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Esercizi sul trifase dal forum

Ho deciso di raccogliere in un articolo alcuni degli esercizi sul sistema trifase che, di tanto in tanto, sono proposti da studenti.
Generalmente sono svolti nel forum dialogando con lo studente, per una didattica mirata a far comprendere i concetti ed i metodi usati; sovente sono portati a termine ma a volte possono rimanere in sospeso, magari perché lo studente preferirebbe la soluzione completa subito, più che sforzarsi nel dialogo. Ma il forum non è un servizio di pronto intervento risolutivo per esercizi d'esame, ma deve essere concepito come il luogo in cui si deve poter arrivare alla soluzione con l'aiuto di qualcuno che ha un po' più di esperienza. In ogni caso alla fine può essere utile un riepilogo e questo articolo ha tale scopo.

Indice

Esercizio 1

Topic di riferimento

Calcolare la corrente I1 e la potenza complessa del generatore su L3 (E3)


Soluzione

La corrente \dot I_1 è data da
{{\dot I}_1} = {{\dot I}_m} + {{\dot I}_R} + {{\dot I}_{1t}}
Il modulo della corrente della fase 1 del carico trifase equilibrato è
\left| {{{\dot I}_{1t}}} \right| = \frac{{\sqrt {{P^2} + {Q^2}} }}{{3E}} = \frac{{\sqrt {{{20}^2} + {{20}^2}} }}{{3 \times 230}} = 0,041{\rm{kA} = 41\,\rm{A}}
Assumiamo in questo modo le tre tensioni di fase simmetriche
\begin{array}{l}
{{\dot E}_1} = 230\angle 90^\circ \, \rm{V}\\
{{\dot E}_2} = 230\angle  - 30^\circ \, \rm{V}\\
{{\dot E}_3} = 230\angle  - 150^\circ \, \rm{V}
\end{array}
Il carico trifase è induttivo e la corrente di fase è sfasata in ritardo rispetto alla tensione di fase

{{\dot I}_{1t}} = {\rm{41}}\angle \left( {90^\circ  - \arctan \frac{Q}{P}} \right) = {\rm{41}}\angle 45^\circ \, \rm{A}
Il modulo della corrente assorbita dal carico monofase è dato da
\left| {{{\dot I}_m}} \right| = \frac{{\sqrt {P_m^2 + Q_m^2} }}{{{U_{13}}}} = \frac{{\sqrt {25 + 25} }}{{\sqrt 3  \times 230}} = 0{,}0178\,{\rm{kA}} = 17{,}8\,{\rm{A}}
La tensione che alimenta il carico monofase è la concatenata \dot U_{13}
\begin{array}{l}
{{\dot U}_{13}} = {{\dot E}_1} - {{\dot E}_3} = 230\angle 90^\circ  - 230\angle  - 150^\circ  = {\rm{j}}230 + \frac{{\sqrt 3 }}{2} \times 230 + {\rm{j}}\frac{1}{2} \times 230 = \\
 = 230 \times \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + {\rm{j}}\frac{3}{2}} \right) = 398\angle 60^\circ \, \rm{V}
\end{array}
La corrente del carico monofase capacitivo, è sfasata in anticipo rispetto a tale tensione

