I sistemi trifase

Elettronica · Elettrotecnica Articolo 15 settembre 2026

Prima di questo, potrebbe interessarti: Le potenze in regime sinusoidale , Bipoli equivalenti e trasformazione stella-triangolo

Indice

Tre tensioni invece di una

Una presa di casa ha due conduttori attivi, la fase e il neutro, con 230 V tra i due. La linea che arriva al contatore di un’officina ne ha quattro, tre fasi e il neutro, con 400 V tra due fasi qualsiasi. Il sistema trifase è quello con cui l’energia elettrica si produce, si trasmette e si distribuisce quasi ovunque: gli alternatori delle centrali hanno tre avvolgimenti, le linee ad alta tensione tre conduttori, i motori industriali tre morsetti di alimentazione. I sistemi trifase lavorano in regime sinusoidale, e l’articolo li studia direttamente con i fasori; le grandezze con la barra sono fasori, quelle senza i loro moduli, cioè valori efficaci.

Il tripolo

Definizione (tripolo, tensioni di fase e concatenate)

Un tripolo è un componente, o una parte di rete, con tre morsetti $1$ , $2$ , $3$ . Le sue correnti di linea $\bar I_1$ , $\bar I_2$ , $\bar I_3$ sono le correnti che entrano dai morsetti. Le sue tensioni concatenate, o di linea, sono le tensioni tra coppie di morsetti, $\bar V_{12}$ , $\bar V_{23}$ , $\bar V_{31}$ . Scelto un punto $O$ , il centro stella, le tensioni di fase $\bar E_1$ , $\bar E_2$ , $\bar E_3$ sono le tensioni tra ciascun morsetto e $O$ .

Proposizione

Per qualunque tripolo $\bar I_1 + \bar I_2 + \bar I_3 = 0$ e $\bar V_{12} + \bar V_{23} + \bar V_{31} = 0$ . Le tensioni concatenate sono differenze di tensioni di fase, $\bar V_{12} = \bar E_1 - \bar E_2$ , $\bar V_{23} = \bar E_2 - \bar E_3$ , $\bar V_{31} = \bar E_3 - \bar E_1$ , qualunque sia il centro stella. Passando dal centro $O$ a un altro centro $O'$ le tensioni di fase diventano $\bar E'_k = \bar E_k - \bar V_{O'O}$ .

Dimostrazione.

La prima uguaglianza è la legge delle correnti per una superficie che racchiude il tripolo, la seconda la legge delle tensioni per la maglia che tocca i tre morsetti; in regime sinusoidale valgono per i fasori. La legge delle tensioni sulla maglia che passa per $1$ , $2$ e $O$ dà $\bar V_{12} = \bar V_{1O} + \bar V_{O2} = \bar E_1 - \bar E_2$ , e lo stesso vale per le altre due. Infine $\bar E'_k = \bar V_{kO'} = \bar V_{kO} + \bar V_{OO'} = \bar E_k - \bar V_{O'O}$ .

Fine della dimostrazione.

Correnti di linea e tensioni concatenate formano quindi terne a somma nulla. Le tensioni di fase no: la loro somma dipende da dove sta il centro stella, e spostarlo aggiunge a tutte e tre la stessa tensione. Una sola scelta le rende a somma nulla, $\bar V_{O'O} = (\bar E_1 + \bar E_2 + \bar E_3)/3$ , e il punto corrispondente si chiama centro teorico. Se nel piano complesso si segna un punto per il potenziale di ciascun morsetto, le tensioni concatenate sono i lati del triangolo che ha quei punti per vertici, e il centro teorico ne è il baricentro.

Terne simmetriche

Definizione (terna simmetrica)

Tre fasori $\bar A_1$ , $\bar A_2$ , $\bar A_3$ formano una terna simmetrica se hanno lo stesso modulo e sono sfasati di $120°$ l’uno dall’altro. La terna è diretta se $\bar A_2$ è in ritardo di $120°$ su $\bar A_1$ e $\bar A_3$ in ritardo di $120°$ su $\bar A_2$ , inversa se i ritardi sono anticipi. Con l’operatore

\alpha = e^{j2\pi/3} = -\tfrac12 + j\tfrac{\sqrt3}{2}

una terna diretta si scrive $\bar A_2 = \alpha^2\bar A_1$ e $\bar A_3 = \alpha\bar A_1$ .

