Trifase + Wattmetro
Buongiorno a tutti
vorrei chiedervi un piccolo aiuto se possibile
l'esercizio e questo
come dovrei procedere alla risoluzione
da dove dovrei partire
grazie
Risposte
per prima cosa (quello che mi viene in mente non so se sia corretto )
potrei fare la somma dei carichi
e trascurare la R
potrei fare la somma dei carichi
e trascurare la R
Certo, per prima cosa potresti considerare i carichi equilibrati 1 e 2 come un unico carico equilibrato, via Boucherot, e determinare la corrente assorbita dallo stesso sulla fase 2, che successivamente andrai a sommare vettorialmente alle correnti in R e in X, al fine di determinare la corrente nell'amperometrica del wattmetro.
... visto poi che il prodotto scalare è distributivo rispetto alla somma ... 
ho delle piccole difficolta
cosa ho fatto :
mi sono trovato la I2
avendo la P e la Q e anche i Volt
pero non capisco il coseno =0 e cosa si riferisca
sono andato a vedere le terne di tensione simmetriche
non riesco a capire cosa devo fare piu avanti
cosa ho fatto :
mi sono trovato la I2
avendo la P e la Q e anche i Volt
pero non capisco il coseno =0 e cosa si riferisca
sono andato a vedere le terne di tensione simmetriche
non riesco a capire cosa devo fare piu avanti
"kirpidik":
ho delle piccole difficolta ...
Scusami della sincerità ma, leggendo la tua risposta, direi che non siano tanto "piccole", [strike]di conseguenza mi viene da chiederti: cosa, dove, su che testo stai studiando, da quanto tempo stai preparando elettrotecnica ed in particolar modo ti stai esercitando sulle reti trifasi.[/strike]
Viste le premesse, dato che odio i thread lunghi, la faccio breve, spiegandoti come lo risolverei e concludendo così il mio intervento.
Come ti dicevo l'indicazione del wattmetro può essere vista come il risultato del prodotto scalare fra fasori (a valore efficace) della tensione applicata alla voltmetrica e della corrente entrante nell'amperometrica, ovvero
$W=\bar V_{13} \cdot \bar I_2$
La corrente $\bar I_2$ nella seconda fase può essere ricavata via somma vettoriale della corrente $\bar I_{12}$ assorbita dal carico equilibrato equivalente ai carichi 1 e 2, ovvero da un carico con $P_{12}=P_1+P_2=0+P_2=15 \ \text{kW}$ e $Q_{12}=Q_1+Q_2=-8+15=7 \ \text{kvar}$, con la corrente $\bar I_R$ assorbita dal resistore R, pari a 400/15 ampere in fase con la concatenata $\bar V_{23}$ e da quella $\bar I_X$ assorbita dalla reattanza X, pari a 400/10, in quadratura anticipo, rispetto alla $\bar V_{21}$; ovvero
$W=\bar V_{13} \cdot (\bar I_{12}+\bar I_R+\bar I_X)$
Per "vincere facile", senza andare a determinare effettivamente la somma di quei tre fasori, grazie alla proprietà distributiva del prodotto scalare, potremo ottenere l'indicazione del wattmetro sommando tre contributi (W', W'' e W''').
Tracciando il diagramma fasoriale potremo accorgerci di una interessante particolarità per il contributo relativo al carico equilibrato equivalente, in quanto risultando la tensione V13 in anticipo di 90 gradi sulla stellata E2, per il primo contributo,
$W'=\bar V_{13} \cdot \bar I_{12}=-VI_{12}\ \sin \varphi_{12}=-Q_{12}/\sqrt{3}$
per il secondo contributo, sempre dal diagramma fasoriale
$W^\text{''}=\bar V_{13} \cdot \bar I_{R}=VI_{R}\ \cos 60°$
e per il terzo contributo
$W^\text{'''}=\bar V_{13} \cdot \bar I_{X}=VI_{X}\ \cos 30°$
In definitiva
$W=-7/\sqrt{3}+16/3+8\sqrt{3} \approx 15.15 \ \text{kW}$
Come ti dicevo l'indicazione del wattmetro può essere vista come il risultato del prodotto scalare fra fasori (a valore efficace) della tensione applicata alla voltmetrica e della corrente entrante nell'amperometrica, ovvero
$W=\bar V_{13} \cdot \bar I_2$
La corrente $\bar I_2$ nella seconda fase può essere ricavata via somma vettoriale della corrente $\bar I_{12}$ assorbita dal carico equilibrato equivalente ai carichi 1 e 2, ovvero da un carico con $P_{12}=P_1+P_2=0+P_2=15 \ \text{kW}$ e $Q_{12}=Q_1+Q_2=-8+15=7 \ \text{kvar}$, con la corrente $\bar I_R$ assorbita dal resistore R, pari a 400/15 ampere in fase con la concatenata $\bar V_{23}$ e da quella $\bar I_X$ assorbita dalla reattanza X, pari a 400/10, in quadratura anticipo, rispetto alla $\bar V_{21}$; ovvero
$W=\bar V_{13} \cdot (\bar I_{12}+\bar I_R+\bar I_X)$
Per "vincere facile", senza andare a determinare effettivamente la somma di quei tre fasori, grazie alla proprietà distributiva del prodotto scalare, potremo ottenere l'indicazione del wattmetro sommando tre contributi (W', W'' e W''').
Tracciando il diagramma fasoriale potremo accorgerci di una interessante particolarità per il contributo relativo al carico equilibrato equivalente, in quanto risultando la tensione V13 in anticipo di 90 gradi sulla stellata E2, per il primo contributo,
$W'=\bar V_{13} \cdot \bar I_{12}=-VI_{12}\ \sin \varphi_{12}=-Q_{12}/\sqrt{3}$
per il secondo contributo, sempre dal diagramma fasoriale
$W^\text{''}=\bar V_{13} \cdot \bar I_{R}=VI_{R}\ \cos 60°$
e per il terzo contributo
$W^\text{'''}=\bar V_{13} \cdot \bar I_{X}=VI_{X}\ \cos 30°$
In definitiva
$W=-7/\sqrt{3}+16/3+8\sqrt{3} \approx 15.15 \ \text{kW}$
purtroppo non ho nessun materiale ,ho recuperato delle dispense su internet (ed ho un vecchio manuale di elettronica ,dove purtroppo quest argomento non e spiegato cosi bene )
devo integrare dei esercizi (ho ripreso da poco gli studi ,il fatto e , che con la trifase non sono mai andato d'accordo ( kirkoff,millman gli avevo fatti alle superiori e me li ricordavo invece questa nulla
ti ringrazio infinitamente
sei stato molto gentile
devo integrare dei esercizi (ho ripreso da poco gli studi ,il fatto e , che con la trifase non sono mai andato d'accordo ( kirkoff,millman gli avevo fatti alle superiori e me li ricordavo invece questa nulla
ti ringrazio infinitamente
sei stato molto gentile
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