Il trasformatore

Elettronica · Elettrotecnica Articolo 15 settembre 2026

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Indice

Una macchina senza parti in movimento

Le macchine elettriche convertono energia: i motori da elettrica a meccanica, i generatori da meccanica a elettrica, i trasformatori da elettrica a elettrica, cambiando tensione e corrente. Motori e generatori sono macchine rotanti; il trasformatore è una macchina statica, senza parti in movimento, e le sue perdite sono piccole: i grandi trasformatori superano il $99\%$ di rendimento. Tutte le macchine elettriche sono reversibili. Un motore può funzionare da generatore, e lo stesso trasformatore alza o abbassa la tensione secondo il verso in cui passa la potenza.

Il trasformatore funziona per induzione elettromagnetica, quindi solo con tensioni che cambiano nel tempo. Nella rete elettrica passa da un livello di tensione all’altro, tra generazione, trasmissione, distribuzione e utenze, come racconta l’introduzione al percorso. Serve anche a separare due circuiti, trasferendo energia senza un collegamento metallico tra loro, e a riportare tensioni e correnti elevate a valori che uno strumento può misurare.

L’avvolgimento con più spire è quello di alta tensione, fatto di un conduttore più sottile perché porta una corrente più piccola; quello con meno spire è di bassa tensione, con un conduttore più grosso. Primario e secondario indicano invece il verso della potenza: il primario la assorbe dalla rete, il secondario la cede al carico. Alta e bassa tensione sono fatti costruttivi, primario e secondario dipendono da come si usa la macchina.

Tensione e flusso

Proposizione (tensione e flusso nel nucleo)

Se un avvolgimento di $N$ spire, senza resistenza e senza flussi dispersi, riceve la tensione $v = \sqrt2\,V\sin\omega t$ , a regime il flusso nel nucleo è $\Phi = -\Phi_M\cos\omega t$ , con

V = \frac{\omega N\Phi_M}{\sqrt2} = \frac{2\pi}{\sqrt2}\,f\,N\,B_M\,S \approx 4{,}44\,f\,N\,B_M\,S ,

dove $S$ è la sezione del nucleo e $B_M$ il valore massimo dell’induzione, supposta uniforme sulla sezione.

Dimostrazione.

Per la legge di Faraday $v = N\,d\Phi/dt$ , quindi

\Phi(t) = \Phi(0) + \frac1N\int_0^t v\,dt = \Phi(0) + \frac{\sqrt2\,V}{\omega N}\,(1 - \cos\omega t) .

La parte costante dipende dall’istante in cui l’avvolgimento viene collegato; nel trasformatore reale le resistenze, qui trascurate, la smorzano, e a regime resta $\Phi = -\sqrt2\,V\cos\omega t/(\omega N)$ . L’ampiezza è $\Phi_M = \sqrt2\,V/(\omega N)$ , e con induzione uniforme $\Phi_M = B_MS$ .

Fine della dimostrazione.

La tensione applicata fissa il flusso, qualunque sia il carico: il nucleo lavora con la stessa induzione massima a vuoto e a pieno carico. Il costruttore sceglie $B_M$ poco sotto il ginocchio della curva di magnetizzazione, e da lì ricava il numero di spire per volt e la sezione del nucleo. Per la stessa ragione un trasformatore da $50$ Hz non si può alimentare a $25$ Hz con la stessa tensione: il flusso raddoppierebbe, il nucleo andrebbe in saturazione e la corrente magnetizzante diventerebbe enorme. In continua nessuna tensione costante è sostenibile. La parte costante del flusso spiega anche la corrente di inserzione: se il trasformatore viene collegato mentre la tensione passa per zero, nel primo periodo il flusso arriva quasi al doppio del valore di regime, e il nucleo satura.

La tensione applicata a un avvolgimento, in blu, e il flusso nel nucleo, in arancione. La tensione è proporzionale alla derivata del flusso: il flusso è massimo quando la tensione passa per zero, e resta in ritardo di un quarto di periodo.

