
,Va 1375
8505268021850950
95011
400
2
=⋅⋅+
−+
=
A,,cosV
PI
aa
aL 163
85013753
90000
3=
⋅⋅==
ϕ
Ω059430950
9501
1633
900002
,,
,RL =
−
⋅= Ω07132005943021 ,,,X L =⋅=
5.2.7. Campi magnetici alternativi e rotanti: Teorema di Galileo Ferraris Un Campo magnetico alternativo è un
campo avente direzione costante nello spazio e variabile in modulo con legge sinusoidale per cui il suo verso cambia periodicamente.- In pratica, tale campo si ottiene disponendo una bobina fissa nello spazio ed inviandovi una corrente alternata sinusoidale.-
Un Campo magnetico rotante è un campo avente ampiezza (modulo) costante nel tempo e con la direzione rotante nello spazio con velocità angolare costante.- In pratica, tale campo si ottiene inviando una corrente costante in una bobina e facendo poi ruotare la bobina stessa attorno ad un asse normale al suo asse di simmetria.-
Composizione di due Campi Rotanti - Due campi rotanti aventi le seguenti caratteristiche: 1. Ampiezza uguale 2. Rotanti nello spazio con la medesima velocità angolare ma in senso contrario
si compongono dando per risultante un campo alternativo avente: 1. Ampiezza massima pari al doppio del modulo dei campi rotanti 2. Pulsazione numericamente uguale alla velocità angolare dei campi rotanti 3. Come direzione l’asse di simmetria delle direzioni dei campi rotanti nell’istante t = 0
186
Scomposizione di un campo alternativo - Un campo alternativo si può sempre scomporre in due campi rotanti aventi: 1. Modulo pari alla metà dell’ampiezza massima del campo alternativo 2. Rotanti in senso contrario ad una velocità angolare numericamente uguale alla pulsazione del
campo alternativo 3. Posizione iniziale che dipende dalla fase del campo alternativo
h = H
M coswt h=H
M senwt
Composizione di tre campi alternativi - S’immagini di disporre tre bobine identiche in una
posizione fissa dello spazio con gli assi a 120° l’uno dall’altro (Statore di una macchina asincrona) e di inviare in esse tre correnti costituenti un sistema equilibrato (aventi cioè lo stesso modulo e sfasate tra loro di un terzo di periodo). Le bobine genereranno Tre Campi Magnetici Alternativi aventi, nella zona tre esse compresa:
1 - Lo stesso valore massimo 2 - La medesima pulsazione 3 - Sfasati tra loro nel tempo di un terzo di periodo 4 - Le direzioni sfasate di un terzo di angolo giro
h H t
h H t
h H t
M
M
M
1
2
3
2
34
3
=
= −
= −
cos
cos
cos
ω
ωπ
ωπ
In queste ipotesi, Galileo Ferraris dimostrò che la risultante dei tre campi alternativi definiti
come sopra, è un Campo rotante avente le seguenti caratteristiche: 1 - Ampiezza costante uguale a tre mezzi dell’ampiezza massima dei singoli campi
alternativi 2 - Rotante con velocità angolare w numericamente uguale alla pulsazione dei campi
alternativi, nel senso in cui si succedono i ritardi dei campi alternativi 3 - In un certo istante risulta in fase con la direzione di quel campo alternativo che in quel
momento è massimo Per dimostrare il teorema di Galileo Ferraris sopra enunciato, bisogna scomporre ciascuno dei
tre campi alternativi in due campi rotanti, come visto in precedenza:
187
Si ottengono in tal modo due terne di campi rotanti:
---La prima terna è costituita dai tra campi rotanti in senso antiorario alla medesima velocità w, sfasati tra loro nello spazio di un terzo di angolo giro e della medesima ampiezza: la loro risultante sarà nulla.
---La seconda è una terna omopolare costituita da tre campi rotanti in senso orario, cioè nel senso in cui si susseguono i ritardi dei campi alternativi originali, alla medesima velocità w, tra loro in fase e della medesima ampiezza: la loro risultante sarà un campo rotante avente le caratteristiche indicate dal teorema di Galileo Ferraris.
