Scheda - 10 - Corsi a Distanza

Schede di Elettrotecnica
Corso di Elettrotecnica 1 - Cod. 9200 N
Diploma Universitario Teledidattico in
Ingegneria Informatica ed Automatica
Polo Tecnologico di Alessandria
A cura di Luca FERRARIS
Scheda N° 10
Circuiti in Corrente Alternata:
• Potenze
• Rifasamento
Scheda N° 10 - Circuiti in Corrente Alternata
Potenze e rifasamento
POTENZA in regime alternato
Poiché la tensione e la corrente non sono in fase come nel caso della corrente continua oltre alla
potenza attiva P (che possiamo pensare come il prodotto scalare della tensione e della corrente
rappresentato perciò da grandezze in fase ovvero da segmenti paralleli nel diagramma polare) esiste
anche la potenza reattiva Q (che possiamo pensare come il prodotto tra la tensione e la componente
della corrente sfasata di 90° ovvero come il prodotto di segmenti perpendicolari nel diagramma
polare) ed anche la potenza apparente A (prodotto dei valori efficaci della tensione e della corrente,
ovvero composizione delle potenze attive e reattive).
la potenza istantanea è il prodotto di v(t) e i(t):
$ sen(ωt ) ⋅ I$ sen(ωt − ϕ ) = ... = VI ⋅ cosϕ ⋅[1- cos2ωt] + VI ⋅ senϕ ⋅ sen2ωt
p( t ) = v( t ) ⋅ i( t ) = V
dove:
il 1° termine è sempre positivo, con valor medio = VI⋅cosϕ
il 2° termine è una sinusoide a frequenza doppia di ampiezza = VI⋅senϕ
Si definiscono:
P = VI⋅cosϕ attiva
Q = VI⋅senϕ reattiva (viene alternativamente assorbita e ceduta dai bipoli)
A = VI
apparente
Riferendosi per esempio alla Fig. 10.1 si ha:
r r
V2
P = V ⋅ I = V ⋅ I ⋅ cos(ϕ ) = R ⋅ I 2 =
R
r r
V2
Q = V ∧ I = V ⋅ I ⋅ sen(ϕ ) = X ⋅ I 2 =
X
I
A = V ⋅ I = V2 + I2
R
V
L
Guardando le figure 10.1 e 10.2 con dipoli reattivi in serie ed in parallelo si
nota come bisogna porre particolare attenzione alla scelta della corrente e
della tensione che devono essere quelle che interessano il dipolo in
questione.
Attenzione al segno della potenza:
• le resistenze assorbono sempre potenza attiva
• le induttanze assorbono sempre potenza reattiva
• i condensatori generano sempre potenza reattiva
segno +
segno +
segno -
La potenza attiva si misura in Watt [W]
La potenza reattiva in Volt-Ampere-reattivi [VAr]
La potenza apparente in Volt-Ampere [VA]
La potenza attiva generata da più bipoli è pari alla somma
algebrica delle potenze generate singolarmente dai vari
dipoli; discorso analogo vale per le potenze reattive , non
vale invece per le potenze apparenti.
1
I
L
R
V
Scheda N° 10 - Circuiti in Corrente Alternata
Potenze e rifasamento
RIFASAMENTO
La potenza assorbita da carichi industriali è normalmente di tipo ohmico-induttivo (motori...).
Nel complesso il bilancio della QL è nullo, ma ciò che importa è il maggiore onere che il
“palleggiamento” di questa potenza comporta sulle linee di trasporto e nei trasformatori.
I distributori di tensione impongono alle utenze un valor minimo del cosϕ con cui esse prelevano
l’energia, di solito pari a 0,9; l’adeguamento a tale valore viene soddisfatto con l’inserzione, in
parallelo al carico, di banchi di condensatori, che assorbono una QC < 0.
L’inserzione di tali condensatori, come si può vedere dalla figura sottostante, non altera il valore
della potenza attiva P, ma ha come unico effetto quello di ridurre il modulo, e lo sfasamento rispetto
alla tensione, della corrente in ingresso alle utenze.
E’ possibile calcolare il valore della capacità necessaria per rifasare i carichi al cosϕ richiesto:
QC =
V2
= Q − Q'
XC
C Utente
⇒ ωCV 2 = P ⋅ ( tgϕ − tgϕ ')
V
ϕ’
ϕ
Im
jQ
-jQC
I’
jQ’
A
Re
I
P
2
Scheda N° 10 - Circuiti in Corrente Alternata
Potenze e rifasamento
ESERCIZIO 10.1
Calcolare le potenze attiva, reattiva ed apparente del circuito in figura con i seguenti dati:
• XL1 = 10 Ω
A
• R1 = 10 Ω
• XL2 = 5 Ω
L2
R2
• R2 = 10 Ω
VAB
R1
• VAB = 100 V
I=
VAB
Z EQ
=
VAB
R EQ 2 + X EQ 2
=
100
= 5,547 A
325
L1
B
P = R EQ ⋅ I 2 = 15 ⋅ 5,5472 = 461,54 W
Q = X EQ ⋅ I 2 = 10 ⋅ 5,547 2 = 307, 69 VAr
Im
A = P 2 + Q 2 = 554, 7 VA
Facciamo una verifica calcolando lo sfasamento tra tensione e corrente
che coincide con quello dovuto all’impedenza equivalente:
 X EQ 
 = 33,69°
ϕ = arctg
 R EQ 
VAB
I
Re
33.7°
P = V ⋅ I ⋅ cos(ϕ ) = 100 ⋅ 5,547 ⋅ 0,832 = 461,54 W
Q = V ⋅ I ⋅ sen (ϕ ) = 100 ⋅ 5,547 ⋅ 0,5547 = 307,69 VAr
ESERCIZIO 10.2
Dato il circuito in figura calcolare la tensione ai morsetti A e B (VAB) e la potenza attiva assorbita
sapendo che:
A
R2
•
•
•
•
R1 = 20 Ω
R2 = 3 Ω
XC = 4 Ω
Q = 400 VAr
VAB
B
Q
R1
I1
XC
I2
Si noti come l’unico elemento in grado di assorbire o generare potenza reattiva sia il condensatore
pertanto sarebbe più giusto affermare che la potenza reattiva sia negativa (secondo la freccia che
indica assorbimento) ovvero generata.
2