Due avvolgimenti sullo stesso nucleo, senza flussi dispersi, hanno la stessa tensione per spira, e quindi $V_1/V_2 = N_1/N_2 = k$ , il rapporto di trasformazione. L’articolo sul mutuo induttore ha dimostrato che, se anche la riluttanza del nucleo è trascurabile, le correnti stanno nel rapporto inverso e la potenza che entra dal primario esce tutta dal secondario: è il trasformatore ideale. Da qui in avanti la corrente del secondario $\bar I_2$ si prende uscente dal morsetto contrassegnato, verso il carico, e le relazioni tra i fasori diventano

\bar V_1 = k\,\bar V_2 , \qquad \bar I_1 = \frac{\bar I_2}{k} , \qquad \bar V_1\bar I_1^* = \bar V_2\bar I_2^* .

Proposizione (impedenze viste attraverso il trasformatore ideale)

Un’impedenza $\bar Z$ collegata al secondario di un trasformatore ideale di rapporto $k$ è vista dal primario come $k^2\bar Z$ . Un’impedenza in serie al secondario si può spostare in serie al primario moltiplicandola per $k^2$ , e una in serie al primario si sposta al secondario dividendola per $k^2$ , senza cambiare le grandezze ai morsetti né le potenze.

Dimostrazione.

Con $\bar V_2 = \bar Z\,\bar I_2$ si ha $\bar V_1 = k\bar V_2 = k\bar Z\,\bar I_2 = k^2\bar Z\,\bar I_1$ . Con l’impedenza $\bar Z$ in serie al secondario e la tensione $\bar V_1$ ai morsetti del primario, la tensione ai morsetti di uscita è $\bar V_1/k - \bar Z\,\bar I_2$ . Con $k^2\bar Z$ in serie al primario il trasformatore ideale riceve $\bar V_1 - k^2\bar Z\,\bar I_1$ e dà in uscita $\bar V_1/k - k\bar Z\,\bar I_1 = \bar V_1/k - \bar Z\,\bar I_2$ : la stessa tensione con la stessa corrente. L’impedenza assorbe $\bar Z I_2^2$ nel primo caso e $k^2\bar Z I_1^2 = \bar Z I_2^2$ nel secondo. Il passaggio inverso è lo stesso letto al contrario.

Fine della dimostrazione.

Le perdite nel nucleo

Il nucleo è di ferro, un conduttore, e il flusso variabile che lo attraversa vi induce forze elettromotrici. Le correnti che ne nascono, le correnti parassite, girano in piani perpendicolari al flusso e dissipano energia per effetto Joule. A queste si sommano le perdite per isteresi: a ogni periodo il materiale percorre il ciclo di isteresi dell’articolo sui circuiti magnetici, e l’area del ciclo è l’energia dissipata in un periodo per unità di volume. Per l’isteresi Charles Steinmetz propose nel 1892 una formula empirica, un’energia per ciclo proporzionale a $B_M^{\,\alpha}$ con un esponente $\alpha$ tra circa $1{,}6$ e $2$ , secondo il materiale; la potenza persa è $f$ volte quell’energia. Contro l’isteresi conta la qualità del materiale, contro le correnti parassite la forma del nucleo.

Proposizione (perdite per correnti parassite in un lamierino)

In un lamierino di spessore $d$ e conducibilità $\sigma$ , attraversato parallelamente alle facce da un’induzione uniforme $B = B_M\sin\omega t$ , la potenza media dissipata per unità di volume dalle correnti parassite è

p = \frac{\pi^2\sigma f^2 B_M^2 d^2}{6} ,

se lo spessore è molto piccolo rispetto alle altre dimensioni e le correnti parassite non modificano il campo magnetico.

Dimostrazione.

Si prenda l’asse $x$ perpendicolare alle facce, con $x = 0$ a metà spessore, e l’induzione lungo $z$ . Lontano dai bordi il campo elettrico indotto è parallelo alle facce, diretto lungo $y$ , dipende solo da $x$ ed è una funzione dispari di $x$ , per simmetria. La legge di Faraday in forma locale, $\nabla\times\mathbf E = -\partial\mathbf B/\partial t$ , ha componente $z$ uguale a $\partial E_y/\partial x = -dB/dt$ , quindi $E_y = -x\,dB/dt$ . La densità di corrente è $J_y = \sigma E_y$ , e la potenza per unità di volume $\sigma E_y^2 = \sigma x^2\,(dB/dt)^2$ . La media sullo spessore è

\frac1d\int_{-d/2}^{d/2}\sigma x^2\left(\frac{dB}{dt}\right)^2dx = \frac{\sigma d^2}{12}\left(\frac{dB}{dt}\right)^2 ,

e con $dB/dt = \omega B_M\cos\omega t$ , il cui quadrato ha media $\omega^2B_M^2/2$ su un periodo, si ottiene $\sigma d^2\omega^2B_M^2/24 = \pi^2\sigma f^2B_M^2d^2/6$ .