Volendo invertire il senso di rotazione del campo rotante basterà invertire tra loro due fasi dell’alimentazione dei campi alternativi.-
Problema 5.18 Una linea trifase avente RL=0,2W e XL=0,15W alimenta alla tensione di 380 V , 50 Hz due
carichi equilibrati che assorbono rispettivamente: P1 = 20 KW con cosϕ
1 = 0,6(R) e P
2 = 5 KW con
cosϕ2 = 0,8(A). Calcolare la tensione in partenza della linea ed il suo rendimento.- Per migliorare il
rendimento della linea, al suo arrivo viene inserita una batteria di condensatori in modo da portare il cos f al valore di 0,95; calcolare il valore della capacità della batteria ed il nuovo rendimento di linea.-
Si ricava la potenza totale ed il cosf all’arrivo della linea applicando il teorema di Boucherot:
W...PPP
W.P
W.P
a 00025000500020
0005
00020
21
2
1
=+=+=
==
188
( )VARQQQ
VAR,tgPQ
VAR,tgPQ
t 22916375026666
37507505000
2666633120000
21
222
111
=−=+=
−=−⋅===⋅==
ϕϕ
7370 9166025000
22916,cos,
P
Qtg t
t
tt =⇒=== ϕϕ
A,,cosV
PI
ta
tL 5451
73703803
25000
3=
⋅⋅==
ϕ
( ) ( ) V,,,,,,senXcosRIVV LLLap 24026760150737020545133803 =⋅+⋅⋅⋅+=++= ϕϕ
940545120325000
25000
3 22,
,,IRP
P
P
P
LLa
a
p
aL =
⋅⋅+=
+==η
Supposti i condensatori, costituenti la batteria di rifasamento, collegati a triangolo:
( ) ( )
FF,,
V
tagtagPC
a
'aaa µ
ω
ϕϕ∆ 10810108
3803143
328709166025000
3
6
22=⋅=
⋅⋅
−=
−= −
A,,cosV
PI
'a
a'L 9839
9503803
25000
3=
⋅⋅==
ϕ
9630983920325000
25000
3 22,
,,IRP
P
P
P
L'
La
a
p
aL =
⋅⋅+=
+==η
5.3.0. Sistemi Trifasi Squilibrati
5.3.1. Sistemi dissimetrici e squilibrati a tre fili: Talvolta il regime di funzionamento delle reti di distribuzione trifasi non è quello sinora
considerato cioè simmetrico ed equilibrato; la rete, infatti, è chiamata ad alimentare non solo i carichi trifasi equilibrati (p.es. motori asincroni trifasi) ma anche delle utenze monofasi (p.es. le utenze domestiche o i carichi luce) per cui il carico equivalente totale della rete risulta squilibrato e come tale può determinare delle cadute di tensione sulla linea, diverse su ciascun filo con la conseguenza che, pur partendo in centrale con una terna simmetrica, sul carico risulta un’alimentazione dissimetrica (normalmente l’ente distributore esegue i collegamenti dei carichi utilizzatori in modo da ridurre a valori trascurabili tale fenomeno).- Si sarà pertanto in presenza di un sistema dissimetrico di tensioni che alimenta un carico squilibrato.-
Nei sistemi a tre fili, qualsiasi sia il collegamento interfasico dei generatori e delle impedenze di carico, la somma vettoriale delle correnti di linea è sempre nulla:
& & &I I Il l l1 2 3 0+ + =
e poichè, dati tre conduttori qualsiasi, la somma vettoriale delle differenze di potenziale tra loro esistenti è sempre identicamente nulla, anche la somma delle tre tensioni di linea è sempre nulla:
& & &V V V12 23 31 0+ + =
Si deduce che le terne delle tensioni e delle correnti di linea nei sistemi trifasi a tre fili sono sempre pure.
