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Nel forum un utente ha chiesto cosa succede se si interrompe una delle resistenze di un carico trifase collegato a stella.
La risposta gli è stata data, ma poiché ne avevo iniziata una anch'io, ho deciso di concluderla in questo articolo.
Si tratta di un semplice esercizio sul trifase fondamentalmente.
Già che c'ero comunque l'ho affrontato con diverse metodologie: il classico Millman e la scomposizione dei sistemi dissimmetrici. Insomma un bell'esercizio per tenere la mente in esercizio.
Non ci sono solo le parole incrociate, i cruciverba crittografici o i quiz di carlomariamanenti ;-).

Il circuito

Consideriamo allora il seguente circuito trifase con carico a stella resistivo squilibrato ( $R 1, R 2, R 3$ )ed alimentazione simmetrica ( $\dot E_{10},\dot E_{20},\dot E_{30}$ ).

Si devono trovare le tensioni ai capi delle resistenze ( $\dot V_{1O},\dot V_{2O},\dot V_{3O}$ ).

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Poniamo
$\begin{array}{l} {{\dot E}_{10}} = E\angle 90^\circ = {\rm{j}}E\\ {{\dot E}_{20}} = E\angle - 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}E - {\rm{j}}\frac{E}{2}\\ {{\dot E}_{30}} = E\angle 120^\circ = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}E - {\rm{j}}\frac{E}{2} \end{array}$

quindi
$\begin{array}{l} {{\dot V}_{12}} = {{\dot E}_{10}} - {{\dot E}_{20}} = {\rm{j}}E - \frac{{\sqrt 3 }}{2}E + {\rm{j}}\frac{E}{2} = \sqrt 3 E\left( { - \frac{1}{2} + {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)\\ {{\dot V}_{23}} = {{\dot E}_{20}} - {{\dot E}_{30}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}E - {\rm{j}}\frac{E}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}E + {\rm{j}}\frac{E}{2} = \sqrt 3 E\\ {{\dot V}_{31}} = {{\dot E}_{30}} - {{\dot E}_{10}} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}E - {\rm{j}}\frac{E}{2} - {\rm{j}}E = \sqrt 3 E\left( { - \frac{1}{2} - {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) \end{array}$

Nota: Il centro stella dei generatori è indicato con il numero

0

, quello delle resistenze con la lettera

O

La

soluzione classica

consiste nel trovare innanzitutto la tensione tra i due centro-stella $O$ e $0$ applicando Millman

${{\dot V}_{O0}} = \frac{{\frac{{{{\dot E}_{10}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{{\dot E}_{20}}}}{{{R_2}}} + \frac{{{{\dot E}_{30}}}}{{{R_3}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}}$

Nota tale tensione si possono ricavare le tensioni ai capi delle singole resistenze

$\begin{array}{l} {{\dot V}_{1O}} = {{\dot E}_{10}} - {{\dot V}_{O0}}\\ {{\dot V}_{2O}} = {{\dot E}_{20}} - {{\dot V}_{O0}}\\ {{\dot V}_{3O}} = {{\dot E}_{30}} - {{\dot V}_{O0}} \end{array}$

Il problema è praticamente già risolto, ma esaminiamo i casi particolari.

Se

le resistenze sono uguali

$R 1 = R 2 = R 3 = R$
il carico si dice equilibrato e si ha

${V_{O0}} = {{\dot E}_{10}} + {{\dot E}_{20}} + {{\dot E}_{30}} = 0$

Il centro stella dei generatori, $0$ , e quello dei carichi, $O$ , sono equipotenziali. Ai capi di ogni resistenza del carico c'è proprio la tensione di fase del sistema, cioè la concatenata diviso la radice quadrata di tre.

