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da **tipu91** » 7 feb 2013, 18:23

salve,
ho un problema con questo esercizio:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

"Per il circuito trifase di figura, determinare la corrente $I_{cc}$ nel cortocircuito e la tensione $V_{o'o"}$ tra i punti o' e o". Calcolare inoltre la potenza attiva e reattiva assorbita dall'intero sistema (carichi+linea) e la batteria di condensatori in grado di rifasare il complesso dei carichi a $cos\varphi_r=0,9$ ".
i dati sono: $V_{12}=380 V$ , $\bar{Z}_l=0,5+j0,8\Omega$ , $\bar{Z}=4+j3\Omega$ , $\bar{Z}_1=3+j4\Omega$ , $\bar{Z}_25+j3\Omega$ e $\bar{Z}_3=6+j6\Omega$ .

il mio problema è proprio trovare il modo di calcolare $I_{cc}$ :
partirei calcolandomi i valori delle tensioni dei generatori prendendo a fase nulla quello sulla linea 1
$E_1=\frac{V_{12}}{\sqrt{3}}=220 V$
$E_2=E_1\alpha^{2}$
$E_3=E_1\alpha$

N.B. il problema non dice niente riguardo alla terna di generatori, ma nei problemi di questa scheda (che ho io

) sono tutte terne simmetriche dirette!!

adesso provo a fare delle considerazioni riguardo al cortocircuito:
-il tratto cortocircuitato rende equipotenziali i nodi 2 e 3, giusto?!
-di conseguenza le impedenze sui tratti 2-o" e 3-o" sono in parallelo, giusto?!
ecco, da adesso non saprei come comportarmi :cry:

da **Massi79** » 7 feb 2013, 22:30

L'avevo fatto due mesi fa questo esrcizio
Puoi fare un altro parallelo.
Poi dopo con altre riduzioni serie e parallelo puoi usare Millman.

da **Massi79** » 7 feb 2013, 23:03

Scusate il doppio post.
Pensavo di non fare in tempo a scrivere la soluzione.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da **tipu91** » 8 feb 2013, 0:16

grazie mille... ecco cosa mi era sfuggito #-o

se lo sa il rizzo..... :mrgreen:

da **RenzoDF** » 8 feb 2013, 1:19

Siamo sicuri che quelle due correnti di cortocircuito nelle due reti del post [3] siano le stesse?

da **Massi79** » 8 feb 2013, 10:19

No, non è la stessa.
Quando ho fatto il disegno non c'avevo neanche pensato, ero concentrato sulle riduzioni.

da **RenzoDF** » 8 feb 2013, 16:51

Il metodo semplificativo esposto da

Massi79 in [3] è quello che è venuto in mente anche a me vedendo quella rete ma, in attesa della suddetta soluzione, tanto per provare a cercare una metodologia alternativa, provo a seguire una diversa strada; parto trasformando la stella squilibrata in triangolo con le note relazioni

${{Y}_{hk}}=\frac{{{Y}_{h}}{{Y}_{k}}}{\sum\limits_{i}{{{Y}_{i}}}}$

al fine di ottenere la seguente rete semplificata

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

a questo punto indicando per semplicità di scrittura l'ammettenza totale della stella equilibrata inferiore con

${{Y}_{0}}=\frac{2}{3Z}$

e l'ammettenza totale fra fase 1 e fase 23 con

${{Y}_{T}}={{Y}_{0}}+{{Y}_{12}}+{{Y}_{13}}=\frac{2}{3Z}+\frac{1}{{{Z}_{1}}+{{Z}_{2}}||{{Z}_{3}}}=\frac{2}{3Z}+\frac{1}{{{Z}_{1}}+{{Z}_{2}}||{{Z}_{3}}}$

applico il "teorema dell'idraulico" per calcolare la ddp fra i nodi A e B ...

${{V}_{AB}}=\frac{{{E}_{1}}{{Y}_{L}}({{Y}_{L}}+{{Y}_{L}})-\left( {{E}_{2}}{{Y}_{L}}+{{E}_{3}}{{Y}_{L}} \right){{Y}_{L}}}{\left( {{Y}_{L}}+{{Y}_{L}}+{{Y}_{T}} \right)\left( {{Y}_{L}}+{{Y}_{T}} \right)-Y_{T}^{2}}=\frac{3{{E}_{1}}}{2+3\frac{{{Y}_{T}}}{{{Y}_{L}}}}=\frac{3{{E}_{1}}}{2+3{{Z}_{L}}{{Y}_{T}}}$

al fine di potere calcolare le seguenti correnti

${{I}_{0}}={{V}_{AB}}{{Y}_{0}}\quad \quad {{I}_{2}}=-{{V}_{AB}}{{Y}_{0}}\quad \quad {{I}_{E1}}={{V}_{AB}}{{Y}_{T}}\quad \quad {{I}_{E2}}=\frac{({{E}_{2}}-{{E}_{3}})}{2{{Z}_{L}}}-\frac{{{I}_{E1}}}{2}$

e quindi la corrente nel corto via KCL al taglio B

${{I}_{cc}}={{I}_{E2}}-{{I}_{2}}+\frac{{{I}_{0}}}{2}$

... per quanto riguarda i calcoli mi sono fatto aiutare dall'insostituibile SpeQ

: 2013-02-08_160501.gif (22.74 KiB) Osservato 10195 volte

... tutti da ricontrollare, confrontandoli con i risultati che spero

tipu91 e

Massi79 andranno a postare a breve.

da **tipu91** » 8 feb 2013, 17:09

grazie mille

RenzoDF per la risposta... ora mi rimetto a fare il problema con i tuoi consigli e posto la soluzione, così possiamo confrontarle, dato che non uso il "teorema dell'idraulico" (che è veramente geniale, ma non ho ancora avuto modo di studiarlo accuratamente :cry:

) spero di trovare lo stesso risultato!!