{{\dot I}_m} = 17,8\angle \left( {60 + \arctan \frac{{{Q_m}}}{{{P_m}}}} \right) = 17,8\angle 105^\circ
La resistenza R è alimentata dalla tensione concatenata \dot U_{12}
Il suo modulo vale
\left| {{{\dot I}_R}} \right| = \frac{{{U_{12}}}}{R} = \frac{{\sqrt 3  \times 230}}{{60}} = 6,64{\rm{A}}
quindi si ha
\begin{array}{l}
{{\dot U}_{12}} = {{\dot E}_1} - {{\dot E}_2} = 230\angle 90^\circ  - 230\angle  - 30^\circ  = {\rm{j}}230 - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \times 230 + {\rm{j}}\frac{1}{2} \times 230 = \\
 = 230 \times \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + {\rm{j}}\frac{3}{2}} \right) = 398\angle 120^\circ \, \text{V}
\end{array}
{{\dot I}_R} = 6,64\angle 120^\circ
Infine la corrente I1 vale
\begin{array}{l}
{{\dot I}_1} = 17,8\angle 105^\circ  + 6,64\angle 120^\circ  + {\rm{41}}\angle 45^\circ  =  - 4,61 + {\rm{j}}17,2 - 3,32 + \\
+ {\rm{j}}5,75 + 29 + {\rm{j}}29 = 21,1 + {\rm{j}}52 = 56,1\angle 67,9^\circ 
\end{array}
Per determinare la potenza complessa della fase 3, occorre calcolare la corrente \dot I_3
{{\dot I}_3} = {{\dot I}_{3t}} - {{\dot I}_m}
si ha
{{\dot I}_{3t}} = 41\angle \left( { - 150^\circ  - \arctan \frac{Q}{P}} \right) = 41\angle  - 195^\circ
quindi
\begin{array}{l}
{{\dot I}_3} = 41\angle  - 195^\circ  - 17,8\angle 105^\circ  =  - 39,6 + {\rm{j}}10,6 + 4,61 - {\rm{j}}17,2 =  - 35 - {\rm{j}}6,6 = \\
 = 35,6\angle 191^\circ 
\end{array}
La potenza complessa vale perciò
{{\dot S}_3} = {{\dot E}_3} \cdot {{\hat I}_3} = 230\angle  - 150^\circ  \times 35,6\angle  - 191^\circ  = 8188\angle  - 341 = 7742 + {\rm{j}}2666

Rappresentazione grafica delle grandezze

Esercizio 2

Topic di riferimento

Calcolare la corrente I1

Soluzione

La corrente su carico monofase ha modulo
I_{Z_4}=\frac {P_m}{E  \cos \varphi}= \frac {2000}{220  \times 0{,}95}=9{,}56 \, \rm{A}

quella di fase del carico trifase equilibrato
I_{Z_1}=I_{Z_2}=I_{Z_3}=\frac {P}{3 E \cos \varphi}=\frac{7000}{\ \times 220}=12{,}5 \, \rm{A}

Assumiamo la tensione della fase 1 con fase zero, quindi sull'asse reale del piano di Gauss.
Essendo i due carichi ohmico-induttivi, le correnti sono in ritardo rispetto alle rispettive tensioni.
\begin{array}{l}
\dot E_1=220 \angle 0\\
\dot E_2=220 \angle -120^\circ\\
\dot E_3=220 \angle +120^\circ\\
{{\dot I}_{Z1}} = 12,5\angle  - 31,8^\circ  = 12,5\cos ( - 31,8^\circ ) + {\rm{j}}\sin ( - 31,8^\circ ) = 10,6 - {\rm{j}}6,57\\
{{\dot I}_{Z4}} = 9,56\angle  - 18,2 =   9,46\cos ( - 18,2^\circ ) + {\rm{j}}\sin ( - 18,2^\circ ) = 8,97 - {\rm{j}}2,95\\
{{\dot I}_1} = {{\dot I}_{Z1}} + {{\dot I}_{Z4}} = 19,6 - {\rm{j}}9,52 = \\
 = \sqrt {{{19,6}^2} + {{9,52}^2}} \angle \arctan \left( { - \frac{{9,52}}{{19,6}}} \right) = 21,7\angle  - 25,9
\end{array}

Rappresentazione grafica

Esercizio 3

Topic di riferimento

Calcolare l'indicazione del wattmetro nel seguente schema.

Soluzione

Ipotizziamo ideali gli strumenti, quindi nulle le correnti delle loro voltmetriche e la caduta di tensione sulle amperometriche.

Le tre correnti del carico equilibrato valgono

{I_C} = \frac{P}{{\sqrt 3 {U_C}\cos {\varphi _C}}} = \frac{{800}}{{\sqrt 3  \times 380 \times 0,8}} = 1,52{\rm{A}}

La potenza persa su una resistenza R vale

{P_R} = RI_C^2 = 12 \times {1,52^2} = 27{,}7 \, {\rm{W}}

La potenza apparente a monte delle tre resistenze R vale

A = \sqrt {{{\left( {P + 3{P_R}} \right)}^2} + Q_C^2}  = \sqrt {{{883}^2} + {{600}^2}}  = 1068 \, {\rm{VA}}

Quindi la tensione concatenata corrispondente vale

U = \frac{A}{{\sqrt 3 I}} = \frac{{1068}}{{\sqrt 3 \times 1,52}} = 406 \, {\rm{V}}