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Le tensioni sulle resistenze coincidono con le tensioni dei generatori della rispettiva fase

$\dot V_{1O}=\dot E_{10}$
$\dot V_{2O}=\dot E_{20}$
$\dot V_{3O}=\dot E_{30}$

Variazione di una resistenza

Supponiamo che le resistenze delle fasi due e tre, uguali tra loro, rimangano immutate, mentre quella della fase uno varia. Poniamo perciò
$R 2 = R 3 = R$

e rielaboriamo in questo modo l'espressione della tensione tra i due centri stella
${{\dot V}_{O0}} = \frac{{{\rm{j}}\frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}E - {\rm{j}}\frac{E}{2}}}{{{R_2}}} + \frac{{ - \frac{{\sqrt 3 }}{2}E - {\rm{j}}\frac{E}{2}}}{{{R_3}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{{2{R_2}}}E - \frac{{\sqrt 3 }}{{2{R_3}}}E + j\left( {\frac{E}{{{R_1}}} - \frac{E}{{2{R_2}}} - \frac{E}{{2{R_3}}}} \right)}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}}$
${{\dot V}_{O0}} = \frac{{{\rm{j}}E\left( {\frac{1}{{{R_1}}} - \frac{1}{R}} \right)}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{2}{R}}} = \frac{{\text{j} E\left( {\frac{1}{{{R_1}}} - \frac{1}{R}} \right)}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{2}{R}}} = \frac{{R - {R_1}}}{{R + 2{R_1}}}\dot E_{10}$
Il centro stella delle resistenze $O$ si sposta dunque lungo la linea tratteggiata, parallela ad $\dot E_{10}$
Il vettore $\dot V_{O0}$ è concorde con $\dot E_{10}$ quando $R 1 < R$ , discorde quando $R 1 > R$

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Quando c'è una

resistenza interrotta

cosa che si può schematizzare con una resistenza infinitamente grande ${R_1} \to \infty ,{R_2} = {R_3} = R$
si ha
${{\dot V}_{O0}} = - \frac{{{{\dot E}_{10}}}}{2}$
$\begin{array}{l}{{\dot V}_{1O}} = {{\dot E}_{10}} - {{\dot V}_{O0}} = \frac{3}{2}{{\dot E}_{10}} = {\rm{j}}\frac{3}{2}E\\ {{\dot V}_{2O}} = {{\dot E}_{20}} - {{\dot V}_{O0}} = {{\dot E}_{20}} + \frac{{{{\dot E}_{10}}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}E - {\rm{j}}\frac{E}{2} + {\rm{j}}\frac{E}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}E = \frac{{{{\dot V}_{23}}}}{2}\\ {{\dot V}_{3O}} = {{\dot E}_{30}} - {{\dot V}_{O0}} = {{\dot E}_{30}} + \frac{{{{\dot E}_{10}}}}{2} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}E - {\rm{j}}\frac{E}{2} + {\rm{j}}\frac{E}{2} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}E = - \frac{{{{\dot V}_{23}}}}{2} \end{array}$

In questo caso la tensione tra i centri stella è la metà della tensione della fase interrotta; il centro stella $O$ si localizza sulla mezzeria del vettore $\dot V_{23}$ ; le due resistenze delle altre due fasi, risultano in serie ed alimentate dalla tensione concatenata, cioè la tensione tra i fili 2 e 3. Ai capi di ciascuna di esse c'è dunque una tensione pari alla metà della concatenata. Tra i due terminali della resistenza interrotta, c'è una tensione pari ad una volta e mezza la tensione della fase interrotta.

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Con una

resistenza cortocircuitata

$R 1 = 0$ quindi $\dot V_{O0}=\dot E_{10}$

Il centro stella O coincide con il punto 1, estremo del fasore $\dot E_{10}$
La tensione tra i due centri stella è dunque pari alla tensione di fase della resistenza cortocircuitata.
Quindi

$\begin{array}{l} {{\dot V}_{1O}} = {{\dot E}_{10}} - {{\dot E}_{10}} = 0\\ {{\dot V}_{2O}} = {{\dot E}_{20}} - {{\dot E}_{10}} = {{\dot V}_{21}}\\ {{\dot V}_{3O}} = {{\dot E}_{30}} - {{\dot E}_{10}} = {{\dot V}_{31}} \end{array}$

Ai capi delle altre due resistenze c'è ora la tensione concatenata.