Q
400
VAB
50 2
Q = X ⋅ I2 ⇒ I2 =
=
= 10 A 
PR1 =
=
= 125 W
XC
4
R1
20




Z EQ = R 2 − jX C = R 2 2 + X C 2 = 5 Ω  ⇒ PR 2 = R 2 ⋅ I 2 2 = 3 ⋅10 2 = 300 W

P
= PR 1 + PR 2 = 125 + 300 = 425 W
VAB = Z EQ ⋅ I 2 = 5 ⋅10 = 50 V

 TOT




3
Scheda N° 10 - Circuiti in Corrente Alternata
Potenze e rifasamento
ESERCIZIO 10.3
Con riferimento al circuito in figura calcolare il valore dell’impedenza Z conoscendo questi dati:
E
F
• Q = 1000 VAr
• A = 2000 VA
L
A
• XL = 20 Ω
IZ
I
P
• R = 200 Ω
V
R
• I=5A
Q
Z
Per risolvere questo problema si può procedere
A’
così:
A”
P’
1) si calcola la potenza P all’origine note A e Q;
P”
2) si calcola la potenza reattiva assorbita da L;
Q’
Q”
3) si trovano le potenze alla sezione E-E;
4) nota la potenza apparente e la corrente che
E
F
“entrano” in E-E si calcola la tensione V;
5) conoscendo la tensione a cui è sottoposta R si può calcolare la potenza che assorbe;
6) per differenza tra quanto entra in E-E e quanto viene assorbito prima di F-F, si trovano le potenze
assorbite dal carico incognito;
7) conoscendo PZ e QZ calcoliamo AZ ;
8) noto AZ e V calcoliamo IZ ;
9) note le potenze e la corrente calcoliamo il valore di Z.
Nota 1: si supporrà che il carico possa essere rappresentato da una serie tra una resistenza (RZ) e una reattanza (XZ)
che potrà essere induttiva (XZ > 0; XZ = XL) oppure capacitiva (XZ < 0; XZ = −XC).
Nota 2: attenzione quando si trattano le correnti in modulo: non possono essere sommate o sottratte ecco perché nel
punto 8) si è fatto ricorso alle potenze e non all’equilibrio al nodo.
1) P = A 2 − Q 2 = 1000 3 W
2) Q L = X L ⋅ I 2 = 20 * 52 = 500 VAr
3)

