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Esercizi sui sistemi trifase dissimmetrici. (1)

Indice

Presentazione

Ho pensato di pubblicare alcuni articoli con esercizi svolti sui sistemi trifase dissimmetrici.
In rete sembrano prevalere nettamente quelli da svolgere, anche se le richieste di "aiuto" che arrivano nel nostro forum, permettono a RenzoDF di ridurre lo squilibrio, come in questo caso ad esempio.
Come faccio di solito, ho preso in mano un'antica dispensa: Esercizi di Elettrotecnica di Gaetano Malesani edizioni CLEUP. Ormai è completamente sfasciata, ed una rilegatura virtuale potrebbe anche darle nuova vitalità.
Ogni esercizio sarà sviluppato in più modi: lo scopo è, infatti, non risolvere l'esercizio specifico, ma imparare a risolvere gli esercizi, sapendo scegliere gli strumenti di analisi e calcolo disponibili.

Inevitabile la consultazione della mia personale "Bibbia Elettrotecnica" che ho citato più volte: Elettrotecnica Generale di Giovanni Someda.

L'esercizio

che propongo in questo primo articolo è la classica stella non simmetrica, una stella di tre impedenze non tutte uguali.
I valori delle impedenze sono \dot Z_1=10 \, ; \dot Z_2=j5 \, ; \dot Z_3=-j10. La stella è alimentata da una terna simmetrica di tensioni concatenate con U=400 \, \text {V}. Si determinino le correnti di linea e le indicazioni dei wattmetri


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La prima soluzione proposta, è quella classica

con Millman

Il famoso corollario del metodo dei potenziali di nodo, calcola la tensione tra i nodi O' ed O con una formula:
U_{O^\prime O} = \frac{{\frac{{\dot E_{1O} }}{{\dot Z_1 }} + \frac{{\dot E_{2O} }}{{\dot Z_2 }} + \frac{{\dot E_{3O} }}{{\dot Z_3 }}}}{{\frac{1}{{\dot Z_1 }} + \frac{1}{{\dot Z_2 }} + \frac{1}{{\dot Z_3 }}}}.
Quindi le correnti di linea si ricavano con
\dot I_{Li} = \frac{{\dot E_{iO} - \dot U_{O^\prime O} }}{{\dot Z_i }}
Posto
\dot E_{1O}=j \frac{U}{\sqrt{3}}=j231 tensione della fase 1 sull'asse immaginario del piano di Gauss
\alpha=e^{j \cdot \frac {2 \pi}{3}} operatore che fa ruotare un vettore di 120^\circ in senso antiorario
si ha
\dot E_{2O}=\alpha^2 \cdot \dot E_{1O} \, ; E_{3O}=\alpha \cdot \dot E_{1O}
\begin{array}{l} U_{O'O} = 127 - j242 \\ \dot I_{L1} = - 12,7 + j47,3=48,9 \angle 105 \\ \dot I_{L2} = 25,4 - j14,6=29,3 \angle -30\\ \dot I_{L3} = - 12,7 - j32,7=35 \angle -111 \\ \end{array}
Ecco il


Il grafico vettoriale

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Le indicazioni dei wattmetri si calcolano con
\begin{array}{l} B = U_{12} \cdot I_{L1} \cdot \cos \left( \widehat{\vec U_{12} \vec I_{L1}} \right) = 400 \times 49 \times \cos 15 = 18932{\rm{ W}} \\ A = U_{32} \cdot I_{L3} \cdot \cos \left( \widehat{\vec U_{32} \vec I_{L3}}\right) = 400 \times 35 \times \cos 69 = 5017{\rm{ W}} \\ \end{array}
oppure con

\begin{array}{l} B = \text{Real} \left( {\dot U_{12} \cdot \hat I_{L1} } \right) \\ A = \text{Real} \left( {\dot U_{32} \cdot \hat I_{L3} } \right) \\ \end{array}
come nel paragrafo che segue

Per i calcoli

si può usare

SpeQ

consigliato vivamente da RenzoDF.