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L'esercizio-risposta è qui concluso, ma per ulteriore allenamento, propongo l'analisi dello stesso circuito mediante

le componenti simmetriche

Consideriamo diverse le tre resistenze della stella. Si ha pertanto una

rete non simmetrica

cui applicheremo il metodo di soluzione descritto anche qui

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Come mostrato in un esercizio dello stesso tipo, svolto dieci anni fa: mamma mia come passa il tempo! :-) (anche se, in realtà, su che cosa sia il tempo, c'è un lungo discorso da fare; ma sarà lo spunto per un altro articolo ;-) ),
per una stella squilibrata si può scrivere per le componenti simmetriche il sistema seguente
$\begin{array}{l} \dot E_0 = \dot Z_0^* \cdot \dot I_0 + \dot Z_i^* \cdot\dot I_d + \dot Z_d^* \cdot\dot I_i \\ \dot E_d = \dot Z_d^* \cdot\dot I_0 + \dot Z_0^* \cdot\dot I_d + \dot Z_i^* \cdot\dot I_i \\ \dot E_i = \dot Z_i^* \cdot\dot I_0 + \dot Z_d^* \cdot\dot I_d + \dot Z_0^* \cdot\dot I_i \\ \end{array}$
dove $\dot E_0, \dot E_d, \dot E_i$ sono le componenti simmetriche della terna di tensioni precedentemente indicata con $\dot V_{1O},\dot V_{2O},\dot V_{3O}$ , mentre $\dot I_0,\dot I_d,\dot I_i$ sono quelle della terna di correnti, $\dot I_1, \dot I_2, \dot I_3$ , che percorrono le impedenze.
$Z_0^*, Z_d^*, Z_i^*$ sono invece le componenti simmetriche delle impedenze di una stella che si calcolano come indicato nell'articolo già linkato
Nel nostro caso $\dot Z_1=R_1; \dot Z_2=R_2; \dot Z_3=R_3$ ; per $R 2 = R 3 = R$ si ha:
$\dot Z_0^*=\frac{R_1+R_2+R_3}{3}=\frac{{{R_1} + 2R}}{3}$
$\dot Z_d^* = \frac{{{R_1} + R\left( {\alpha + {\alpha ^2}} \right)}}{3} = \frac{{{R_1} - R}}{3}$
$\dot Z_i^* = \frac{{{R_1} + R\left( {{\alpha ^2} + \alpha } \right)}}{3} = \frac{{{R_1} - R}}{3}$
(ricordando che $1 + α + α 2 = 0$ )
La tensione tra i centri stella non è altro che la componente omopolare: $\dot E_0=\dot V_{O0}$
Tenendo presente che
$\dot I_0=\frac{\dot I_1+\dot I_2+ \dot I_3}{3}=0$
mentre $\dot E_i=0$ essendo simmetrico il sistema delle tensioni concatenate, ed $\dot E_d=\dot E_{10}=\text{j}E$
sostituendo nel precedente sistema, otteniamo
$\left\{ \begin{array}{l} \frac{{{R_1} - R}}{3}{{\dot I}_d} + \frac{{{R_1} - R}}{3}{{\dot I}_i} = {{\dot E}_0}\\ \frac{{{R_1} + 2R}}{3}{{\dot I}_d} + \frac{{{R_1} - R}}{3}{{\dot I}_i} = {\rm{j}}E\\ \frac{{{R_1} - R}}{3}{{\dot I}_d} + \frac{{{R_1} + 2R}}{3}{{\dot I}_i} = 0 \end{array} \right.$
che permette di trovare le incognite
$\dot E_0, \dot I_d, \dot I_i$