Fine della dimostrazione.

Le perdite crescono con il quadrato dello spessore, ed è per questo che i nuclei sono fatti di lamierini sottili, isolati tra loro con una vernice o uno strato di ossido. Il silicio aggiunto al ferro ne aumenta la resistività, e la conducibilità scende a circa $2$ MS/m. Con lamierini da $0{,}35$ mm, $B_M = 1{,}5$ T e $50$ Hz la formula dà circa $2300$ W/m³, $0{,}3$ W al chilogrammo. In un nucleo pieno le correnti parassite sarebbero così intense da respingere il flusso verso la superficie: a $50$ Hz, con una permeabilità relativa di qualche migliaio, il campo entrerebbe nel ferro solo per circa un millimetro. Le perdite nel ferro, per isteresi e per correnti parassite, dipendono dall’induzione massima e dalla frequenza, cioè dalla tensione applicata, e non dal carico.

La sezione di un nucleo attraversato da un flusso perpendicolare al disegno. Nel nucleo pieno la corrente parassita percorre una spira grande quanto la sezione; divisa in lamierini isolati, la stessa sezione ospita spire strette, con forze elettromotrici più piccole e perdite che scendono con il quadrato dello spessore.

Il circuito equivalente

Un trasformatore reale si allontana da quello ideale in quattro modi. Gli avvolgimenti hanno una resistenza. Il nucleo ha una riluttanza, piccola ma non nulla, e per portare il flusso serve una corrente magnetizzante. Una parte del flusso di ciascun avvolgimento si richiude in aria senza concatenarsi con l’altro: è il flusso disperso. E il nucleo dissipa energia.

Teorema (equazioni del trasformatore reale)

Si divida il flusso concatenato con ciascun avvolgimento in un flusso comune $\Phi$ , che percorre il nucleo di riluttanza $\mathcal R$ e si concatena con tutte le spire dei due avvolgimenti, e in un flusso disperso, concatenato solo con il proprio avvolgimento e proporzionale alla sua corrente, $L_{s1}i_1$ e $L_{s2}i_2$ . Con $\bar I_1$ entrante nel primario e $\bar I_2$ uscente dal secondario, in regime sinusoidale

\bar V_1 = (R_1 + jX_{s1})\,\bar I_1 + \bar E_1 , \qquad \bar V_2 = \bar E_2 - (R_2 + jX_{s2})\,\bar I_2 ,

\bar E_1 = k\,\bar E_2 , \qquad \bar I_1 = \frac{\bar I_2}{k} + \bar I_\mu , \qquad \bar E_1 = jX_\mu\,\bar I_\mu ,

con $X_{s1} = \omega L_{s1}$ , $X_{s2} = \omega L_{s2}$ e $X_\mu = \omega N_1^2/\mathcal R$ .

Dimostrazione.

Il flusso concatenato con il primario è $N_1\Phi + L_{s1}i_1$ , e la tensione ai suoi morsetti, con la resistenza $R_1$ , è $v_1 = R_1i_1 + L_{s1}\,di_1/dt + N_1\,d\Phi/dt$ . Per il secondario, con la corrente uscente, $v_2 = N_2\,d\Phi/dt - L_{s2}\,di_2/dt - R_2i_2$ . Le forze elettromotrici $e_1 = N_1\,d\Phi/dt$ ed $e_2 = N_2\,d\Phi/dt$ stanno nel rapporto $k$ . Nel nucleo, con la corrente del secondario uscente dal morsetto contrassegnato, la legge delle maglie magnetica dà $N_1i_1 - N_2i_2 = \mathcal R\,\Phi$ , cioè $i_1 = i_2/k + i_\mu$ con $i_\mu = \mathcal R\,\Phi/N_1$ . Allora $e_1 = N_1\,d\Phi/dt = (N_1^2/\mathcal R)\,di_\mu/dt$ : la corrente magnetizzante percorre un’induttanza $N_1^2/\mathcal R$ . In fasori le derivate diventano prodotti per $j\omega$ .

Fine della dimostrazione.