189
5.3.1.1. Collegamento a triangolo: Nel caso di un carico trifase squilibrato con collegamento a triangolo alimentato da una terna
dissimetrica di tensioni, note quest’ ultima e le impedenze del carico, le correnti di fase si deducono immediatamente dalle relazioni:
&&
&&
&&
IV
ZI
V
ZI
V
Zf f f1212
1223
23
2331
31
31
= = =
Applicando il primo principio di Kirchhoff ai nodi 1 2 3 si ricavano le correnti di linea:
& & & & & & & & &I I I I I I I I Il f f l f f l f f1 12 31 2 23 12 3 31 23= − = − = −
5.3.1.2. Collegamento a stella: Nel caso di un carico squilibrato con collegamento a stella alimentato da una terna
dissimetrica di tensioni, il calcolo delle correnti di linea si riconduce al caso precedente se alla stella d’impedenze si sostituisce il triangolo equivalente. Calcolando, infatti, le correnti nei lati del triangolo equivalente e da queste risalendo alle correnti di linea si ottengono, vista l’equivalenza del triangolo alla stella data, le medesime correnti di linea che si sarebbero ottenute risolvendo, con formule opportune, direttamente la stella.-
321
1331
3223
2112
111
1
ZZZ
Z
Z
ZZZ
Z
ZZZ
Z
ZZZ
P
P
P
P
++=
=
=
=
190
5.3.2. Energia e Potenza nei sistemi dissimetrici e squilibrati: L’andamento degli scambi energetici che avvengono in un sistema trifase qualsiasi
(simmetrico o dissimetrico, a tre o a quattro fili) si può dedurre dall’analisi della variazione nel tempo delle potenze istantanee p
1 , p
2 , p
3 erogate dalle tre fasi del generatore; la potenza totale sarà:
p p p p V I V I V I pf= + + = + + +1 2 3 1 1 1 2 2 2 3 3 3cos cos cosϕ ϕ ϕ essa è composta da un termine costante:
p V I V I V Ic = + +1 1 1 2 2 2 3 3 3cos cos cosϕ ϕ ϕ e da un termine p
f che rappresenta la potenza fluttuante, variabile sinusoidalmente con frequenza
doppia, indicante uno scambio fluttuante non compensato d’energia reattiva tra generatore e carico .- Pertanto nei sistemi dissimetrici e squilibrati oltre ad un flusso costante d’energia, è presente
anche una fluttuazione d’energia, avente frequenza doppia rispetto la tensione e la corrente.- I parametri rappresentativi del regime di potenza del sistema trifase dissimetrico e squilibrato
sono dati dalla Potenza Attiva totale P e dalla Potenza Reattiva totale Q pari alla somma delle potenze delle singole fasi:
P P P P V I V I V I= + + = + +1 2 3 1 1 1 2 2 2 3 3 3cos cos cosϕ ϕ ϕ Q Q Q Q V I V I V I= + + = + +1 2 3 1 1 1 2 2 2 3 3 3sen sen senϕ ϕ ϕ Come già nei sistemi equilibrati si definisce la Potenza Apparente A :
22 QPA +=
Si assume, per definizione, come Fattore di potenza del sistema trifase squilibratoDPf :
P
Qtgarccosf DP =
Problema 5.19 Una linea trifase alimenta alla tensione Hz;VV C 50380= due carichi, di cui il primo è
costituita da tre impedenze uguali collegate a stella: °=+= 1353543 ,jZ A ed il secondo è un
carico monofase che assorbe una potenza di kWPB 20= con ( )A,cos B 80=ϕ , collegato tra i fili 1 e 2; calcolare le correnti di linea.-
Calcolo dell’impedenza BZ che costituisce il secondo carico, di tipo ohmico-capacitivo:
A,,cosV
PI
BC
BB 7965
80380
20000 =⋅
==ϕ
Ω77657965
380,
,I
VZ
B
CB ===
( )A,cos B 80=ϕ °−= 8736,Bϕ
47362487367765 ,j,,,Z B −=°−=
Poiche nei sistemi simmetrici la tensione di fase vale V,V
V concfase 4219
3
380
3=== ,assumendo