$\begin{array}{l} {{\dot I}_d} = - \frac{{{R_1} + 2R}}{{{R_1} - R}}{{\dot I}_i}\\ - {\left( {{R_1} + 2R} \right)^2}{{\dot I}_i} + {\left( {{R_1} - R} \right)^2}{{\dot I}_i} = {\rm{j3}}\left( {{R_1} - R} \right)E\\ {{\dot I}_i} = \frac{{{\rm{j3}}\left( {{R_1} - R} \right)E}}{{ - R_1^2 - 4R{R_1} - 4{R^2} + R_1^2 - 2R{R_1} + {R^2}}} = \frac{{{\rm{j3}}\left( {{R_1} - R} \right)E}}{{ - 6R{R_1} - 3{R^2}}} = \\ = - {\rm{j}}\frac{{\left( {{R_1} - R} \right)E}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}}\\ {{\dot I}_d} = {\rm{j}}E\frac{{{R_1} + 2R}}{{{R_1} - R}}\frac{{\left( {{R_1} - R} \right)}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}} = {\rm{j}}E\frac{{{R_1} + 2R}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}}\\ \left( {{R_1} - R} \right){\rm{j}}E\frac{{{R_1} + 2R}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}} - {\rm{j}}E\left( {{R_1} - R} \right)\frac{{\left( {{R_1} - R} \right)}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}} = 3{{\dot E}_0}\\ {\rm{j}}E\left( {R_1^2 + 2R{R_1} - R{R_1} - 2{R^2} - R_1^2 + R{R_1} + R{R_1} - {R^2}} \right) = 3{{\dot E}_0}R\left( {2{R_1} + R} \right)\\ {\rm{j}}E\left( {{R_1} - R} \right) = {{\dot E}_0}\left( {2{R_1} + R} \right) \end{array}$
quindi
${{\dot E}_0} = {\rm{j}}E\frac{{{R_1} - R}}{{2{R_1} + R}}=\dot V_{O0}$
che è uguale (per fortuna :-) )all'espressione trovata applicando Millman nella prima parte.
Avrei potuto accontentarmi di questo risultato ottenuto dopo innumerevoli passaggi matematici, inutili dal punto di vista pratico, vista la semplicità della soluzione classica.
Invece ho voluto proseguire calcolando, per questa via, anche le correnti, così, per proporre un'esercitazione sull'uso delle componenti simmetriche.
$\begin{array}{l} {{\dot I}_1} = {{\dot I}_0} + {{\dot I}_d} + {{\dot I}_i} = {\rm{j}}E\frac{{{R_1} + 2R}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}} - {\rm{j}}E\frac{{\left( {{R_1} - R} \right)}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}} = \\ = {\rm{j}}E\frac{{{R_1} + 2R - {R_1} + R}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}} = {\rm{j}}\frac{{3E}}{{2{R_1} + R}} \end{array}$
${{\dot I}_2} = {{\dot I}_0} + {\alpha ^2}{{\dot I}_d} + \alpha {{\dot I}_i}$
dove

$\begin{array}{l} \alpha = - \frac{1}{2} + {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ {\alpha ^2} = - \frac{1}{2} - {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 }}{2} \end{array}$
${\alpha ^2}{{\dot I}_d} = E\frac{{{R_1} + 2R}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}}\left( { - \frac{{\rm{j}}}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$
$\alpha {{\dot I}_i} = E\frac{{{R_1} - R}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\rm{j}}}{2}} \right)$
$\begin{array}{l} {{\dot I}_2} = {\alpha ^2}{{\dot I}_d} + \alpha {{\dot I}_i} = E\frac{{{R_1} + 2R}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}}\left( { - \frac{{\rm{j}}}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) + E\frac{{{R_1} - R}}{{R\left( {2{R_1} + R} \right)}}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\rm{j}}}{2}} \right) = \\ = \frac{E}{{2R\left( {2{R_1} + R} \right)}}\left( { - {\rm{j}}{R_1} + \sqrt 3 {R_1} - {\rm{j}}2R + 2\sqrt 3 R + \sqrt 3 {R_1} + {\rm{j}}{R_1} - \sqrt 3 R - {\rm{j}}R} \right) = \\ = \frac{E}{{2R\left( {2{R_1} + R} \right)}}\left( {2\sqrt 3 {R_1} - R\left( { - \sqrt 3 + 3{\rm{j}}} \right)} \right) \end{array}$
per $R_1 \to \infty$ si ha
${{\dot I}_2} = - \frac{E}{{2R}}\left( { - \sqrt 3 + 3{\rm{j}}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 E}}{R}\left( { - \frac{1}{2} + {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = - \frac{{{{\dot V}_{12}}}}{R}$
$\begin{array}{l} {{\dot I}_2} = \frac{E}{R}\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{{\dot V}_{23}}}}{{2R}}\\ {{\dot I}_3} = - {{\dot I}_2} \end{array}$