Svolgimento dell

Svolgimento dell'esercizio con SPeQ

Ricordo anche che, su questo metodo, RenzoDF ha già scritto un articolo dove propone un utilissimo script Scilab, facilmente modificabile per controllare quanto fin qui svolto, compreso il tracciamento del grafico vettoriale.

Oppure si può usare l'applicazione EXCEL,

Circe2010

realizzata proprio dallo stesso Renzo, con la quale è possibile risolvere qualsiasi rete lineare a regime, in continua od in alternata.

Calcoli con Circe2010: nodo 1=O; 2=O

Calcoli con Circe2010: nodo 1=O; 2=O'

L'applicazione di Renzo Del Fabbro dimostra quali siano i fondamenti dell'analisi delle reti: i principi di Kirchhoff, la cui importanza ha determinato perfino la scelta del suo avatar ;-)

Ma oltre le "semplici" ed eleganti soluzioni precedenti, c'è anche un

modo più complicato

per risolvere il problema.
"E allora perché usarlo?" ( diranno subito i classici miei venticinque lettori). Non è in effetti il metodo da usare se lo scopo è risolvere il problema specifico, ma familiarizzarsi con esso è consigliabile per l'importanza che riveste nello studio dei guasti nelle reti trifase (cortocircuiti netti e non, ed interruzioni).
E' il metodo che si basa sulla scomposizione delle terne di vettori nelle tre terne: diretta (d), inversa (i) ed omopolare (0).

Le equazioni per la stella dell'esercizio sono
\begin{array}{l} \dot E_1 = \dot Z_1 \cdot \dot I_1 \\ \dot E_2 = \dot Z_2 \cdot \dot I_2 \\ \dot E_3 = \dot Z_3 \cdot \dot I_3 \\ \end{array}

Scomponiamo le tre tensioni e le tre correnti nelle componenti simmetriche e sostituiamone le espressioni nelle equazioni della stella. Dopo qualche elaborazione, ponendo

\begin{array}{l} \dot Z_d^* = \frac{{\dot Z_1 + \alpha \dot Z_2 + \alpha ^2 \dot Z_3 }}{3} \\ \dot Z_i^* = \frac{{\dot Z_1 + \alpha ^2 \dot Z_2 + \alpha \dot Z_3 }}{3} \\ \dot Z_0^* = \frac{{\dot Z_1 + \dot Z_2 + \dot Z_3 }}{3} \\ \end{array}

otteniamo

\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}

La stella dissimmetrica delle tensioni è una delle infinite stelle che si appoggiano ai vertici del triangolo delle tensioni concatenate, e che differiscono solo per la terna omopolare. La stella il cui centro coincide con il baricentro del triangolo, ha componente omopolare nulla. La componente omopolare di tutte le altre stelle, coincide con l'unione del loro centro stella con il baricentro del triangolo.

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La scomposizione si può eseguire anche per le tensioni concatenate. Poiché la loro somma è sempre nulla, anche se sono dissimmetriche, dopo alcuni passaggi matematici, tra le componenti dirette ed inverse delle tensioni concatenate e stellate, si ricavano le relazioni seguenti
\begin{array}{l} \dot U_0 = \frac{{\dot U_{23} + \dot U_{31} + \dot U_{12} }}{3} = 0 \\ \dot U_d = \frac{{\dot U_{23} + \alpha \dot U_{31} + \alpha ^2 \dot U_{12} }}{3} = - j \, \sqrt 3 \cdot \dot E_d \\ \dot U_i = \frac{{\dot U_{23} + \alpha ^2 \dot U_{31} + \alpha \dot U_{12} }}{3} = j \, \sqrt 3 \cdot \dot E_i \\ \end{array}
La componente omopolare \dot E_0 è indefinita per quanto mostrato con il precedente grafico.