I vettori rotanti di una terna diretta, girando in senso antiorario, passano davanti a un asse fisso nell’ordine $1$ , $2$ , $3$ ; quelli di una terna inversa nell’ordine $1$ , $3$ , $2$ . L’ordine delle fasi decide il verso di rotazione di un motore trifase: scambiando due conduttori qualsiasi una terna diretta diventa inversa, e il motore gira al contrario.

Una terna simmetrica diretta di tensioni: tre fasori di uguale modulo sfasati di $120°$ e le tre sinusoidi che rappresentano. Nell’animazione la terna ruota e le onde scorrono; in ogni istante la somma delle tre tensioni è zero.

Proposizione (tensioni concatenate di una terna simmetrica)

Vale $1 + \alpha + \alpha^2 = 0$ : la somma dei fasori di una terna simmetrica è nulla, e in ogni istante lo è la somma delle tre sinusoidi. Se le tensioni di fase formano una terna simmetrica diretta di modulo $E$ , le tensioni concatenate formano una terna simmetrica diretta di modulo

V = \sqrt3\,E ,

e $\bar V_{12}$ è in anticipo di $30°$ su $\bar E_1$ .

Dimostrazione.

Siccome $\alpha^3 = e^{j2\pi} = 1$ e $\alpha \neq 1$ , si ha $1 + \alpha + \alpha^2 = (1 - \alpha^3)/(1 - \alpha) = 0$ , quindi $\bar A_1 + \bar A_2 + \bar A_3 = \bar A_1\,(1 + \alpha^2 + \alpha) = 0$ ; e l’antitrasformata di una somma di fasori è la somma delle sinusoidi. Poi $\bar V_{12} = \bar E_1 - \alpha^2\bar E_1 = (1 - \alpha^2)\,\bar E_1$ , con

1 - \alpha^2 = 1 - \left(-\tfrac12 - j\tfrac{\sqrt3}{2}\right) = \tfrac32 + j\tfrac{\sqrt3}{2} = \sqrt3\,e^{j\pi/6} .

Allo stesso modo $\bar V_{23} = (1 - \alpha^2)\,\bar E_2 = \alpha^2\,\bar V_{12}$ e $\bar V_{31} = (1 - \alpha^2)\,\bar E_3 = \alpha\,\bar V_{12}$ .

Fine della dimostrazione.

A $230$ V di fase corrispondono $230\sqrt3 = 398$ V concatenati, arrotondati a $400$ : sono le due tensioni della rete di bassa tensione.

Le tensioni di fase di una terna simmetrica diretta, in blu, e le tensioni concatenate, in arancione, che uniscono le loro punte. Riportata nell’origine, $\bar V_{12}$ è $\sqrt3$ volte più lunga di $\bar E_1$ e in anticipo di $30°$ .

Collegamenti a stella e a triangolo

Un generatore trifase si ottiene da tre generatori monofase. Collegati a stella hanno un morsetto in comune, il centro stella, e gli altri tre sono i morsetti del tripolo: le tensioni dei generatori sono tensioni di fase. Collegati a triangolo formano un anello, e i morsetti sono i tre punti di giunzione: le tensioni dei generatori sono tensioni concatenate, e un centro stella fisico non c’è. Gli alternatori hanno di solito gli avvolgimenti a stella, e il centro stella può essere collegato a terra o portato fuori come quarto conduttore, il neutro.

Anche un carico trifase è fatto di tre impedenze, a stella o a triangolo, ed è equilibrato se le tre impedenze sono uguali. Nel triangolo ogni impedenza sta tra due linee, e la sua corrente, detta corrente di fase, non coincide con nessuna corrente di linea.

Un carico a triangolo. Le correnti di linea $\bar I_1$ , $\bar I_2$ , $\bar I_3$ entrano nei vertici; le correnti di fase $\bar I_{12}$ , $\bar I_{23}$ , $\bar I_{31}$ percorrono le impedenze. In ogni vertice la corrente di linea è la differenza tra la corrente di fase che esce e quella che entra.