per $R 1 = 0$ si ha

$\begin{array}{l} {{\dot I}_2} = - \frac{E}{{2R}}\left( { - \sqrt 3 + 3{\rm{j}}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 E}}{R}\left( { - \frac{1}{2} + {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = - \frac{{{{\dot V}_{12}}}}{R}\\ {{\dot I}_3} = - {{\dot I}_2} - {{\dot I}_1} = \frac{{\sqrt 3 E}}{R}\left( { - \frac{1}{2} + {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - {\rm{j}}\frac{{3E}}{R} = \frac{{\sqrt 3 E}}{R}\left( { - \frac{1}{2} - {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = \frac{{{{\dot V}_{31}}}}{R} \end{array}$
Insomma, dai, per una via complessa siamo riusciti a mostrare la correttezza di una cosa semplice ;-)
Ma non finisce qui! :-).
Le componenti simmetriche sono molto usate nello studio dei guasti e l'interruzione di un conduttore di fase è un guasto classico. Ed è quanto succede se una resistenza si interrompe.
Consideriamo in questo caso la

rete simmetrica

Tutte le resistenze della stella sono uguali ad $R$ . Le tensioni di alimentazione sono simmetriche.
Esse costituiscono una terna diretta di valore $E d v$
L'interruzione della fase $1$ è rappresentata dalla rete che segue

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Tutto avviene come se nella sezione di interruzione fosse imposta la terna dissimmetrica di tensioni
${{\dot E}_{11'}} = ?,{{\dot E}_{22'}} = {{\dot E}_{33'}} = 0$
Anche la terna delle correnti diventa dissimmetrica essendo

$\dot I_1 = 0$
Scomponendo la terna delle tensioni nelle sue componenti simmetriche (secondo le [2] linkate) si ottiene

$\begin{array}{l} {{\dot E}_d} = \frac{{{{\dot E}_{11'}}}}{3}\\ {{\dot E}_i} = \frac{{{{\dot E}_{22'}}}}{3}\\ {{\dot E}_0} = \frac{{{{\dot E}_{33'}}}}{3} \end{array}$
Per le componenti simmetriche della terna di correnti, si ha invece la relazione

${{\dot I}_d} + {{\dot I}_i} + {{\dot I}_0} = 0$
I tre bipoli di sequenza visti dalla terna dissimmetrica che definisce l'interruzione sono così rappresentabili

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NB: $\dot E_{dv}=\dot E_{10}$ , cioè la tensione del generatore della fase 1, che si ha a vuoto nella :sezione interrotta tra il punto 1 ed il centro stella,

0

, dei generatori.

e definiscono tre equazioni che, con le tre precedenti, danno luogo al sistema
$\left\{ \begin{array}{l} {{\dot E}_d} = {{\dot E}_i}\\ {{\dot E}_d} = {{\dot E}_0}\\ {{\dot I}_d} + {{\dot I}_i} + {{\dot I}_0} = 0\\ {{\dot E}_d} = {{\dot E}_{dv}} - {{\dot Z}_d}{{\dot I}_d}\\ {{\dot E}_i} = - {{\dot Z}_i}{{\dot I}_i}\\ {{\dot E}_0} = - {{\dot Z}_0}{{\dot I}_0} \end{array} \right.$
che consente di ricavare tutte le componenti di sequenza delle tensioni e delle correnti.
Scrivendo la terza equazione tenendo conto delle altre relazioni si ottiene
$\begin{array}{l} \frac{{{{\dot E}_{dv}} - {{\dot E}_d}}}{{{{\dot Z}_d}}} - \frac{{{{\dot E}_d}}}{{{{\dot Z}_i}}} - \frac{{{{\dot E}_d}}}{{{{\dot Z}_0}}} = 0\\ {{\dot E}_d}\left( {\frac{1}{{{{\dot Z}_d}}} + \frac{1}{{{{\dot Z}_i}}} + \frac{1}{{{{\dot Z}_0}}}} \right) = \frac{{{{\dot E}_{dv}}}}{{{{\dot Z}_d}}}\\ {{\dot E}_i} = {{\dot E}_0} = {{\dot E}_d} = \frac{{{{\dot E}_{dv}}}}{{1 + \frac{{{{\dot Z}_d}}}{{{{\dot Z}_i}}} + \frac{{{{\dot Z}_d}}}{{{{\dot Z}_0}}}}} = {{\dot E}_{dv}}\frac{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0}}}{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_d}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}} \end{array}$
quindi
${{\dot E}_{11'}} = {{\dot E}_0} + {{\dot E}_d} + {{\dot E}_i} = 3{{\dot E}_{dv}}\frac{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0}}}{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_d}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}}$
Le impedenze di sequenze si determinano imponendo una terna di sequenza diretta, una di sequenza inversa ed una di sequenza zero tra i terminali $11'$ , $22$ ', $33'$
Troveremo immediatamente che $\dot Z_d=R, \dot Z_i=R$ mentre $\dot Z_0=\infty$ .
Solo la presenza del filo neutro e/o la considerazione delle capacità di esercizio, fanno sì che $\dot Z_0$ abbia un valore finito, al limite nullo se nulla è l'impedenza del neutro.
Con questo valori si trova che