Una terna simmetrica fornisce la sola terna diretta. Quindi, nel nostro caso, essendo simmetrica la terna delle tensioni concatenate, avremo
\begin{array}{l} \dot U_d = - j \, \sqrt 3 \, \dot E_d \\ \dot U_0 = \dot U_i = 0 \\ \Downarrow \\ \dot E_d = j \, \frac{{\dot U_d }}{{\sqrt 3 }} \\ \dot E_i = 0\\ \end{array}
Posto
\dot U_{23}=400 \, \text{V} si ha
\dot U_d=400
\dot U_i=\dot U_0=0
quindi
\dot E_d=j \, 231
\dot E_i=0

\begin{array}{l} \dot Z_d^* = -1+j \, 0,833 \\ \dot Z_i^* = 7,67+j \, 0,833 \\ \dot Z_0^* = 3,33-j \, 1,66 \\ \end{array}
Essendo il collegamento delle impedenze a stella, non può circolare la corrente omopolare, per cui
\dot I_0=0
Sostituendo
\begin{array}{l} (7,67+j0,833) \,\dot I_d + (-1+j0,833) \, \dot I_i- \dot E_0 =0\\ (3,33-j1,66) \, \dot I_d + (7,67+j0,833) \, \dot I_i=j231 \\ (-1+j0,833) \, \dot I_d + (3,33-j1,66) \, \dot I_i=0 \\ \end{array}
Le incognite del sistema sono la tensione omopolare \dot E_0, la componente della terna di correnti diretta, \dot I_d, e quella della terna inversa \dot I_i
Risolvendo il sistema si ottiene
\begin{array}{l} \dot E_0 = - 126 + j \, 242 \\ \dot I_d = - 11,5 + j \, 34,6 \\ \dot I_i = - 1,13 + j \, 12,7 \\ \end{array}
Quindi si ricavano le correnti

\begin{array}{l} \dot I_1 = \dot I_0 + \dot I_d + \dot I_i = - 12,6 + j \, 47,3 \\ \dot I_2 = \dot I_0 + \alpha ^2 \dot I_d + \alpha \dot I_i = 25,3 - j \, 14,7 \\ \dot I_3 = \dot I_0 + \alpha \dot I_d + \alpha ^2 \dot I = - 12,7 - j \, 32,7 \\ \end{array}

Nota: ho risolto il sistema ricorrendo allo

script Scilab

del riquadro che basta copiare ed incollare nella finestra del famoso programma di calcolo freeware 

j=%i; // unità immaginaria
a=%e^(j*2*%pi/3); // rotazione antioraria di  +120°
A=[7.67+j*0.833, -1+j*0.833, -1; 3.33-j*1.66, 7.67+j*0.833,...
0;-1+j*0.833, 3.33-j*1.66, 0]; // matrice dei coefficienti
b=-[0;j*231;0]; //termini noti
I=linsolve(A,b); // risoluzione sistema lineare
E0=I(3)// componente omopolare delle tensioni
Id=I(1)// componente sequenza diretta correnti
Ii=I(2) // componente di sequenza inversa
I1=Id+Ii // corrente di linea 1
I2=a^2*Id+a*Ii //corrente di linea 2
I3=a*Id+a^2*Ii //corrente di linea 3

Calcoliamo ora le correnti di linea con una

trasformazione stella-triangolo

Eseguendo la trasformazione della stella in un triangolo equivalente, si possono immediatamente ricavare le correnti nei lati del triangolo; quindi, applicando la LKI ai vertici, possiamo ricavare le correnti di linea

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Le formule di trasformazione possiamo trovarle qui. Sono per le resistenze, ma valgono anche per le impedenze:basta usare i numeri complessi. Applicandole otteniamo
\begin{array}{l} \dot Z_{12} = \dot Z_1 + \dot Z_2 + \frac{{\dot Z_1 \cdot \dot Z_2 }}{{\dot Z_3 }} = 5 + j \, 5 \\ \dot Z_{23} = \dot Z_2 + \dot Z_3 + \frac{{\dot Z_2 \cdot \dot Z_3 }}{{\dot Z_1 }} = 5 - j \, 5 \\ \dot Z_{31} = \dot Z_3 + \dot Z_1 + \frac{{\dot Z_3 \cdot \dot Z_1 }}{{\dot Z_2 }} = - 10 - j \, 10 \\ \end{array}

