11.1
In un circuito trifase con carico equilibrato a stella le correnti di linea si ricavano con le formule
(11.11) del libro.
In questo caso l’impedenza è 20+j10 = 500 ∠26,56°; sostituendo si ricava:
V
I rms = rms ≅ 9,84 A; gli angoli sono -26.56°, -146.56°, 93.44°.
ZL
11.2
Il modulo dell’impedenza è 220/2,95 = 74,57 Ω; l’angolo è 57,5°. Pertanto Z = 74,57 cos(57,5°) + j
74,57 sen(57,5°) = 40 + j 62,9 Ω.
11.3
La resistenza di linea è in serie all’impedenza di carico che diventa 4+j10 = 10,77∠68° Ω. Quindi Ia
= 20,42∠-68° A rms, Ib = 20,42∠172° A rms, Ia = 20,42∠52° A rms.
11.5
L’impedenza di carico è 10+j5 = 11,18∠26,56° Ω. Le correnti di linea sono il triplo di quelle che si
avrebbero con il carico a stella, quindi:
V
I rms = 3 rms ≅ 33,5 A; gli angoli sono gli stessi -26.56°, -146.56°, 93.44°.
ZL
11.7
Con la trasformazione triangolo-stella si ottiene una stella di impedenza 10 − j10 Ω. L’impedenza di
linea è in serie, quindi l’impedenza complessiva è 11−j9 = 14,2∠-39,3° Ω. Il valore efficace delle
tensioni di fase è 380/ 3 = 219,4 V. Quindi
V
I rms = rms ≅ 15,45 A; gli angoli sono 39.3°, -80.7°, 159.3°.
ZL
11.8
Con la trasformazione triangolo-stella si ottiene una stella di impedenza 1+ j Ω. L’impedenza di
linea è in serie, quindi l’impedenza complessiva è 2+j = 5 ∠26,56° Ω. Il valore efficace delle
tensioni di fase è 380/ 3 = 219,4 V. Quindi
219,4
2
I rms =
;
P = 3 I rms
= 28,9 kW
5
11.9
Trasformando il triangolo in stella, e collegando le stelle in parallelo, si ottiene una stella
equivalente di impedenza (5/3)//(10+j10):
50
(1 + j )
10(1 + j ) 10 2
∠45°−40,6° = 1,533∠4,4° Ω
ZL = 3
=
=
5
85
7 + j6
+ 10 + j10
3
V
I rms = rms ≅ 143,5 A;
gli angoli sono -4.4°, -124.4°, 115.6°.
ZL
11.10
Trasformando il triangolo in stella si ottiene un carico a stella con impedenza Z = (8+j10π)/3 Ω.
Aggiungendo la resistenza di linea in serie si ottiene una stella di impedenza Z’ = (14+j10π)/3 Ω. Il
modulo di Z’ è 11,46; l’angolo è circa 66°. Con le formule (11.11) del libro si ottiene:
1
Ia =
220
∠-66° = 19.2 ∠-66° A rms, Ib = 19.2 ∠174° A rms, Ic = 19.2 ∠54° A rms]
11,46
11.13
Poiché le stelle sono equilibrate, i centri stella sono allo stesso potenziale, quindi le impedenze sono
in parallelo: ZL = Z1//Z2 = 7,184∠55,2° Ω.
V
I rms = rms ≅ 30,62 A;
gli angoli sono -55.2°, -175.2°, 64.8°.
ZL
11.14
Alla linea sono collegati una stella ed un triangolo equilibrati. Conviene trasformare il triangolo in
stella, con impedenza equivalente 1+j5 Ω. Combinando le stelle in parallelo abbiamo ZL = (1+
j5)//(1- j) = 1,61∠−29,74° Ω.
V
gli angoli sono 29.74°, -90.26°, 149.74°.
I rms = rms ≅ 136,6 A;
ZL
11.15
Le tensioni richieste si ricavano facilmente trasformando il triangolo in stella (figura seguente).
a
2 + j4
Ia
A
+
-
Va
(10−j20)/3
n
Vc
+
n’
Vb
+
(10−j20)/3
b
2 + j4
Ib
B
Ic
C
(10−j20)/3
2 + j4
c
Ia =
Va
ZL
Ib =
Vb
ZL
Ic =
Vc
ZL
dove ZL = 8(2–j)/3 Ω è la somma delle due impedenze in serie.
La tensione VAB è
10 − j 20
V AB =
(I a − I b ) = H (Va − Vb ) = HVab
3
5 − j10 5
dove H =
= ∠ − 36,87° .
4( 2 − j ) 4
Sostituendo l’espressione di Vab si ricava
5
V AB = H Vab =
3 ×220∠ -36,87°+30° ≅ 476∠-6,8° V rms
4
Analogamente si ricavano le altre due tensioni.