${{\dot E}_{11'}} = 3{{\dot E}_{dv}}\frac{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0}}}{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_d}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}} = 3{{\dot E}_{dv}}\frac{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0}}}{{{{\dot Z}_0}\left( {{{\dot Z}_i} + {{\dot Z}_d}} \right) + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}}$
$\dot E_{11'}=3 \dot E_{dv}\frac{R}{2R} = \frac{3}{2}\dot E_{dv}$
risultato che ci era (per fortuna :-))già noto.
Procedendo con i calcoli troviamo tutte le altre grandezze. Ma prima osserviamo che le equazioni del sistema consentono di trovare tutti i risultati ragionando sul circuito che considera insieme tutti e tre i circuiti di sequenza. Poiché $\dot E_d=\dot E_i=\dot E_0$
si può considerare il seguente circuito

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e determinare con esso tutte le grandezze di sequenza con i soliti metodi.
Ad esempio
${{\dot I}_d} = \frac{{{{\dot E}_{dv}}}}{{{{\dot Z}_d} + {{\dot Z}_i}||{{\dot Z}_0}}} = {{\dot E}_{dv}}\frac{{{{\dot Z}_i} + {{\dot Z}_0}}}{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_d}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}}$
quidi
$\begin{array}{l} {{\dot I}_i} = - {{\dot I}_d}\frac{{{{\dot Z}_0}}}{{{{\dot Z}_i} + {{\dot Z}_0}}} = - {{\dot E}_{dv}}\frac{{{{\dot Z}_0}}}{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_d}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}}\\ {{\dot I}_0} = - {{\dot I}_d}\frac{{{{\dot Z}_i}}}{{{{\dot Z}_i} + {{\dot Z}_0}}} = - {{\dot E}_{dv}}\frac{{{{\dot Z}_i}}}{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_d}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}} \end{array}$
da cui

$\begin{array}{l} {{\dot I}_2} = {{\dot I}_0} + {\alpha ^2}{{\dot I}_d} + \alpha {{\dot I}_i} = \frac{{{{\dot E}_{dv}}}}{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_d}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}}\left( { - {{\dot Z}_i} + {\alpha ^2}{{\dot Z}_i} + {\alpha ^2}{{\dot Z}_0} - \alpha {{\dot Z}_0}} \right) = \\ = \frac{{{{\dot E}_{dv}}\left( {{{\dot Z}_i}\left( {{\alpha ^2} - 1} \right) + {{\dot Z}_0}\left( {{\alpha ^2} - \alpha } \right)} \right)}}{{{{\dot Z}_i}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_d}{{\dot Z}_0} + {{\dot Z}_i}{{\dot Z}_d}}} \end{array}$
Per le impedenze di sequenza note abbiamo

$\begin{array}{l} {{\dot I}_2} = \frac{{{{\dot E}_{dv}}\left( {{\alpha ^2} - \alpha } \right)}}{{{{\dot Z}_i} + {{\dot Z}_d}}} = - {\rm{j}}\frac{{\sqrt 3 {{\dot E}_{dv}}}}{{2R}}\\ {{\dot E}_{dv}} = {\rm{j}}E\\ {{\dot I}_2} = \frac{{\sqrt 3 }}{{2R}}E = \frac{{{{\dot V}_{23}}}}{{2R}} \end{array}$
Anche quest'ultimo risultato che ci era già noto.
Beh non saprei come complicare ulteriormente un esercizio semplice.
Però, dai, è una bella soddisfazione ottenere sempre gli stessi risultati con percorsi derivanti da concetti diversi. E' un modo per rassicurarsi su quel che si pensa di aver capito.

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Semplice esercizio sul trifase

Indice

Il circuito

soluzione classica

le resistenze sono uguali

Variazione di una resistenza

resistenza interrotta

resistenza cortocircuitata

le componenti simmetriche

rete non simmetrica

rete simmetrica

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