Con una bella sorpresa: una resistenza negativa! Formalmente non c'è problema, ma nella pratica il ramo che la contiene è irrealizzabile. (Sulle resistenze negative, consiglio leggere il bel articolo di IsidoroKZ)

Per i calcoli, il solito script che basta copiare ed incollare nella finestra Scilab 

j=%i;//unità immaginaria
a=%e^(2*%pi*%i/3);//rotazione di 120* antioraria
Z1=10;//stella 
Z2=j*5;
Z3=-j*10;
U23=400; //tensioni concatenate
U31=a^2*U23;
U12=a*U23;
Z12=Z1+Z2+Z1*Z2/Z3//triangolo
Z23=Z2+Z3+Z2*Z3/Z1
Z31=Z3+Z1+Z1*Z3/Z2
IZ1=U12/Z12//correnti di fase del triangolo
IZ2=U23/Z23
IZ3=U31/Z31
Il1=IZ1-IZ3//correnti di linea
IL2=IZ2-IZ1
IL3=IZ3-IZ2

\begin{array}{l} \dot I_{Z1} = \frac{{\dot U_{12} }}{{\dot Z_{12} }} = 14,7 + j \, 54,6 \\ \dot I_{Z2} = \frac{{\dot U_{23} }}{{\dot Z_{23} }} = \frac{{\alpha ^2 \dot U_{12} }}{{\dot Z_{12} }} = 40 + j \, 40 \\ \dot I_{Z3} = \frac{{\dot U_{31} }}{{\dot Z_{31} }} = \frac{{\alpha \dot U_{12} }}{{\dot Z_{31} }} = 27,3 + j \, 7,3 \\ \dot I_{L1} = \dot I_{Z1} - \dot I_{Z3} = - 12,6 + j \, 47,3 \\ \dot I_{L2} = \dot I_{Z2} - \dot I_{Z1} = 25,3 - j \, 14,6 \\ \dot I_{L3} = \dot I_{Z3} - \dot I_{Z2} = - 12,7 - j \, 32,7 \\ \end{array}

Concludiamo con un'appendice teorica

Reti trifasi simmetriche

Una rete trifase con neutro accessibile, può essere schematizzata come il triplo bipolo di figura. La tensione \dot E_i applicata tra il terminale i ed il comune O, inietta nella rete la corrente \dot I_i

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Le relazioni che legano correnti e tensioni sono

\begin{array}{l} \dot I_1 = \dot Y_{11} \cdot \dot E_1 + \dot Y_{12} \cdot \dot E_2 + \dot Y_{13} \cdot \dot E_3 \\ \dot I_2 = \dot Y_{21} \cdot \dot E_1 + \dot Y_{22} \cdot \dot E_2 + \dot Y_{23} \cdot \dot E_3 \quad [r.1]\\ \dot I_3 = \dot Y_{31} \cdot \dot E_1 + \dot Y_{32} \cdot \dot E_2 + \dot Y_{33} \cdot \dot E_3 \\ \end{array}

Le \dot Y_{ij} sono le auto (i = j) e mutue (i \ne j) ammettenze del triplo bipolo.

