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Esercizi sul trasformatore

EY è nato come sito per l'Elettrotecnica ed i suoi derivati, non disdegnando di allargarsi ad altri campi e perfino di proporsi come "intrattenimento".
Il suo bacino di utenza è costituito da tecnici e professionisti del settore elettrico e da studenti, oltre che da semplici interessati.
Nel forum si svolgono le varie discussioni e si aiutano studenti nello svolgimento di esercizi.
"Si aiutano", significa che non si eseguono gli esercizi su richiesta, ma si consigliano coloro che mostrano i loro procedimenti ed i loro dubbi, utilizzando gli strumenti di colloquio tecnico-virtuale disponibili, quali LateX per le formule matematiche e FidoCadJ per gli schemi elettrici.
A volte poi gli esercizi svolti, che nel tempo affondano e diventano difficili da recuperare, sono raccolti e proposti in un articolo, come in questo caso.
Ecco allora tre esercizi sul trasformatore, per tenersi in esercizio, rinfrescare le origini didattiche di EY, e ripescare altri articoli simili presenti nel sito, dei quali, in fondo, sono riportati i link

Indice

Es.1

Un trasformatore monofase ha i seguenti dati di targa
\begin{array}{l}
{S_n} = 5000\,{\rm{VA}}\\
f=50 \, \text{Hz}\\
{V_{1n}} = 400\,{\rm{V}}\\
{V_{20}} = 50\,{\rm{V}}\\
{i_0}\%  = 4\% \\
{v_{cc\% }} = 10\% \\
{P_{Fe}} = 100\,{\rm{W}}\\
{P_j} = 400 \, {\rm{W}}
\end{array}
Al secondario è collegata una resistenza
{Z_c} = R = 1 \, \Omega

Usando il circuito equivalente semplificato, calcolare

  • La corrente assorbita al primario
  • La caduta di tensione interna

Soluzione

Il rapporto di trasformazione vale
k = \frac{{{V_{1n}}}}{{{{\rm{V}}_{20}}}} = 8
le correnti nominali, primaria e secondaria sono
{I_{1n}} = \frac{{{S_n}}}{{{V_{1n}}}} = \frac{{5000}}{{400}} = 12{,}5{\rm{A}}
{I_{2n}} = \frac{{{S_n}}}{{{V_{20}}}} = \frac{{5000}}{{50}} = 100{\rm{A}}
I parametri del circuito equivalente semplificato, riportati al primario, sono
{R_{cc}} = {R_1} + {R_{12}} = \frac{{{P_j}}}{{I_{1n}^2}} = \frac{{400}}{{{{12{,}5}^2}}} = 2{,}56 \, \Omega
\left| {{Z_{cc}}} \right| = \frac{{{V_{1cc}}}}{{{I_{1n}}}} = \frac{{0{,}1{V_{1n}}}}{{12{,}5}} = \frac{{40}}{{12{,}5}} = 3{,}2 \, \Omega
{X_{cc}} = {X_1} + {X_{12}} = \sqrt {Z_{cc}^2 - R_{cc}^2}  = \sqrt {10{,}24 - 6{,}55}  = 1{,}92 \, \Omega
l'impedenza del carico riportata al primario vale
Zc12 = Rk2 = 64Ω
L'impedenza totale equivalente serie è dunque
{Z_{eq}} = {Z_{cc}} + {Z_{c12}} = 2{,}56 + {\rm{j}}1{,}92 + 64 = 66{,}56 + {\rm{j}}1{,}92 = 66{,}6\angle 1{,}65 \, \Omega
La corrente di reazione primaria è perciò
{I_{12}} = \frac{{{V_{1n}}}}{{{Z_{eq}}}} = \frac{{400}}{{66{,}6\angle 1{,}65}} = 21,39 = 6\angle  - 1{,}65 \,{\rm{A}}
La corrente a vuoto vale

\left| {{I_{01}}} \right| = \frac{{{i_0}\% }}{{100}}{I_{1n}} = 0{,}04 \times 12{,}5 = 0{,}5 \, {\rm{A}}
la resistenza fittizia che simula le perdite nel ferro