Proposizione (correnti in un carico a triangolo)

Un carico a triangolo equilibrato, con impedenze $\bar Z_\Delta$ , alimentato da tensioni concatenate simmetriche dirette, ha correnti di fase $\bar I_{12} = \bar V_{12}/\bar Z_\Delta$ , $\bar I_{23}$ , $\bar I_{31}$ che formano una terna simmetrica diretta, e correnti di linea

\bar I_1 = \sqrt3\,e^{-j\pi/6}\;\bar I_{12} ,

e analoghe per le altre due linee: la corrente di linea è $\sqrt3$ volte la corrente di fase, in ritardo di $30°$ . Verso la linea il carico equivale a una stella con impedenze $\bar Z_Y = \bar Z_\Delta/3$ .

Dimostrazione.

Le correnti di fase sono le tensioni concatenate divise per la stessa impedenza, quindi $\bar I_{23} = \alpha^2\bar I_{12}$ e $\bar I_{31} = \alpha\bar I_{12}$ . Nel vertice $1$ entrano $\bar I_1$ e $\bar I_{31}$ ed esce $\bar I_{12}$ , e la legge delle correnti dà

\bar I_1 = \bar I_{12} - \bar I_{31} = (1 - \alpha)\,\bar I_{12} , \qquad 1 - \alpha = \tfrac32 - j\tfrac{\sqrt3}{2} = \sqrt3\,e^{-j\pi/6} .

L’equivalenza con la stella è la trasformazione stella-triangolo dell’articolo sulla resistenza equivalente: la dimostrazione vale parola per parola per le impedenze in regime sinusoidale, e con tre impedenze uguali dà $\bar Z_Y = \bar Z_\Delta\,\bar Z_\Delta/(3\bar Z_\Delta) = \bar Z_\Delta/3$ .

Fine della dimostrazione.

La potenza di un tripolo

Proposizione (potenza di un tripolo)

La potenza istantanea assorbita da un tripolo, $p(t) = e_1i_1 + e_2i_2 + e_3i_3$ , e la sua potenza complessa, $\bar S = \bar E_1\bar I_1^* + \bar E_2\bar I_2^* + \bar E_3\bar I_3^* = P + jQ$ , non dipendono dal centro stella a cui sono riferite le tensioni di fase. In particolare, con il centro stella sul morsetto $3$ ,

p(t) = v_{13}\,i_1 + v_{23}\,i_2 , \qquad P = \mathrm{Re}\big(\bar V_{13}\bar I_1^*\big) + \mathrm{Re}\big(\bar V_{23}\bar I_2^*\big) .

Dimostrazione.

Si collegano ai morsetti, al posto del resto della rete, tre generatori ideali di tensione con il morsetto negativo in $O$ e le tensioni $e_k$ del tripolo. Per il teorema di sostituzione nel tripolo non cambia nulla, e per il teorema di Tellegen la potenza che il tripolo assorbe è quella che i generatori erogano, $\sum_k e_ki_k$ . Cambiando centro stella $e'_k = e_k - v_{O'O}$ , e

\sum_k e'_k\,i_k = \sum_k e_k\,i_k - v_{O'O}\sum_k i_k = \sum_k e_k\,i_k ,

perché la somma delle correnti di linea è nulla. Per la potenza complessa il conto è lo stesso con i coniugati delle correnti. Con il centro stella sul morsetto $3$ si ha $e_3 = 0$ , $e_1 = v_{13}$ ed $e_2 = v_{23}$ .

Fine della dimostrazione.

L’ultima formula è il teorema di Aron, da Hermann Aron, che negli anni Ottanta dell’Ottocento costruì alcuni dei primi contatori di energia elettrica. Su una linea a tre fili la potenza attiva si misura con due soli wattmetri, ciascuno con la bobina amperometrica su una linea e la voltmetrica tra quella linea e la terza: la somma delle due letture è la potenza totale, qualunque siano le tensioni e i carichi. Le singole letture invece non hanno un significato fisico, e una delle due può essere negativa. Con il neutro il teorema non vale più, perché la somma delle correnti di linea non è più nulla, e servono tre wattmetri.