Si determinano alimentando un terminale e cortocircuitando gli altri due

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La rete è simmetrica se sono uguali tra loro autoammettenze e mutue ammettenze, quindi se

\begin{array}{l} \dot Y_{11} = \dot Y_{22} = \dot Y_{33} \\ \dot Y_{12} = \dot Y_{23} = \dot Y_{31} \\ \dot Y_{21} = \dot Y_{32} = \dot Y_{13} \\ \end{array}

In una rete simmetrica le componenti simmetriche delle tensioni danno luogo solo a correnti della stessa sequenza.
Tenendo infatti presenti le relazioni di simmetria, scomponendo le correnti e le tensioni nelle loro componenti simmetriche nel sistema [r.1] si ottiene

\begin{array}{l} \dot I_0 = \dot Y_0 \cdot \dot E_0 \\ \dot I_d = \dot Y_d \cdot \dot E_d \\ \dot I_i = \dot Y_i \cdot \dot E_i \\ \end{array}

con

\begin{array}{l} \dot Y_0 = \dot Y_{11} + \dot Y_{12} + \dot Y_{21} \\ \dot Y_d = \dot Y_{11} + \alpha ^2 \dot Y_{12} + \alpha \dot Y_{21} \\ \dot Y_i = \dot Y_{11} + \alpha \dot Y_{12} + \alpha ^2 \dot Y_{21} \\ \end{array}

Questo permette di definire, per ogni rete simmetrica

\begin{array}{l} \dot Z_0 = \frac{1}{{\dot Y_0 }}\quad \text{ impedenza alla sequenza zero} \\ \dot Z_d = \frac{1}{{\dot Y_d }}\quad \text{ impedenza alla sequenza diretta} \\ \dot Z_i = \frac{1}{{\dot Y_i }}\quad \text {impedenza alla sequenza inversa} \\ \end{array}

Che sono misurabili applicando separatamente alla rete una terna di sequenza zero, una terna di sequenza diretta, un terna di sequenza inversa.

Le impedenze alla sequenza inversa e diretta sono uguali se \dot Y_{12}=\dot Y_{21 }. In particolare questo si verifica per per tutte le reti che non contengono parti in movimento
. Se per ogni i \ne j si ha \dot Y_{ij}=\dot Y_{ji} la rete è detta reciproca e, per quanto detto, lo può essere solo se non esistono parti in movimento.
E' immediato constatare che una stella con tre impedenze identiche costituisce una rete simmetrica. L'autoammettenza comune è l'ammettenza di un ramo. Le mutue ammettenze sono nulle se non vi è accoppiamento.
Quando il terminale comune O non esiste od è inaccessibile, l'impedenza alla sequenza zero è infinita (\dot Z_0=\infty)
Se non esistono accoppiamenti cioè se \dot Y_{ij}=0 per i\ne j, le impedenza alle sequenze sono tutte uguali all'inverso dell'unica autoammettenza
\dot Z_0 = \dot Z_d = \dot Z_i = \frac{1}{{\dot Y_{11} }}
La rete in tal caso è riconducibile ad una stella di tre impedenze uguali. Vale ovviamente il viceversa: tre impedenze uguali a stella costituiscono una rete simmetrica e le tre impedenze di sequenza sono uguali all'impedenza di un ramo.

Nello studio degli impianti elettrici le normali linee trifase, nonché trasformatori ed alternatori, sono considerati elementi simmetrici, come pure i carichi come i motori asincroni. Si assume anche in genere che le tre fasi siano in condizioni di simmetria rispetto al terreno e rispetto al neutro, sia che ci siano effettivi collegamenti a centri stella di componenti della rete, sia che il collegamento sia dovuto alle capacità parassite d'esercizio.

Bibliografia

Esercizi di Elettrotecnica - Gaetano Malesani CLEUP

Esercizi di Elettrotecnica - Gaetano Malesani CLEUP

Elettrotecnica generale - Giovanni Someda

Elettrotecnica generale - Giovanni Someda

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Commenti e note

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di ,

Si, ho rifatto i conti al calcolatore e torna tutto, devo aver sbagliato nel calcolo dello spostamento dal centro stella. Ancora grazie per questi esercizi.

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di ,

Con la E1 sull'asse reale, quindi a fase zero, moduli e relazioni reciproche di fase tra le grandezze rimangono immutati. Il diagramma vettoriale risulta semplicemente ruotato di 90° in senso orario.