come vettore di riferimento con fase iniziale zero, la tensione di fase 10
o
V , si avrà:
191
+−=°=°⋅°=⋅=
−−=°−=°−⋅°=⋅=
=°=
19071091204219120104219
19071091204219120104219
421904219
11030
1020
10
j,,,rVV
j,,,rVV
,,V
oo
oo
o
Mentre le tensioni concatenate saranno:
°=+−=−+−=−=
°−=−=−+−−=−=
°=+=++=−=
150380190132942191907109
9038038019071091907109
30380190132919071094219
103031
302023
201012
j,,j,VVV
jj,j,VVV
j,j,,VVV
ooo
ooo
ooo
Le correnti assorbite dal primo carico risulteranno essere:
+=°=°
°==
−−=°−=°
°−==
−=°−=°
°==
354023178766884313535
1204219
255564313173884313535
1204219
13533261353884313535
04219
303
202
101
,j,,,,
,
Z
VI
,j,,,,
,
Z
VI
,j,,,,
,
Z
VI
A
A
A
A
A
A
o
o
o
o
o
o
La corrente assorbita dal secondo carico è:
56084258766796587367765
3038012,j,,,
,,Z
VI
B
B +=°=°−
°==
o
o
Le correnti di linea infine sono:
°=+==
°−=−−=−−−−=−=
°=+=++−=+=
8766884335402317
5136695756546956084252555643
96250258425175256084251353326
33
22
11
,,,j,II
,,,j,,j,,j,III
,,,j,,j,,j,III
A
BA
BA
oo
ooo
ooo
===
A,I
A,I
A,I
8843
695
0258
3
2
1
192
Problema 5.20 Una linea trifase alimenta alla tensione Hz;VV C 50220= tre carichi monofasi collegati
come in figura; calcolare le correnti di linea.-
°=+=
°−=−=
°=+=
1531086
463236221
153543
31
23
12
,jZ
,,jZ
,jZ
Si assuma come tensione di riferimento la
tensione concatenata °= 022012
o
V
°=
°−=
°=
120220
120220
0220
31
23
12
o
o
o
V
V
V
Le correnti assorbite da ciascun carico valgono:
+=°=°
°==
−=°−=°−
°−==
−=°−=°
°==
2206389662215310
120220
1822546564984632362
120220
235426153441535
0220
31
3131
23
2323
12
1212
,j,,,Z
VI
,j,,,,,Z
VI
,j,,,Z
VI
o
o
o
o
o
o
Le correnti di linea sono:
°=+−=+−+=−=
°−=−=+−−=−=
°−=−=−−−=−=
11411231025745182254220638
559454946827235426182254
2722584557717220638235426
23313
12232
31121
,j,,j,,j,III
,,,j,,j,,j,III
,,,j,,j,,j,III
L
L
L
ooo
ooo
ooo
=
=
=
AI
A,I
A,I
L
L
L
112
454
258
3
2
1
193
Problema 5.21 Una linea trifase simmetrica alimenta alla tensione concatenata Hz;VV c 50380= un motore
asincrono che assorbe kWPA 20= con ( )R,cos a 80=ϕ ed un forno elettrico monofase a
resistenza che assorbe una potenza kWPB 10= con 1=Bcosϕ collegato tra le fasi 2 e 3.- Calcolare le tre correnti di linea.-
Si assuma come tensione di riferimento la
tensione concatenata °= 038012
o
V
°=
°−=
°=
120380
120380
0380
31
23
12
o
o
o
V
V
V
Il motore assorbe una corrente avente valore efficace:
A,cosV
PI
AC
AA 38
803803
20000
3=
⋅⋅=
⋅=
ϕ
Tale corrente di linea risulta sfasata di °+ 30Aϕ in ritardo rispetto la tensione concatenata che la fa circolare (vedi teoria carichi trifasi equilibrati):
°=°+°=°+ 876630873630 ,,Aϕ
°−= 8766381 ,I A
o
Essendo il motore un carico equilibrato, le altre due correnti che costituiscono la terna equilibrata di correnti assorbite, avranno lo stesso modulo e risulteranno sfasate tra loro di 120°:
+=°=°+°−=
+−=°−=°−°−=
−=°−=
430822135338120876638
54473378718638120876638
94349314876638
3
2
1
,j,,,I
,j,,,I
,j,,I
A
A
A
o
o
o
Il forno assorbe una corrente BIo
in fase con la tensione 23Vo
che la fa circolare:
A,cosV
PI
BC
BB 3226
380
10000===ϕ
⇒⇒⇒⇒ 792216131203226 ,j,,I B −−=°−=o
Le correnti di linea valgono:
194
°=+=+++=−=
°−=−−=−−+−=+=
−=°−==
94552641953963579221613430822
27160065425188950792216135447337
94349314876638
33
22
11
,,,j,,j,,j,III
,,,j,,j,,j,III
,j,,II
BA
BA
A
ooo
ooo
oo
AI 381 = A,I 06542 = A,I 2643 =