{R_{01}} = \frac{{V_{1n}^2}}{{{P_{Fe}}}} = \frac{{16 \times {{10}^4}}}{{{{10}^2}}} = 1600 \, \Omega
la sua componente attiva vale
{I_{01a}} = \frac{{400}}{{1600}} = 0{,}25 \, {\rm{A}}
mentre quella magnetizzante è
{I_{01m}} = \sqrt {I_{01}^2 - I_{01a}^2}  = \sqrt {0{,}25 - 0{,}0625}  = 0{,}433 \, {\rm{A}}
La corrente primaria è allora
\begin{array}{l}
{I_1} = {I_{12}} + {I_{01}} = 6\angle  - 1{,}65 + 0{,}25 + {\rm{j}}0{,}433 = 5{,}98 - {\rm{j}}0{,}17 + 0{,}25 + {\rm{j}}0{,}433 = \\
 = 6{,}23 + {\rm{j}}0{,}263 = 6{,}24\angle 2{,}4 \, \rm{A}
\end{array}

La tensione sul carico è
{V_{12}} = {Z_{c12}} \cdot {I_{12}} = 64 \times 6 = 384{\rm{V}}
quindi la caduta di tensione da vuoto a carico è
ΔV = V1nV12 = 400 − 384 = 16V
\Delta v{\rm{\% }} = 100\frac{{\Delta V}}{{{V_{1n}}}} = 100\frac{{16}}{{400}} = 4\%

Es. 2

Un trasformatore Dyn con i seguenti dati di targa

Rapporto di trasformazione: 20 \, \text{kV}/400 \, \text{V}
Potenza:400 \, \text{kVA}
Perdite a vuoto:P_0=925 \, \text{W}
Perdite di cortocircuito: P_{cc}=5300 \, \text{W}
Corrente a vuoto: I_0=1,9 \, \%
tensione di cortocircuito:V_{cc}=4{,}2 \%

alimenta un carico di potenza P_c=200 \, \text{kW} a cosφ = 0,8.
Nell'ipotesi che la tensione concatenata al secondario sia pari a V_2=396 \, \text{V} si determinino la tensione concatenata al primario in modulo e fase, e la corrente primaria.

Soluzione

Ci riferiremo al circuito equivalente semplificato con parametri riportati al primario

dove
\begin{array}{l}
{E_{1}} = \frac{{{V_{1}}}}{{\sqrt 3 }}\\
{E_2^\prime} = \frac{{{V_2}}}{{\sqrt 3 }}
\end{array}


Parametri longitudinali del trafo riportati al primario

Z_{cc}^{\,\prime}=\frac{v_{cc\%}}{100}\frac{V_{1n}^{2}}{A_{n}}=\frac{4}{{100}} \times \frac{{{{\left( {2 \times {{10}^4}} \right)}^2}}}{{400 \times {{10}^3}}} = 40 \, \Omega

R_{cc}^{\,\prime}=\frac{P_{cc}V_{1n}^{2}}{A_{n}^{2}}=\frac{{5300 \times {{\left( {2 \times {{10}^4}} \right)}^2}}}{{{{\left( {400 \times {{10}^3}} \right)}^2}}} = 13{,}3 \, \Omega

X_{cc}^{\,\prime}=\sqrt{Z_{cc}^{\,\prime^{2}}-R_{cc}^{\,\prime^{2}}}= \sqrt {{{40}^2} - {{13,3}^2}}  = 37{,}7 \, \Omega

Parametri trasversali del trafo

Y_{0}=\frac{i_{0\%}}{100}\frac{A_{n}}{V_{1n}^{2}} = \frac{{1,9}}{{100}} \times \frac{{400 \times {{10}^3}}}{{{{\left( {2 \times {{10}^4}} \right)}^2}}} = 1,9 \times {10^{ - 5}} \, \text{S}

G_{0}=\frac{P_{0}}{V_{1n}^{2}} = \frac{{925}}{{{{\left( {2 \times {{10}^4}} \right)}^2}}} = 2{,}31 \times {10^{ - 6}} \, \text{S}

B_{0}=\sqrt{Y_{0}^{2}-G_{0}^{2}} = \sqrt {{{\left( {1{,}9 \times {{10}^{ - 5}}} \right)}^2} - {{\left( {2{,}31 \times {{10}^{ - 6}}} \right)}^2}}  = 1{,}89 \times {10^{ - 5}} \, \text{S}

Corrente secondaria riportata al primario

Il rapporto di trasformazione vale
k = \frac{{{V_{1n}}}}{{{V_{20}}}} = \frac{{20 \times {{10}^3}}}{{4 \times {{10}^2}}} = 50

la corrente secondaria riportata al primario è

I_{2}^\prime=\frac{P_{c}}{\left(\sqrt{3}V_{2}\cos\varphi\right)k} = \frac{{200 \times {{10}^3}}}{{\sqrt 3  \times 396 \times 0,8 \times 50}} = 7{,}3\,\text{A};
\arg\left(\dot{I}_{2}^\prime\right)=-\arccos\left(\cos\varphi\right) =36{,}8^\circ