L’inserzione Aron. Ciascun wattmetro ha la bobina amperometrica in serie a una linea e la voltmetrica tra quella linea e la linea $3$ : il primo misura la media di $v_{13}\,i_1$ , il secondo quella di $v_{23}\,i_2$ , e la somma è la potenza attiva assorbita dal carico, anche squilibrato.

Sistemi simmetrici ed equilibrati

Teorema (potenza di un sistema simmetrico ed equilibrato)

Se le tensioni di fase riferite al centro teorico e le correnti di linea formano due terne simmetriche dirette, di moduli $E$ e $I$ , con $\bar I_1$ in ritardo di $\varphi$ su $\bar E_1$ , la potenza istantanea è costante e vale

p(t) = P = 3EI\cos\varphi = \sqrt3\,VI\cos\varphi ;

la potenza reattiva è $Q = \sqrt3\,VI\sin\varphi$ e la potenza apparente $S = \sqrt3\,VI$ .

Dimostrazione.

Per la proposizione sulla potenza istantanea dell’articolo sulle potenze, la potenza della fase $k$ è $p_k(t) = EI\cos\varphi - EI\cos(2\omega t + \alpha_{E_k} + \alpha_{I_k})$ . Da una fase alla successiva le fasi della tensione e della corrente diminuiscono entrambe di $2\pi/3$ , e la loro somma di $4\pi/3$ . I tre termini oscillanti sono quindi sinusoidi della stessa ampiezza con fasi $\theta$ , $\theta - 4\pi/3$ e $\theta - 8\pi/3$ , cioè $\theta$ , $\theta + 2\pi/3$ e $\theta - 2\pi/3$ : una terna simmetrica, di somma nulla. Restano i tre termini costanti, $3EI\cos\varphi$ , e $3EI = \sqrt3\,VI$ perché $E = V/\sqrt3$ . Nella potenza complessa i prodotti $\bar E_k\bar I_k^*$ sono uguali per le tre fasi, perché la rotazione di $\bar E_k$ si cancella con quella del coniugato di $\bar I_k$ , e $\bar S = 3\bar E_1\bar I_1^* = 3EI\,e^{j\varphi}$ .

Fine della dimostrazione.

Un carico trifase equilibrato riceve una potenza che non oscilla, e un motore una coppia costante. In monofase la potenza istantanea scende due volte per periodo a $VI(\cos\varphi - 1)$ , che è zero o negativo, e i motori monofase hanno una coppia che pulsa a frequenza doppia di quella della rete. Nella formula $\sqrt3\,VI\cos\varphi$ compaiono la tensione concatenata e la corrente di linea, che si misurano sempre; $\varphi$ resta però lo sfasamento tra tensione di fase e corrente di linea, uguale all’argomento dell’impedenza di una fase della stella equivalente. Il fattore di potenza del sistema è quello di una fase.

Le potenze istantanee delle tre fasi di un carico resistivo equilibrato, in unità della potenza media di una fase. Ciascuna oscilla tra zero e il doppio della media, a frequenza doppia di quella della rete; la loro somma, la retta nera, è costante e vale tre.

Interruttore salvamotore grigio e nero con tre morsetti a vite in alto e tre in basso, un pulsante rosso STOP, un pulsante nero START e una rotella di regolazione sul frontale, con la sigla GV2ME08 2,5-4 A. — Un interruttore salvamotore per un motore trifase. I morsetti in alto, marcati 1/L1, 3/L2 e 5/L3, ricevono le tre fasi della linea; quelli in basso, 2/T1, 4/T2 e 6/T3, vanno al motore. Il neutro non c’è: il motore è un carico equilibrato e non ne ha bisogno. La rotella regola, qui tra $2{,}5$ e $4$ A, la corrente oltre la quale l’interruttore interviene, e delle protezioni si occupa un articolo più avanti nel percorso.
Fluppe37, CC0, via Wikimedia Commons

Il circuito stella-stella e il neutro

Il sistema più semplice è un generatore a stella collegato a un carico a stella da tre conduttori di linea, con o senza il neutro tra i due centri stella $O$ e $O'$ . I tre lati, ciascuno con un generatore e un’impedenza, e il neutro stanno tutti tra gli stessi due nodi, e la tensione tra i centri stella si ricava con la formula di Millman dell’articolo sui metodi di analisi.