2
11.16
Va Vc Va − Vc
−
=
.
ZL ZL
ZL
Il fasore Va – Vc può essere ricavato facilmente per via grafica (figura seguente).
Consideriamo ad esempio la corrente Ia; per la LKC abbiamo Ia = Iab – Ica =
Vc
Im
Va
30°
60°
-Vc
Re
Va -Vc
Indicando con Vm il modulo dei vettori Va e Vc, abbiamo: Va − Vc = 2Vm sen(60°) = Vm 3 . Quindi
Im = 3
Vm
.
ZL
11.18
Si usa la formula P =
3 Vl I l cos ϕ. Sostituendo i valori dati abbiamo I l =
20 × 10 3
0,7 × 250 3
≅ 66 A.
11.20
ZL = 4 + j10 = 10,77∠68,2° Ω. I valori efficaci della tensione e della corrente di ogni bipolo sono
legati dalla relazione Vf =10,77 If, inoltre cos ϕ = cos (68,2°)= 0,37. La potenza media è
P = 3 Vf If cos ϕ = 11,95 If2 = 8 kW ⇒ I f = 25,87 Α.
Nel carico a stella I l = I f , mentre Vl = V f 3 = 10,77×25,87× 3 = 482,6 V.
11.22
La potenza assorbita dal carico è P =
3 Vl I l cos ϕ ; sostituendo i valori dati si ricava I l = 168,8
A. La potenza dissipata sulla linea è 3×0,8× I l2 = 68,4 kW.
11.23
Il bipolo L//C è in risonanza alla pulsazione di 400 rad/s perciò equivale ad un c. aperto. La corrente
I è uguale a V/(R+ jωL1); sostituendo i valori dati si ricava
250
I rms =
= 0,58 Α
160 2 + 400 2
2
P = RI rms
= 53,9 W
3
+
V
−
I
L
C
L1
R
I
11.24
Circuito simbolico.
Ia
200∠0°
+
−
10
n
200∠120°
a
−
−
+
200∠-120°
+
Ib
8
j1,57
j3,14
Iab
b
Ica
c
Ibc
10
-j3,183
Ic
Utilizzando le formule (11.7) del libro si ricavano facilmente le correnti di fase:
I ab =
Vab
220 3e j 30°
= 37,64∠21° A rms
=
10 + j1,57 10 + j1,57
I bc =
Vbc
220 3e − j 90°
=
= 36,31∠-72,34° A rms
10 − j 3,183 10 − j 3,183
I ca =
Vca
220 3e j150°
=
= 44,34∠128,57° A rms
8 + j 3,14
8 + j 3,14
Quindi le correnti di linea si ricavano con la LKC:
Ia = Iab – Ica = 37,64 cos(21°) – 44,34 cos(21°) + j[37,64 sen(21°) – 44,34 sen(128,57°)]
= 62,78 - j 21,18 = 66,25∠-18,64° A rms
Ib = Ibc – Iab = 36,31 cos(-72,34°) – 37,64 cos(21°) + j[36,31 sen(-72,34°) – 37,64 sen(21°)]
= -24,12 - j 48 = 53,7∠-116,7° A rms
Ic = Ica – Ibc = 44,34 cos(128,57°) – 36,31 cos(-72,34°) + j[44,34 sen(128,57°) – 36,31 sen(-72,34°)]
= -38,66 + j 69,26 = 79,3∠119,2° A rms
4
11.25
Le correnti di linea si ricavano facilmente con la legge di Ohm:
Ia =
Va
220
= 110(1 + j )
=
1− j 1− j
1
Vb
220e − j120° 220
=
=
(1 − j 2) − − j
2 + j4
2 + j4
10
2
1
Vc
220e j120° 220
=
=
Ic =
(1 − j 2) − + j
3 + j6
3 + j6
15
2
Ib =
110
3
=−
(1 − j 2)(1 + j 3 )
10
2
110
3
=−
(1 − j 2)(1 − j 3 )
15
2
Infine con la LKC si ottiene:
I n = −(I a + I b + I c ) ≅ 161∠-119° A rms
11.26
La capacità di rifasamento per una stella di condensatori si ricava con la formula (11.39a) del libro:
P (tan ϕ1 − tan ϕ 2 )
CS = u
ωVl2
Abbiamo: tan ϕ1 = Q/Pu = 0,8; ϕ2 = cos-1(0,9) = 25,84° ⇒ tan ϕ2 = 0,484:
10 4 (0,8 − 0,484)
= 69,6 µF
100π 380 2
Nel caso del triangolo la capacità è un terzo di CS.
CS =
5