P ′ = P = 1000 3
 ⇒ A′ =
Q ′ = Q − Q L = 1000 − 500 = 500 VAr 
4) A ′ = I ⋅ V ⇒ V =
A ′ 1800
=
= 360 V
I
5
V 2 360 2
5) PR =
=
= 648 W
R
200
6) PZ = P ′ - PR = 1000 3 − 648 = 1084 W;
7) A Z =
P ′ 2 + Q ′ 2 = 1800 VA
Q Z = Q ′ = 500VAr
PZ 2 + Q Z 2 = 1193,8 VA
A Z 1193,8
=
= 3,3 A
V
360
P
1084
9) R Z = Z2 =
= 98,58 Ω
3,32
IZ
Q
500
X Z = Z2 = 2 = 45,47 Ω ⇒
IZ
3,3
8) I Z =
XZ > 0 ⇒ XZ = XL
4
Scheda N° 10 - Circuiti in Corrente Alternata
Potenze e rifasamento
ESERCIZIO 10.4
Calcolare la capacità del condensatore
necessario per rifasare il circuito a cosϕ = 0,9
• Q = 75 Var
• P = 100 W
• E = 25 V
• ω = 50 rad/s
L
+
P
C
E
R
Q
Soluzione
P'= 100 W

Q' = 75 + Q C
cos ϕ = 0,9 ⇒ arctg
Q C = −26,56 VAr
XC =
Q'
= 25,84°
P'
⇒ Q'= 48,43 VAr ⇒
(potenza reattiva che il condensatore deve mettere in gioco per “rifasare” a cosϕ = 0,9)
E2
1
1
=
= 850 µF
= −23,52 Ω ⇒ C =
QC
ω ⋅ X C 50 ⋅ 23,52
ESERCIZIO 10.5
Determinare i valori di R2 e XL sapendo:
 I = 10 A

 VMN = 80 V

R 1 = 5 Ω
 E = 120 V

1
R1
2 M
I
+
E
R2
XL
Soluzione
1
PR 1 = R 1 ⋅ I 2 = 500 W
S = E ⋅ I = 1200 VA = P 2 + Q 2
1
1
 1

S2 = VMN ⋅ I = 800 VA = ( P1 − 500) 2 + Q12

⇒
2
N
P1 = 1050 W

Q1 = 580,94 VAr
⇒ ϕ1 = arctg
Q1
= 28,95°
P1
dove ϕ1 è l’angolo di sfasamento tra la tensione E e la corrente I.
2