Il circuito stella-stella. Tre generatori a stella con centro $O$ alimentano tre impedenze a stella con centro $O'$ ; il neutro, quando c’è, collega i due centri.

Proposizione (tensione tra i centri stella)

In un circuito stella-stella con tensioni dei generatori $\bar E_k$ , ammettenze di carico $\bar Y_k = 1/\bar Z_k$ e ammettenza del neutro $\bar Y_0$ , nulla se il neutro manca,

\bar V_{O'O} = \frac{\bar Y_1\bar E_1 + \bar Y_2\bar E_2 + \bar Y_3\bar E_3}{\bar Y_1 + \bar Y_2 + \bar Y_3 + \bar Y_0} .

Le tensioni sulle fasi del carico sono $\bar E_k - \bar V_{O'O}$ , le correnti di linea $\bar I_k = \bar Y_k\,(\bar E_k - \bar V_{O'O})$ , e la corrente del neutro, da $O'$ verso $O$ , è $\bar I_0 = \bar I_1 + \bar I_2 + \bar I_3$ . Con tensioni simmetriche e carico equilibrato $\bar V_{O'O} = 0$ , con o senza neutro, e nel neutro non passa corrente.

Dimostrazione.

La rete ha due soli nodi, $O$ e $O'$ : ogni lato è un generatore ideale di tensione con un’impedenza in serie, e il neutro un lato senza generatore. La prima formula è quindi la formula di Millman, e la tensione sull’impedenza del lato $k$ viene dalla legge delle tensioni. La legge delle correnti in $O'$ dà la corrente del neutro. Con $\bar Y_k = \bar Y$ per tutte le fasi il numeratore è $\bar Y\,(\bar E_1 + \bar E_2 + \bar E_3)$ , che è nullo per una terna simmetrica.

Fine della dimostrazione.

Con un carico squilibrato e senza neutro il centro stella del carico si sposta, e le tre fasi del carico ricevono tensioni diverse, alcune più alte e altre più basse di quelle dei generatori. Se una fase è aperta, le altre due sono due impedenze in serie sotto una tensione concatenata; con due resistori uguali ciascuno ha $V/2 = 0{,}87\,E$ . Se invece una fase è molto più carica delle altre, il centro stella si avvicina al suo morsetto, e le altre due salgono verso la tensione concatenata $\sqrt3\,E$ . In un impianto squilibrato senza neutro le lampade di una fase possono restare fioche mentre quelle di un’altra si bruciano.

Il triangolo delle tensioni concatenate e, in grigio, le tensioni di fase dei generatori riferite al centro $O$ . Il carico è a stella senza neutro, con resistori uguali sulle fasi 1 e 2; nell’animazione il resistore della fase 3 cambia, da circuito aperto a molto più piccolo degli altri. Il centro stella del carico $O'$ , in arancione, scorre sulla retta di $\bar E_3$ , e le tensioni sulle fasi del carico, in blu, cambiano di lunghezza: con la fase 3 aperta le fasi 1 e 2 hanno $0{,}87\,E$ , con la fase 3 molto carica si avvicinano a $\sqrt3\,E$ .

Il neutro impone lo stesso potenziale ai due centri stella. Ogni fase del carico ha allora la tensione del proprio generatore, qualunque sia il carico, e il neutro porta la somma delle correnti di linea. Le reti di distribuzione in bassa tensione hanno sempre il neutro, perché alimentano utenze monofase collegate tra una fase e il neutro, e il carico complessivo non è mai del tutto equilibrato.

Il monofase equivalente

Proposizione (monofase equivalente)

Sia una rete trifase fatta di tre fasi uguali, alimentata da generatori a stella con centro $O$ e tensioni simmetriche dirette, e con una sola soluzione. Allora tutti i centri stella sono allo stesso potenziale di $O$ , e ogni grandezza delle fasi $2$ e $3$ è quella corrispondente della fase $1$ moltiplicata per $\alpha^2$ e per $\alpha$ .

Dimostrazione.