Questa è la tensione applicata alla resistenza R' dove la corrente è perciò

{I_{R'}} = \frac{U}{{R'}} = \frac{{406}}{{120}} = 3{,}38 \, \text{A}

Il fasore della corrente wattmetrica si ricava da
{{\dot I}_3} = {{\dot I}_{3C}} - {{\dot I}_{R'}}

Assumendo

{{\dot E}_1} = E\angle 90^\circ ;{{\dot E}_2} = E\angle - 30^\circ ;{{\dot E}_3} = E\angle - 150^\circ
avremo

{{\dot I}_{3C}} = \frac{{{{\dot E}_3}}}{{{{\dot Z}_C}}} = 1{,}52\angle \left( { - 150^\circ - 36{,}9^\circ } \right) = 1{,}52\angle - 186{,}9^\circ \, \text{A}

{{\dot I}_{R'}} = \frac{{{{\dot U}_{23}}}}{{R'}} = 3{,}38\angle 0 \, \text{A}

\begin{array}{l}

{{\dot I}_3} = 1{,}52\angle - 186{,}9^\circ - 3{,}38\angle 0 = - 1{,}51 + {\rm{j}}0{,}18 - 3{,}38 = \\

= - 4{,}89 + {\rm{j}}0{,}18 = 4{,}89\angle 178 \, \text{A}

\end{array}

Quindi l'indicazione del wattmetro è data da

W = U_{32} \cdot I_3 \cos \alpha_W = 406 \times 4,89 \times \cos 2^\circ = 1984 \, {\rm{W}}

Diagramma fasoriale

Esercizio 4

Topic di riferimento

Dati

V=380 \text{V} \quad Z_a=12+\text{j}10 \, \Omega \quad Z_b=15+\text{j}8 \, \Omega
l=300 \text{m} \quad S = 6 \, \text{mm}^2 \quad \rho= 1,7 \times 10^{-8} \Omega \text{m} \quad x=0,8 \Omega / \text{km}
P_2=12 \, \text{kW} \, Q_2=10 \, \text{kvar}

Calcolare la corrente IA, indicata dall'amperometro.

Soluzione

\begin{array}{l}
{I_l} = \frac{{\sqrt {P_2^2 + Q_2^2} }}{{\sqrt 3 U}} = \frac{{\sqrt {{{12}^2} + {{10}^2}} }}{{\sqrt 3  \times 380}} \times {10^3} = 23{,}7 \, {\rm{A}}\\
{{\dot Z}_l} = l \left ( \frac {\rho}{S}+\text{j}x \right)= 0{,}85 + {\rm{j}}0{,}24 \, \Omega\\
{Q_l} = 3 \times 0{,}24 \times {23,7^2} = 404 \, {\mathop{\rm var}} \\
{P_l} = 3 \times 0{,}85 \times {23{,}7^2} = 1432 \, {\rm{W}}
\end{array}

\begin{array}{l}
{P_{l2}} = {P_l} + {P_2} = 1432 + 12000 = 13432 \, {\rm{W}}\\
{Q_{l2}} = {Q_l} + {Q_2} = 404 + 10000 = 10404 \, {\rm{W}}\\
{U_a} = \frac{{\sqrt {P_{l2}^2 + Q_{l2}^2} }}{{\sqrt 3 {I_l}}} = \frac{{\sqrt {{{13432}^2} + {{10404}^2}} }}{{\sqrt 3  \times 23{,}7}} = 414 \, {\rm{V}}\\
{{\dot Z}_a} = \sqrt {{{12}^2} + {{10}^2}} \angle \arctan \frac{{10}}{{12}} = 15{,}6\angle 39,8\\
{S_a} = 3\frac{{U_1^2}}{{{Z_a}}} = 3\frac{{{{414}^2}}}{{15{,}6}} = 32961 \, {\rm{VA}}\\
{I_a} = \frac{{{S_a}}}{{\sqrt 3  \times {U_a}}} = \frac{{32961}}{{\sqrt 3  \times 414}} = 45{,}9 \, {\rm{A}}
\end{array}