La corrente magnetizzante è piccola perché la riluttanza del nucleo è piccola: pochi percento della corrente nominale nei trasformatori piccoli, meno dell’uno percento nei grandi. Le perdite nel ferro si rappresentano con una resistenza $R_{fe}$ in parallelo alla reattanza di magnetizzazione, che sotto la tensione $E_1$ dissipa $E_1^2/R_{fe}$ : una dipendenza dalla tensione che segue abbastanza bene quella delle perdite reali. La corrente totale del ramo derivato, $\bar I_0$ , è la corrente a vuoto, quella che il trasformatore assorbe con il secondario aperto.

Il circuito equivalente del trasformatore monofase. In serie ai due avvolgimenti le loro resistenze e le reattanze dei flussi dispersi; nel ramo derivato la resistenza che rappresenta le perdite nel ferro e la reattanza di magnetizzazione; in mezzo il trasformatore ideale di rapporto $k$ , attraversato dalla corrente $\bar I'_2 = \bar I_2/k$ .

Siccome la corrente a vuoto è piccola, la caduta di tensione che produce su $R_1$ e $X_{s1}$ è trascurabile, e il ramo derivato si può spostare ai morsetti del primario. Con la proposizione sulle impedenze, poi, le impedenze in serie dei due avvolgimenti si portano dalla stessa parte del trasformatore ideale: riferite al primario diventano

R'_{eq} = R_1 + k^2R_2 , \qquad X'_{eq} = X_{s1} + k^2X_{s2} ,

e riferite al secondario $R''_{eq} = R'_{eq}/k^2$ e $X''_{eq} = X'_{eq}/k^2$ . È il modello ridotto, con un errore trascurabile nelle applicazioni e parametri che si misurano con due prove.

Il modello ridotto riferito al primario: il ramo derivato ai morsetti di ingresso, le impedenze in serie dei due avvolgimenti raccolte in $R'_{eq}$ e $X'_{eq}$ , e un trasformatore ideale.

Le prove a vuoto e in cortocircuito

Nella prova a vuoto si alimenta un avvolgimento alla tensione nominale, con l’altro aperto, e si misurano la tensione, la corrente $I_0$ , la potenza $P_0$ e la tensione dell’avvolgimento aperto. Il secondario non porta corrente, la corrente a vuoto è piccola e le cadute di tensione sulle impedenze in serie sono trascurabili: il rapporto delle due tensioni è $k$ , e la potenza assorbita è quella persa nel nucleo alla sua induzione nominale, $P_0 \approx P_{fe}$ .

Nella prova in cortocircuito si chiude in cortocircuito un avvolgimento e si alimenta l’altro con una tensione ridotta, regolata finché la corrente è quella nominale. Si misurano la tensione di cortocircuito $V_k$ e la potenza $P_k$ . La tensione è di pochi percento della nominale, il flusso nel nucleo è altrettanto piccolo, e le perdite nel ferro, che crescono circa con il quadrato del flusso, sono trascurabili: la potenza assorbita è quella persa negli avvolgimenti a corrente nominale, $P_k \approx P_{cu}$ .

Gli schemi delle due prove. Un generatore sinusoidale regolabile alimenta il primario attraverso un amperometro e un wattmetro, con un voltmetro ai morsetti. Nella prova a vuoto il secondario è collegato solo a un voltmetro; nella prova in cortocircuito è chiuso da un conduttore.

I risultati si esprimono in percentuale dei valori nominali: $i_0\% = 100\,I_0/I_n$ , $p_0\% = 100\,P_0/S_n$ , $v_k\% = 100\,V_k/V_n$ e $p_k\% = 100\,P_k/S_n$ . Con la potenza, le tensioni e la frequenza nominali stanno sulla targa del trasformatore, e bastano a costruirne il modello ridotto.

Targa metallica di un trasformatore trifase in resina Trafo-Union GEAFOL con i dati in tabella: potenza 400 kVA, anno 1975, tensioni di 21 000, 20 000 e 19 000 V e 400 V, correnti 11,55 A e 577 A, frequenza 50 Hz, gruppo Dyn 5, raffreddamento AN, massa 1,78 t. — La targa di un trasformatore trifase in resina da $400$ kVA e $50$ Hz, del 1975. L’alta tensione nominale è di $20$ kV, con prese di regolazione a $21$ e a $19$ kV, la bassa di $400$ V, e le correnti nominali sono $11{,}55$ A e $577$ A. Le correnti tornano con $I_n = S_n/(\sqrt3\,V_n)$ : per esempio $400\,000/(\sqrt3\cdot 20\,000) = 11{,}55$ A. Si leggono anche il gruppo di collegamento, Dyn5, il raffreddamento naturale in aria, AN, la tensione di cortocircuito, $v_k\% = 5{,}85$ , e la massa, $1{,}78$ t.
Rotkaeppchen68, CC BY-SA 4.0, via Wikimedia Commons