Siano $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ i valori di una stessa grandezza nelle tre fasi, per esempio la corrente in un’impedenza, e $u$ la tensione tra un centro stella e $O$ . Si considerino i valori $x'_k = \alpha\,x_{k+1}$ e $u' = \alpha\,u$ , con gli indici contati in cerchio, $x_4 = x_1$ . Le equazioni della fase $k$ hanno gli stessi coefficienti di quelle della fase $k + 1$ , perché le fasi sono uguali, e le equazioni dei centri stella, come la legge delle correnti in un centro, coinvolgono le tre fasi allo stesso modo. Le equazioni sono lineari, e moltiplicate per $\alpha$ restano soddisfatte dai nuovi valori. Anche i generatori tornano, perché $\alpha\,\bar E_{k+1} = \alpha\cdot\alpha^2\,\bar E_k = \bar E_k$ . I valori con l’apice sono quindi una soluzione, e per l’unicità coincidono con quelli di partenza: $x_{k+1} = \alpha^{-1}x_k = \alpha^2x_k$ , e $u = \alpha u$ , cioè $u = 0$ .

Fine della dimostrazione.

Siccome tutti i centri stella sono allo stesso potenziale, collegarli con un neutro ideale non cambia nulla, e ogni fase diventa un circuito a sé: il generatore $\bar E_1$ , le impedenze di linea e di carico della fase $1$ e il neutro come ritorno. È il monofase equivalente. I carichi a triangolo vanno prima trasformati nelle stelle equivalenti, con $\bar Z_Y = \bar Z_\Delta/3$ . Risolto il circuito della fase $1$ , le altre fasi si ottengono ruotando: $\bar I_2 = \alpha^2\bar I_1$ , $\bar I_3 = \alpha\bar I_1$ ; le tensioni concatenate sono $\sqrt3$ volte quelle di fase e in anticipo di $30°$ , e le potenze totali sono tre volte quelle del monofase equivalente.

Caduta di tensione e perdite in una linea trifase

Proposizione (caduta di tensione e perdite di una linea trifase)

Una linea trifase con resistenza $R$ e reattanza $X$ per fase alimenta un carico equilibrato che assorbe le potenze $P$ e $Q$ con tensione concatenata $V$ e fattore di potenza $\cos\varphi$ . Se la caduta di tensione concatenata $\Delta V$ è piccola rispetto a $V$ ,

\Delta V \approx \frac{PR + QX}{V} ,

e le perdite in linea valgono

\Delta P = \frac{R\,P^2}{V^2\cos^2\varphi} , \qquad \frac{\Delta P}{P} = \frac{R\,P}{V^2\cos^2\varphi} .

Dimostrazione.

Nel monofase equivalente la linea è un’impedenza $R + jX$ percorsa dalla corrente di linea $I$ , e il carico ha la tensione di fase $V/\sqrt3$ . Per la caduta di tensione industriale la caduta di tensione di fase è circa $I\,(R\cos\varphi + X\sin\varphi)$ . La caduta concatenata è $\sqrt3$ volte quella di fase, e con $I\cos\varphi = P/(\sqrt3\,V)$ e $I\sin\varphi = Q/(\sqrt3\,V)$

\Delta V \approx \sqrt3\left(R\,\frac{P}{\sqrt3\,V} + X\,\frac{Q}{\sqrt3\,V}\right) = \frac{PR + QX}{V} .

Le perdite sono quelle di tre resistori $R$ percorsi da $I = P/(\sqrt3\,V\cos\varphi)$ , cioè $\Delta P = 3RI^2 = RP^2/(V^2\cos^2\varphi)$ .

Fine della dimostrazione.

Nella formula $P$ , $Q$ e $V$ sono le grandezze del carico, all’arrivo della linea. Le perdite relative crescono con la potenza trasportata e diminuiscono con il quadrato della tensione e del fattore di potenza: per portare grandi potenze lontano servono tensioni alte e carichi rifasati. Il prossimo articolo confronta così le linee in continua, monofase e trifase.

Il rifasamento trifase

Proposizione (batteria di rifasamento trifase)

Per portare il fattore di potenza di un carico equilibrato, di potenza attiva $P$ , da $\cos\varphi_1$ a $\cos\varphi_2$ serve una potenza reattiva capacitiva $Q_c = P\,(\tan\varphi_1 - \tan\varphi_2)$ . Con tre condensatori uguali collegati a stella la capacità di ciascuno è

C_Y = \frac{Q_c}{\omega V^2} ,

collegati a triangolo è $C_\Delta = Q_c/(3\omega V^2) = C_Y/3$ .