\begin{array}{l}
{P_a} = 32961 \times \cos 39{,}8 = 25323 \, \text{W}\\
{Q_a} = 32961 \times \sin 39{,}8 = 21098 \, {\mathop{\rm var}} \\
{P_{tot}} = {P_{l2}} + {P_a} = 13432 + 25323 = 38755 \, {\rm{W}}\\
{Q_{tot}} = {Q_{l2}} + {Q_a} = 10404 + 21098 = 31502\, {\mathop{\rm var}} \\
{I_{tot}} = \frac{{\sqrt {P_{tot}^2 + Q_{tot}^2} }}{{\sqrt 3 {U_1}}} = \frac{{\sqrt {{{38755}^2} + {{31502}^2}} }}{{\sqrt 3  \times 414}} \times {10^3} = 69{,}6{\rm{A}}\\
{\varphi _{tot}} = \arctan \frac{{{Q_{tot}}}}{{{P_{tot}}}} = \arctan \frac{{34530}}{{38755}} = 39{,}1^\circ 
\end{array}

\begin{array}{l}
{{\dot Z}_b} = \sqrt {{{15}^2} + {8^2}} \angle \arctan \frac{8}{{15}} = 17\angle 28^\circ \\
{I_b} = \frac{{{U_a}}}{{{Z_b}}} = \frac{{414}}{{17}} = 24{,}3 \, {\rm{A}}
\end{array}
Assumendo a fase zero la tensione stellata Ea

\begin{array}{l}
{{\dot I}_A} = {{\dot I}_{tot2}} - {{\dot I}_b} = 69{,}6\angle  - 159,1^\circ  - 24{,}3\angle 2^\circ  =  - 65 - {\rm{j}}24{,}8 - 24{,}3 + {\rm{j0,85}} = \\
 =  - 89{,}3 - j23{,}15 = 92{,}3\angle 195^\circ  \, {\rm{A}}
\end{array}

Diagramma fasoriale

Esercizio 5

Topic di riferimento


Calcolare l'intensità di corrente IA misurata dall'amperometro

Soluzione

L'amperometro ideale è un cortocircuito, quindi la corrente da calcolare è la corrente di cortocircuito del generatore equivalente visto da O'',O'. Immaginiamo che non ci sia l'amperometro e determiniamo, com Millman la tensione tra i due centri stella, tenendo presente che, essendo la stella di impedenze equilibrata, O' ed O sono equipotenziali. \begin{array}{l}
{{\dot E}_{Th}} = {{\dot U}_{O''O'}} = \frac{{\frac{{{{\dot E}_1}}}{{{R_1}}} + \frac{{{{\dot E}_2}}}{{{R_2}}} + \frac{{{{\dot E}_3}}}{{{R_3}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}} = \frac{{\frac{{{{\dot E}_1}}}{{100}} + \frac{{{{\dot E}_2}}}{{100}} + \frac{{{{\dot E}_3}}}{{200}}}}{{\frac{1}{{100}} + \frac{1}{{100}} + \frac{1}{{200}}}} = \frac{{ - \frac{{{{\dot E}_3}}}{{100}} + \frac{{{{\dot E}_3}}}{{200}}}}{{\frac{5}{{200}}}} = \\
 =  - \frac{{{{\dot E}_3}}}{5} =  - \frac{{220}}{5}\angle  - 150^\circ  =  - 44\angle  - 150^\circ  \, \rm{V}
\end{array}
{{\dot Z}_1} = {{\dot Z}_3} = {{\dot Z}_3} = \dot Z = 100 + {\rm{j}}100 \, \Omega
L'impedenza del generatore equivalente si trova cortocircuitando le alimentazioni, quindi è data dalla serie del parallelo delle tre resistenze e di quello delle tre impedenze.
{{\dot Z}_{Th}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}} + \frac{1}{{\frac{1}{{{{\dot Z}_1}}} + \frac{1}{{{{\dot Z}_2}}} + \frac{1}{{{{\dot Z}_3}}}}} = 40 + \frac{{100}}{3} + {\rm{j}}\frac{{100}}{3} \, \Omega
La corrente richiesta, come detto, è la corrente di cortocircuito del generatore (corrente di Norton)
{{\dot I}_A} = \frac{{{{\dot E}_{Th}}}}{{{{\dot Z}_{Th}}}} = \frac{{ - 44\angle  - 150^\circ }}{{220 + {\rm{j}}100}} \times 3 =  - \frac{{132\angle  - 150^\circ }}{{242\angle 24,5}} =  - 0,545\angle  - 175^\circ \, \rm{A}