PS se ti puo far piacere, anche se non avevo dubbi, il risultato è giusto :ok:

infatti deve tornare $I_{cceff}\approx200$ =D>

da **tipu91** » 8 feb 2013, 17:41

allora, sono giunto anche io al risultato (sorprendente): $I_{cceff}\approx200A$ :ok:

ora però c'è il trucco: in termini fasoriali non mi torna come

RenzoDF

se mi date un pochino di tempo posto i miei passaggi!!!

da **tipu91** » 8 feb 2013, 18:50

Allora, prima di tutto premetto due cose: lavorerò soprattutto con le impedenze e soprattutto non sono sicuro del mio procedimento :oops:

(anche se il risultato in parte mi conforta)

il primo passaggio che faccio è lo stesso di

RenzoDF: trasformo il carico a fondo linea (quello squilibrato) nel'equivalente a triangolo

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

così facendo ci accorgiamo che l'impedenza $\bar{Z}_{23}$ viene cortocircuitata, quindi basta calcolarsi le due restanti impedenze:

$\bar{Z}_{hk}=Z_h+Z_k+\frac{Z_hZ_k}{Z_i}$

$\bar{Z}_{12}=10,7+j9,2\Omega$

$\bar{Z}_{13}=11,8+j16,7\Omega$

nel frattempo possiamo anche notare che nel carico equilibrato (in basso) le impedenze sulle linee 2 e 3 sono in parallelo, quindi si procede col calcolo dell'impedenza equivalente (prima il parallelo e poi la serie con l'impedenza sulla linea 1):

$\bar{Z}_p=\frac{\bar{Z}}{2}$

$\bar{Z}_{eq}=\bar{Z}+\bar{Z}_{eq}=6+j4,5\Omega$

il circuito che otteniamo è il seguente:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

con questa nuova configurazione del circuito possiamo notare che le impedenze $\bar{Z}_{eq}$ , $\bar{Z}_{12}$ e $\bar{Z}_{13}$ sono tutte in parallelo tra i nodi A e B, quindi calcoliamone l'equivalente:

$\bar{Z}_{tot}=(\frac{1}{\bar{Z}_{eq}}+\frac{1}{\bar{Z}_{12}}+\frac{1}{\bar{Z}_{13}})^{-1}=3+j2,6\Omega$

arrivando al circuito sul quale possiamo applicare Millman:

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$\dot{V}_{ko}=\frac{\frac{\dot{E}_1}{\bar{Z}_l \bar{Z}_{tot}}+\frac{\dot{E}_2}{\bar{Z}_l}+\frac{\dot{E}_3}{\bar{Z}_l}}{\frac{1}{\bar{Z}_l \bar{Z}_{tot}}+\frac{1}{\bar{Z}_l}+\frac{1}{\bar{Z}_l}}=-81,3+j6,2 V$

a questo punto posso calcolare le correnti nei generatori:

$\dot{I}_1=\frac{\dot{E}_1 - \dot{V}_{ko}}{\bar{Z}_l \bar{Z}_{tot}}=43-j44 A$

$\dot{I}_2=\frac{\dot{E}_2 - \dot{V}_{ko}}{\bar{Z}_l}=-192,3-84,7 A$

$\dot{I}_3=\frac{\dot{E}_3 - \dot{V}_{ko}}{\bar{Z}_l}=149,3+j128,7 A$

adesso non resta che procedere a ritroso nel circuito originale. Prima di tutto calcolo la tensione $\dot{V}_{ab}$ con una circuitazione:

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$\dot{V}_{ab}=\dot{E}_1 - \dot{E}_2 - (\bar{Z}_l \dot{I}_1) + (\bar{Z}_l \dot{I}_2)=244-j18,5 V$

e le varie correnti risultano essere:

$\dot{I}_o=\frac{\dot{V}_{ab}}{\bar{Z}_{eq}}=24,5-j21,5 A$

$\dot{I}_o=\frac{\dot{V}_{ab}}{\bar{Z}_{eq}}=24,5-j21,5 A$

$\dot{I}_{2l}=\frac{-\dot{V}_{ab}}{\bar{Z}_{12}}=-12,3+j12,3 A$

concludendo:

$\dot{I}_{cc}=\dot{I}_2 - \dot{I}_{2l} + \frac{\dot{I}_o}{2}=-167,7-j107,7 A$

$\rightarrow I_{cc}=199,35 A\approx 200 A$ (COME NELLE SOLUZIONI DELL'ESERCIZIO)

PS i calcoli sono stati svolti con SCILAB, ma non so come postare lo script.. come potrei fare???

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Corrente di cortocircuito sistema trifase

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