Proposizione (parametri del modello ridotto dai dati di targa)

Riferiti all’avvolgimento di tensione nominale $V_n$ , per un trasformatore monofase di potenza nominale $S_n$ ,

Z_{eq} = \frac{v_k\%}{100}\,\frac{V_n^2}{S_n} , \qquad R_{eq} = \frac{p_k\%}{100}\,\frac{V_n^2}{S_n} , \qquad X_{eq} = \sqrt{Z_{eq}^2 - R_{eq}^2} ,

R_{fe} = \frac{100}{p_0\%}\,\frac{V_n^2}{S_n} , \qquad Y_0 = \frac{i_0\%}{100}\,\frac{S_n}{V_n^2} , \qquad X_\mu = \frac{1}{\sqrt{Y_0^2 - 1/R_{fe}^2}} .

Dimostrazione.

La corrente nominale è $I_n = S_n/V_n$ . Nella prova in cortocircuito il ramo derivato, sotto una tensione ridotta, assorbe una corrente trascurabile, e resta l’impedenza in serie: $Z_{eq} = V_k/I_n = (v_k\%/100)\,V_n\cdot V_n/S_n$ e $R_{eq} = P_k/I_n^2 = (p_k\%/100)\,S_n\cdot V_n^2/S_n^2$ . Nella prova a vuoto resta il solo ramo derivato sotto la tensione $V_n$ : $P_0 = V_n^2/R_{fe}$ dà $R_{fe}$ , e il modulo dell’ammettenza è $Y_0 = I_0/V_n = (i_0\%/100)\,I_n/V_n$ . L’ammettenza del parallelo è $1/R_{fe} - j/X_\mu$ , di modulo $\sqrt{1/R_{fe}^2 + 1/X_\mu^2}$ , da cui $X_\mu$ .

Fine della dimostrazione.

La tensione di cortocircuito dice anche quanto vale la corrente di un cortocircuito ai morsetti del secondario, se la rete che alimenta il primario è ideale: $I_{cc} = V_n/Z_{eq} = I_n\cdot 100/v_k\%$ . Un trasformatore con $v_k\% = 4$ dà una corrente di cortocircuito di $25$ volte la nominale. Una tensione di cortocircuito alta limita le correnti di guasto ma aumenta la caduta di tensione sotto carico, e il progetto cerca un compromesso; l’articolo sul cortocircuito e le protezioni riparte da qui.

Caduta di tensione e rendimento

Proposizione (caduta di tensione del trasformatore)

Alimentato alla tensione nominale, con tensione a vuoto $V_{20}$ sul secondario, un trasformatore che eroga la corrente $I_2 = \alpha I_{2n}$ a un carico con fattore di potenza $\cos\varphi$ in ritardo ha una caduta di tensione percentuale

\Delta v\% \approx \alpha\,\big(p_k\%\cos\varphi + v_x\%\sin\varphi\big) , \qquad v_x\% = \sqrt{(v_k\%)^2 - (p_k\%)^2} .

Dimostrazione.

Riferito al secondario, il modello ridotto è un generatore ideale di tensione $V_{20}$ con in serie $R''_{eq} + jX''_{eq}$ , come una linea. Per la caduta di tensione industriale $\Delta V \approx I_2\,(R''_{eq}\cos\varphi + X''_{eq}\sin\varphi)$ . Dividendo per $V_{20}$ , che è la tensione nominale del secondario, e usando la proposizione precedente, $I_{2n}R''_{eq}/V_{20} = R''_{eq}S_n/V_{20}^2 = p_k\%/100$ , e allo stesso modo $I_{2n}X''_{eq}/V_{20} = v_x\%/100$ .

Fine della dimostrazione.

Teorema (carico di massimo rendimento)

Alimentato alla tensione nominale, con fattore di potenza del carico $\cos\varphi$ e frazione di carico $\alpha = I_2/I_{2n}$ , e trascurando la caduta di tensione, il trasformatore ha rendimento

\eta(\alpha) = \frac{\alpha S_n\cos\varphi}{\alpha S_n\cos\varphi + P_0 + \alpha^2P_k} ,

che è massimo per $\alpha^* = \sqrt{P_0/P_k}$ , cioè quando le perdite negli avvolgimenti uguagliano quelle nel ferro.