Dimostrazione.

La potenza attiva non cambia, e la reattiva passa da $P\tan\varphi_1$ a $P\tan\varphi_2$ : per il teorema di Boucherot la differenza la fornisce la batteria. Un condensatore sotto la tensione efficace $U$ fornisce la potenza reattiva $\omega CU^2$ . A stella ciascun condensatore ha la tensione di fase $V/\sqrt3$ , e i tre insieme danno $3\,\omega C_Y V^2/3 = \omega C_Y V^2$ ; a triangolo ciascuno ha la tensione concatenata, e i tre danno $3\,\omega C_\Delta V^2$ .

Fine della dimostrazione.

A triangolo i condensatori hanno un terzo della capacità, e costano meno, ma devono sopportare la tensione concatenata invece di quella di fase. Nelle batterie di rifasamento in bassa tensione il collegamento a triangolo è il più diffuso.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Una linea trifase con $R = 0{,}4\ \Omega$ e $X = 0{,}8\ \Omega$ per fase è alimentata alla partenza da tensioni concatenate simmetriche di $400$ V e alimenta un carico a triangolo equilibrato con $\bar Z_\Delta = 36 + j27\ \Omega$ . Calcola la corrente di linea, la tensione concatenata sul carico, le potenze del carico e le perdite in linea.

La stella equivalente ha $\bar Z_Y = 12 + j9\ \Omega$ . Nel monofase equivalente la tensione di fase alla partenza è $400/\sqrt3 = 230{,}9$ V e l’impedenza totale è $12{,}4 + j9{,}8\ \Omega$ , di modulo $15{,}81\ \Omega$ , quindi $I = 230{,}9/15{,}81 = 14{,}61$ A. Sul carico la tensione di fase è $I\,|\bar Z_Y| = 14{,}61 \cdot 15 = 219{,}2$ V, e la concatenata $379{,}6$ V. In ciascuna impedenza del triangolo passa $379{,}6/45 = 8{,}44$ A, cioè $I/\sqrt3$ . Il carico assorbe $P = 3 \cdot 12 \cdot 14{,}61^2 = 7{,}69$ kW e $Q = 3 \cdot 9 \cdot 14{,}61^2 = 5{,}76$ kVAr; la linea dissipa $3 \cdot 0{,}4 \cdot 14{,}61^2 = 256$ W, il $3{,}3\%$ della potenza del carico.

Commento: la caduta di tensione esatta è $400 - 379{,}6 = 20{,}4$ V. La formula approssimata con la tensione del carico dà $(7686 \cdot 0{,}4 + 5765 \cdot 0{,}8)/379{,}6 = 20{,}2$ V; con $400$ V al denominatore darebbe $19{,}2$ V. La formula è ricavata con le grandezze all’arrivo, e la tensione va presa lì.

Esercizio 2. Un carico a stella senza neutro, con resistori da $46\ \Omega$ sulle fasi $1$ e $2$ e da $23\ \Omega$ sulla fase $3$ , è alimentato da tensioni di fase simmetriche dirette di $230$ V. Calcola le tensioni sulle tre fasi del carico. Che cosa cambia collegando il neutro?

Con $G = 1/46$ S le conduttanze sono $G$ , $G$ e $2G$ . Per la formula di Millman, usando $\bar E_1 + \bar E_2 = -\bar E_3$ ,

\bar V_{O'O} = \frac{G\bar E_1 + G\bar E_2 + 2G\bar E_3}{4G} = \frac{-\bar E_3 + 2\bar E_3}{4} = \frac{\bar E_3}{4} ,

un fasore di $57{,}5$ V nella direzione di $\bar E_3$ . La fase $3$ del carico ha $\tfrac34\bar E_3$ , cioè $172{,}5$ V. Per la fase $1$ , con $\bar E_1 = j230$ V e $\bar E_3/4 = 57{,}5$ V a $210°$ , cioè $-49{,}8 - j28{,}75$ V,

\bar E_1 - \frac{\bar E_3}{4} = 49{,}8 + j258{,}75\ \text{V} ,

di modulo $263{,}5$ V, e per simmetria lo stesso vale per la fase $2$ . Con il neutro ogni fase del carico ha $230$ V, e nel neutro passa $\bar I_0 = G\bar E_1 + G\bar E_2 + 2G\bar E_3 = G\bar E_3$ , cioè $230/46 = 5$ A.