VMN
R
=
= 11,63 Ω
 2
P2


2
X = VMN = 11 Ω
 L
Q2

La P2 viene dissipata interamente su R2, per cui:
5
R 2 = 11,63 Ω
X L = 11 Ω
Scheda N° 10 - Circuiti in Corrente Alternata
Potenze e rifasamento
ESERCIZIO 10.6
Dato l’impianto esemplificato con lo schema in
figura determinare il condensatore da applicare in
parallelo al carico affinché risulti cosϕ = 0,9.
Dati:
• P’ = 10 kW
• Q’ = 10 kVAr
• V = 350 V
I1
A
VAB
B
IC
I
XC
Q
P
Nei problemi di questo tipo si suppone che il carico sia di
tipo ohmico-induttivo.
Supponendo che la tensione ai morsetti VAB abbia fase
nulla, e ricordando che la corrente in un condensatore è
sfasata di 90° in anticipo rispetto alla tensione si può fare lo
schema come in figura accanto.
tg(ϕ) =
L’angolo di sfasamento ϕ può essere calcolato mediante la seguente formula:
Im
IC
Re L’inserimento dei condensatori non varia la potenza attiva
VAB
I’
I*
assorbita dal circuito, per cui conoscendo il nuovo angolo
di sfasamento si può calcolare la nuova potenza reattiva
che deve essere la somma algebrica di quella assorbita e di
quella generata dai condensatori.
Indicando con apice ’ le grandezze prima del rifasamento, e
con ” quelle dopo il rifasamento:
ϕ‘
ϕ*
P" = P ′
(
)
Q" Q"
=
⇒ Q" = P ′tg(ϕ ) = P ′tg cos −1 (0,9) = 4,84 kVAr
P" P ′
Q = Q ′ − Q C ⇒ Q C = Q ′ − Q = 10 − 4,84 = 5,16 kVAr ⇔ Q C = P ⋅ tg(ϕ ′ ) − tg(ϕ )
tg(ϕ) =
QC =
P*⇒P’
Q*⇒Q’
V2
V 2 350 2
⇒ XC =
=
= 27,74 Ω
XC
Q C 5160
⇒
[
C = 134 µF
6
]
Scheda N° 10 - Circuiti in Corrente Alternata
Potenze e rifasamento
ESERCIZIO 10.7
Sia dato un impianto che assorbe 50 kW di potenza attiva con un cosϕ = 0,4; alimentato a 380 V da
un cavo di lunghezza d = 200 m con una sezione S = 70 mm2 e con una resistività specifica ρ =
0,0175 Ω⋅mm2/m.
Calcolare la capacità dei condensatori necessari per rifasare a cosϕ = 0,9 e calcolare la potenza
reattiva assorbita dall’impianto, le perdite e il rendimento della linea prima e dopo il rifasamento.
Lo schema dell’esercizio e quello riportato in figura.
d
Come prima operazione si calcoli la resistenza
effettiva del cavo (notare che la lunghezza del cavo
viene moltiplicata per due (andata e ritorno)).
2d
2 ⋅ 200
= 0,0175 ⋅
R L = ρ⋅
= 0,1 Ω
S
70
RL
VAB
P
C cos(ϕ)
Poiché rifasando non varia né la potenza attiva
assorbita dall’impianto, né la tensione ai suoi capi:
P
⇒
P = I ⋅ VAB ⋅ cos(ϕ) ⇒ I =
VAB ⋅ cos(ϕ)
PLIN
cos(ϕ ′ ) = 0,4 → I ′ = 329 A

cos(ϕ ′′ ) = 0,9 → I ′′ = 146 A
′
= 10,8 kW
cos(ϕ ′) = 0,4 → PLINEA
= R L ⋅ I2 ⇒ 
= 21
, kW
′′
cos(ϕ ′′) = 0,9 → PLINEA
Il rendimento della linea viene definito come il rapporto tra la potenza fornita dalla linea all’impianto
(ovvero potenza uscente dalla linea) e la potenza che bisogna fornire a valle della linea stessa che è
pari alla somma delle potenze assorbite dall’impianto e dalla linea.
η LINEA =
POUT
P
=
PIN
P + PLINEA
50000

cos
ϕ
′
=
0
,
4
→
η
′
=
= 0,82
(
)
LINEA

50000
+
10800
=
50000
cos(ϕ ′′ ) = 0,9 → η ′′LINEA =
= 0,96

50000 + 2100
Ora si calcoli la capacità dei condensatori per il rifasamento:
{ [
]
[
]}
Q C = P ⋅ tg ar cos(0,9) − tg ar cos(0,4) = 50000 ⋅ (0,484 − 2,29) = 90 kVAr
V2
1
1
1
XC =
=
⇒ C = QC ⋅
= QC ⋅
≅ 2 ⋅10 −3 F = 2 mF
2
2
Q C ωC
ωV
2πf ⋅ V
7