Il testo del problema non richiedeva la fase, quindi bastava il rapporto dei moduli della tensione e dell'impedenza. La corrente è dunque I_A= 0,545 \, \rm{A}

Esercizio 6

Topic di riferimento


Determinare l'indicazione del voltmetro



Soluzione

L'indicazione del voltmetro è data da
V = \left| {{{\dot V}_{23}} + {R_1}{{\dot I}_2}} \right|
La corrente della linea 2 è la somma
{{\dot I}_2} = {{\dot I}_2}' + {{\dot I}_2}''
Il modulo di I2' è uguale ad IA
\left| {{{\dot I}_2}'} \right| = {I_A}

Il modulo della tensione tra i fili 2 e 3 ai capi dei due carichi equilibrati è ricavabile, con il teorema delle potenze attive e reattive, dai dati relativi al triangolo resistivo capacitivo e dal valore della corrente di linea assorbita da questo carico e misurata dall'amperometro
{P_2} = 3{\left( {\frac{{{I_A}}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2}{R_2} = 80 \times {12^2} = 11520 \, \rm{W}
{Q_2} = 3{\left( {\frac{{{I_A}}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2}{X_C} = 100 \times {12^2} = 14400 \, \rm {var}
{S_2} = \sqrt {P_2^2 + Q_2^2}  = \sqrt {{{11520}^2} + {{14400}^2}}  = 18441 \, {\rm{VA}}
V = \left| {{{\dot V}_{23}}} \right| = \frac{{{S_2}}}{{\sqrt 3 {I_A}}} = \frac{{18441}}{{\sqrt 3  \times 12}} = 887 \, {\rm{V}}
\left| {{{\dot I}_2}''} \right| = \frac{{\sqrt {{P^2} + {Q^2}} }}{{\sqrt 3 V}} = \frac{{\sqrt {{{5000}^2} + {{2500}^2}} }}{{\sqrt 3  \times 887}} = 3{,}64{\rm{A}}
La corrente \dot I_2' è sfasata in anticipo rispetto alla tensione stellata \dot E_2 dell'angolo
{\varphi _2} = {\rm{arctan}}\left( {\frac{{{X_C}}}{{{R_2}}}} \right) = {\rm{arctan}}\left( {\frac{{100}}{{80}}} \right) = 51{,}3^\circ
mentre la corrente \dot I_2'' è sfasata in ritardo rispetto alla stessa tensione dell'angolo
\varphi  = {\rm{arctan}}\left( {\frac{{2500}}{{5000}}} \right) = 26{,}5^\circ Assumendo zero la fase di \dot E_2 sarà allora
{{\dot I}_2}' = 12\angle 51,3^\circ  = 7{,}5 + {\rm{j}}9{,}36{\rm{A}}
{{\dot I}_2}'' = 3{,}64\angle  - 26{,}5^\circ  = 3{,}25 - {\rm{j}}1{,}62 \, {\rm{A}}

{{\dot I}_2} = {{\dot I}_2}' + {{\dot I}_2}'' = 7{,}5 + {\rm{j}}9{,}36 + 3{,}25 - {\rm{j}}1{,}62 = 10{,}8 + {\rm{j}}7{,}74 = 13{,}3\angle 35{,}6^\circ {\rm{A}}
La tensione misurata dal voltmetro vale pertanto
\begin{array}{l}
V = \left| {{{\dot V}_{23}} + {R_1}{{\dot I}_2}} \right| = \left| {887\angle 30 + 13,3 \times 100\angle 35,6^\circ } \right| = \\
 = \left| {768 + {\rm{j}}444 + 1081 + {\rm{j}}774} \right| = \left| {1849 + {\rm{j1218}}} \right| = 2214{\rm{V}}
\end{array}

Grafico fasoriale

Altri esercizi

Nel sito ci sono altri articoli con eercizi sul trifase

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Commenti e note

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di ,

Un invidiabile Capolavoro Elettrotecnico..

Rispondi

di ,

Grazie lillo! Ho cercato di stare attento nel risolvere gli esercizi, ma se ti capita di trovare qualche errore segnalemelo!

Rispondi

di ,

admin sei un grande. la tua passione per l'elettrotecnica trasuda da questo articolo. sto cercando, anzi devo, non so ancora come e ancora quando, continuare quello splendido lavoro di restyling del tuo corso di elettrotecnica. grazie per le tue condivisioni.

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