Per determinare la tensione primaria, sommiamo scalarmente alla E_2^\prime la caduta di tensione industriale,

{{E}_{1}}=E_{2}^{\prime}+\Delta e=E_{2}^{\prime}+I_{2}^{\prime}(R_{cc}^{\prime}\cos \varphi +X_{cc}^{\prime}\sin \varphi )=
= 50 \times \frac{{396}}{{\sqrt 3 }} + 7,3 \times \left( {13,3 \times 0,8 + 37,7 \times 0,6} \right) = 11674 \, \text{V}
V_1=\sqrt{3}E_1=11674 \times \sqrt{3}=20220 \, \text{V}

Per la corrente sommiamo vettorialmente la corrente secondaria riportata al primario con la corrente a vuoto. \begin{array}{l}
{{\dot I}_1} = {{\dot I}_2}^{\prime} + {{\dot I}_0} = {{\dot I}_2}^{\prime} + {{\dot E}_1}{{\dot Y}_0} = \\
= 7{,}3\angle - 36,8 + 1{,}9 \times {10^{ - 5}}\angle - 83 \times 11674 = 5{,}8 - {\rm{j}}4{,}37 + 0{,}027 - {\rm{j}}0{,}22 = \\
= 5{,}83 - {\rm{j}}4{,}55 = 7{,}4\angle - 38 \, {\rm{A}}
\end{array}

Es. 3

Due trasformatori trifase TA e TB con i seguenti dati di targa:

TA:
S_n=100 \, \text{kVA}
V_1/V_2=10000 \,\text{V}/400 \, \text{V}
Gruppo 11; Connessione: Dyn
V_{cc} \%= 5 \% V_n
\cos \varphi_{cc} = 0{,}25

TB:
S_n=250 \, \text{kVA}
V_1/V_2=10000 \, \text{V}/400 \, \text{V}
Gruppo 11; Connessione: Dyn
V_{cc}\%=5 \% V_n
\cos \varphi_{cc} = 0{,}25

vengono fatti lavorare in parallelo su un carico ohmico trifase simmetrico a stella,
con R_c=5 \, \Omega. Determinare:

1)Le correnti al secondario dei due trasformatori
2)La potenza sul carico

Si trascurino le perdite nel ferro e la corrente di magnetizzazione.

Soluzione

NB: esercizio svolto in questo topic

Osserviamo innanzitutto che il parallelo si può fare ed è perfetto, in quanto sono rispettate tutte le condizioni che lo permettono: stesso gruppo, stessa tensione a vuoto, stessa tensione di cortocircuito, stesso fattore di potenza di cortocircuito.
L'esercizio allora diventa un semplice esercizio di elettrotecnica con due generatori in parallelo.
Le caratteristiche dei generatori si ricavano dai dati di targa dei trasformatori.
Per i calcoli richiesti ci si può dunque riferire al seguente schema, che rappresenta una fase dei due trasformatori in parallelo che alimentano il carico; è il circuito monofase equivalente. Rc.

\bar E_A ed \bar E_B sono le tensioni di fase a vuoto, mentre \dot Z_A e \dot Z_B sono le impedenze di cortocircuito.
Si hanno

E_A = E_B = \frac{V_2}{\sqrt{3}}=231 \, \rm{V}

{Z_A} = \frac{{\frac{{{V_{2n}}}}{{\sqrt 3 }}}}{{{I_{2nA}}}}\frac{{{v_{cc}}\% }}{{100}} = \frac{{\frac{{{V_{2n}}}}{{\sqrt 3 }}}}{{\frac{{{S_{nA}}}}{{\sqrt 3 {V_{2n}}}}}}\frac{{{v_{cc}}\% }}{{100}} = \frac{{V_{2n}^2}}{{{S_{nA}}}}\frac{{{v_{cc}}\% }}{{100}} = \frac{{{{400}^2}}}{{100 \times {{10}^3}}}\frac{5}{{100}} = 0{,}08 \, \Omega
Le impedenze di cortocircuito sono inversamente proporzionali alla potenza, per cui
{Z_B} = {Z_A}\frac{{{S_{nA}}}}{{{S_{nB}}}} = 0{,}08 \times \frac{{100}}{{250}} = 0{,}032 \, \Omega
Inoltre essendo noto il fattore di potenza in cortocircuito si possono ricavare le componenti attive e reattive delle impedenze.