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di ,

Grazie admin per questo utilissimo articolo. Una domanda: se prendessi come riferimento la tensione della fase 1 sull'asse reale positivo, i calcoli dovrebbero venire tutti uguali?

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di ,

ok, chiarissimo.. avevo capito male io!! :) grazie ancora per il chiarimento!!

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di ,

No, stai confondendo la scrittura di una terna diretta o inversa a partire da un vettore, con il ricavare la componente di terna diretta o inversa dati tre vettori. Scomposizione dei sistemi trifasi dissimmetrici

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di ,

salve, è il primo commento che posto :) volevo intanto fare i complimenti per l'articolo (come tutti gli altri di admin che ho letto)... sono uno degli "ultimi" ing. elettrici che usciranno da Pisa perchè il corso è stato soppresso (la laurea specialistica rimane per fortuna), e a breve ho l'esame di ELETTROTECNICA 1 quindi mi permetto di fare una domanda sul METODO DELLE SOQUENZE: per calcolare la terna DIRETTA non si dovrebbe usare il vettore [1,a^2,a]? perchè se non ho letto male nell'articolo sono stati invertite la terna DIRETTA e quella INVERSA... scusate l'irruzione, ma ho l'esame a breve quindi vorrei chiarire tutti i dubbi!!! grazie

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di ,

Eh Eh.. lo so.. fa ridere, non sapevo come chiamarlo! Comunque sto imparando ad usarlo ed é "completo" e "facilmente comprensibile" anche grazie ad un visual di excel molto colorito! Grazie ancora! Una cosa ancora (se possibile..): ho alcuni problemi" con la risoluzione di reti elettriche in regime variabile, soprattutto per l'integrazione della particolare. Mi sto leggendo il libro del Prof. Guarnieri "Elementi di Elettrotecnica Circuitale"; chiedo qualche articolo magari semplice per la comprensione basilare della risoluzione di questo tipo di rete, soprattutto di quelle con interruttore Grazie dell'attenzione!

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di ,

Premesso che fa un po' sorridere pensare alla ricerca del "metodo a tabella per le reti trifasi", nell'augurarti di trovarlo, ti faccio notare che nell'articolo un metodo a tabella c'è: "CIRCE 2010" di RenzoDF.

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di ,

Salve! Spero qualcuna/o possa aiutarmi nel fornirmi informazioni o linkarmi dei siti dove possa ritrovare spiegato bene,il metodo di risoluzione di un sistema trifase "a TABELLA", dove, se non sbaglio, si eseguiva una tabella per risolvere , dai dati che si avevano step-by-step,le correnti di fase e tensioni di fase per ogni bipolo incontrato nella rete monofase equivalente, e si trovavano poi tutti i valori utili, del tipo, potenza attiva reattiva, potenza complessa, apparente ecc.. in modo da risolvere la rete( per reti semplici diaciamo..); si partiva dalla sezione del carico ultimo fino all'indietro trovando la tensione e corrente di fase o stellata dei generatori. grazie.. io fino ad adesso non ho trovato nulla!! Grrrr

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di ,

Beh, possiamo dire anche "almeno 2"... Da neofita del portale mi associo ai complimenti di F0112358 sia per questo articolo che per diversi altri che ho avuto il piacere di leggere.

Rispondi

di ,

Almeno uno su venticinque c'è! ;-) Ovviamente mi fa piacere che tu l'abbia trovato utile. Ho cercato di scriverlo con questa idea. In effetti l'(1) sta a significare che l'intenzione è di farne seguire altri. Ora che so che c'è almeno uno che le aspetta, cercherò di rispettare l'intenzione.

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di ,

Sono tra i suoi 25 lettori (di manzoniana memoria) e, come al solito, trovo il suo lavoro davvero utile! Considerato che nel titolo c'è un "(1)", attendo con ansia le "prossime uscite"

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