Commento: senza neutro le due fasi meno cariche hanno il $15\%$ di tensione in più, e la più carica il $25\%$ in meno. Con il neutro i due resistori da $46\ \Omega$ assorbono $1150$ W ciascuno e quello da $23\ \Omega$ $2300$ W; senza, $1509$ W e $1294$ W. Una lampada a incandescenza con il $15\%$ di tensione in più dura una frazione della sua vita normale.

Esercizio 3. Un motore trifase assorbe $15$ kW con $\cos\varphi = 0{,}8$ da una rete a $400$ V e $50$ Hz. Calcola la batteria di condensatori, a stella e a triangolo, che porta il fattore di potenza a $0{,}95$ , e la corrente di linea prima e dopo.

$\tan\varphi_1 = 0{,}75$ e $\tan\varphi_2 = 0{,}329$ , quindi $Q_c = 15 \cdot (0{,}75 - 0{,}329) = 6{,}32$ kVAr. Con $\omega = 314$ rad/s, $C_Y = 6320/(314 \cdot 400^2) = 126$ μF e $C_\Delta = 42$ μF. La corrente di linea passa da $15\,000/(\sqrt3 \cdot 400 \cdot 0{,}8) = 27{,}1$ A a $15\,000/(\sqrt3 \cdot 400 \cdot 0{,}95) = 22{,}8$ A.

Commento: le perdite nella linea che alimenta il motore scendono al $71\%$ , perché vanno con il quadrato della corrente. A triangolo ogni condensatore lavora a $400$ V, a stella a $231$ V: la scelta è tra una capacità più piccola e un isolamento meno impegnativo.

Esercizio 4. Un carico trifase equilibrato è alimentato da tensioni simmetriche dirette. Due wattmetri in inserzione Aron, con le voltmetriche collegate alla linea $3$ , segnano $W_1 = 6$ kW e $W_2 = 3$ kW. Mostra che per un carico equilibrato $W_1 = VI\cos(\varphi - 30°)$ e $W_2 = VI\cos(\varphi + 30°)$ , e ricava $P$ , $Q$ e il fattore di potenza.

Con $\bar E_1$ a fase zero, $\bar V_{12}$ è a $30°$ , $\bar V_{23} = \alpha^2\bar V_{12}$ a $-90°$ e $\bar V_{31} = \alpha\bar V_{12}$ a $150°$ , quindi $\bar V_{13} = -\bar V_{31}$ è a $-30°$ . Le correnti sono $\bar I_1$ a $-\varphi$ e $\bar I_2$ a $-120° - \varphi$ . Il primo wattmetro segna $\mathrm{Re}(\bar V_{13}\bar I_1^*) = VI\cos(\varphi - 30°)$ , il secondo $\mathrm{Re}(\bar V_{23}\bar I_2^*) = VI\cos(-90° + 120° + \varphi) = VI\cos(\varphi + 30°)$ . Con le formule di addizione

W_1 + W_2 = 2VI\cos\varphi\cos30° = \sqrt3\,VI\cos\varphi = P , \qquad W_1 - W_2 = 2VI\sin\varphi\sin30° = VI\sin\varphi = \frac{Q}{\sqrt3} .

Quindi $P = 9$ kW, $Q = \sqrt3 \cdot 3 = 5{,}20$ kVAr, $\tan\varphi = Q/P = 0{,}577$ , $\varphi = 30°$ e $\cos\varphi = 0{,}866$ .

Commento: con $\varphi = 30°$ il secondo wattmetro segna esattamente metà del primo. Se il fattore di potenza scende sotto $0{,}5$ , cioè per $\varphi$ oltre $60°$ , $W_2$ diventa negativo e la potenza attiva è la differenza delle letture in valore assoluto. Succede con i motori che girano a vuoto, che assorbono soprattutto potenza reattiva.

Hai trovato un errore o qualcosa che non funziona in questa pagina? Scrivi una segnalazione