\begin{array}{l}
{R_A} = {Z_A}\cos {\varphi _A} = 0,02\Omega \\
{X_A} = {Z_A}\sqrt {1 - {{\cos }^2}{\varphi _A}}  = 0{,}0775 \, \Omega \\
{R_B} = {Z_B}\cos {\varphi _A} = 0,008\Omega \\
{X_B} = {Z_B}\sqrt {1 - {{\cos }^2}{\varphi _B}}  = 0{,}0310 \, \Omega 
\end{array}

Circuito che, applicando Thevenin, diventa

Dove
\bar E_{Th}=\bar E_A = \bar E_B= 231 \, \rm{V}

\begin{array}{l}{{\dot Z}_{Th}} = \frac{{{{\dot Z}_A}{{\dot Z}_b}}}{{{{\dot Z}_A} + {{\dot Z}_b}}} = \frac{{\left( {0,02 + {\rm{j}}0,0775} \right)\left( {0,008 + {\rm{j}}0,0310} \right)}}{{0,028 + {\rm{j}}0,1085}} = \\ = \frac{{0,00016 + {\rm{j}}0,00062 + {\rm{j}}0,00062 - 0,00240}}{{0,028 + {\rm{j}}0,1085}} = \frac{{ - 0,00224 + {\rm{j}}0,00124}}{{0,028 + {\rm{j}}0,1085}} = \\ = \frac{{ - 0,00006272 + {\rm{j}}0,000243 + {\rm{j0,0}}0003472 + 0,0001345}}{{0,01256}} = 0{,}005714 + \rm{j}0{,}02214 \,\Omega \end{array}

La corrente nel carico vale

\begin{array}{l}{{\bar I}_c} = \frac{{{{\bar E}_{Th}}}}{{{{\dot Z}_{Th}} + {R_c}}} = \frac{{231}}{{0,005714 + {\rm{j}}0,02214 + 5}} = \\ = \frac{{231\left( {5,005714 - {\rm{j}}0,02214} \right)}}{{25}} = 46{,}2 - {\rm{j}}0{,}2{\rm{A}}\end{array}
In pratica è in fase con la tensione. La resistenza del carico resistivo è infatti molto maggiore dell'impedenza equivalente di cortocircuito.
Le correnti nei due trasformatori si trovano con il partitore di corrente. Quindi
\begin{array}{l}
{{\bar I}_A} = {{\bar I}_c}\frac{{{{\dot Z}_B}}}{{{{\dot Z}_A} + {{\dot Z}_B}}} = 46,2\frac{{0,008 + {\rm{j}}0,0310}}{{0,028 + {\rm{j}}0,1085}} = \frac{{46,2}}{{3,5}} = 13,2{\rm{A}}\\
{{\bar I}_B} = {{\bar I}_c}\frac{{{{\dot Z}_A}}}{{{{\dot Z}_A} + {{\dot Z}_B}}} = 46,2\frac{{0,02 + {\rm{j}}0,0775}}{{0,028 + {\rm{j}}0,1085}} = \frac{{46,2}}{{1,4}} = 33{\rm{A}}

\end{array}

Osservazioni:
Si è usato il partitore di corrente esprimendo le impedenze in forma complessa, ma poiché in questo caso le impedenze hanno lo stesso argomento, si potevano usare solo i loro moduli.
Poiché inoltre il parallelo è perfetto, basterebbe anche osservare che IA e IB stanno fra loro nel rapporto delle potenze, ovvero
2.5. Pertanto trovato il modulo di Ic basta dividerlo per 3.5 per trovare IA e poi moltiplicarla per 2.5 per IB.


La potenza assorbita dal carico è

{P_c} = 3{R_c}I_c^2 = 3 \times 5 \times {46{,}2^2} = 32 \, {\rm{kW}}

Altri esercizi in EY sui trasformatori

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Commenti e note

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di ,

EdmondDantes ha scritto:
Tanto tempo fa ero in grado di risolverli pure io... :)
EdmondDantes qualche anno fa anche io, ora la ruggine comincia ad avanzare. un grazie ad admin e alla sua passione che continua ad alimentare EY!

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di ,

Come al solito saccheggio per propinare ai miei allievi.

Rispondi

di ,

Tanto tempo fa ero in grado di risolverli pure io... :) Un articolo degno di EY e delle sue vere origini. Grazie!

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