Dimostrazione.

La potenza erogata è $\alpha S_n\cos\varphi$ . Le perdite nel ferro dipendono dalla tensione, che non cambia, e valgono $P_0$ ; quelle negli avvolgimenti vanno con il quadrato della corrente e a corrente nominale valgono $P_k$ , quindi $\alpha^2P_k$ . Il rendimento è massimo quando è minimo il rapporto tra le perdite e la potenza erogata, cioè quando è minima $g(\alpha) = P_0/\alpha + \alpha P_k$ . La derivata $g'(\alpha) = -P_0/\alpha^2 + P_k$ è negativa per $\alpha^2 < P_0/P_k$ , positiva dopo, e si annulla per $\alpha^2P_k = P_0$ .

Fine della dimostrazione.

Il massimo cade allo stesso carico con qualunque fattore di potenza. I trasformatori di distribuzione passano gran parte del tempo lontano dal carico nominale, e si progettano con perdite a vuoto piccole rispetto a quelle in cortocircuito, così che il massimo rendimento cada attorno a metà del carico.

Il rendimento di un trasformatore da $630$ kVA, con $P_0 = 1{,}26$ kW e $P_k = 6{,}3$ kW, al variare della frazione di carico $\alpha$ , con $\cos\varphi = 1$ e $\cos\varphi = 0{,}8$ . Il massimo è per $\alpha^* = \sqrt{P_0/P_k} \approx 0{,}45$ ; a vuoto il rendimento crolla, perché le perdite nel ferro restano mentre la potenza erogata va a zero.

I trasformatori trifase

Un sistema trifase si può trasformare con tre trasformatori monofase, uno per fase, ma conviene riunirli su un solo nucleo. Tre nuclei monofase affiancati, ciascuno con una colonna per gli avvolgimenti e una di ritorno, possono avere le tre colonne di ritorno fuse in una, percorsa dalla somma dei tre flussi. Con tensioni simmetriche, per la proposizione sulla tensione e il flusso, i tre flussi formano una terna simmetrica e la loro somma è nulla: la colonna di ritorno non serve. Resta il nucleo a tre colonne, con i due avvolgimenti di ogni fase sulla stessa colonna e i gioghi che chiudono il circuito magnetico.

Il nucleo a tre colonne di un trasformatore trifase, con l’avvolgimento di bassa tensione, all’interno, e quello di alta tensione, all’esterno, su ciascuna colonna. Nell’animazione le frecce indicano i flussi delle tre colonne: sfasati di un terzo di periodo, in ogni istante hanno somma nulla, e il flusso che sale in una colonna scende nelle altre due.

Trasformatore trifase con tre grandi avvolgimenti rossi affiancati con la scritta GEAFOL, stretti in alto e in basso da profilati d'acciaio blu e montati su ruote. — Un trasformatore trifase in resina da $100$ kVA, $10$ kV/ $400$ V, del 1986, esposto al Deutsches Museum di Monaco. Le tre colonne del nucleo portano ciascuna i due avvolgimenti, inglobati nella resina rossa; i gioghi, in alto e in basso, sono stretti da profilati d’acciaio, e le ruote servono a spostarlo durante l’installazione.
Dmm2va7, CC BY 3.0, via Wikimedia Commons

I tre avvolgimenti di ciascun lato si collegano a stella o a triangolo. La sigla lo dice con una lettera maiuscola per l’alta tensione e una minuscola per la bassa: Y o y per la stella, D o d per il triangolo, con una N o una n se il centro stella è portato fuori come neutro.

Proposizione (rapporto delle tensioni concatenate)

Con $N_1$ ed $N_2$ spire per colonna, il rapporto tra le tensioni concatenate di alta e di bassa tensione è $N_1/N_2$ nei collegamenti Yy e Dd, $N_1/(\sqrt3\,N_2)$ nel collegamento Dy e $\sqrt3\,N_1/N_2$ nel collegamento Yd.

Dimostrazione.

Sulla stessa colonna le tensioni dei due avvolgimenti stanno nel rapporto $N_1/N_2$ , perché hanno la stessa tensione per spira. In un avvolgimento a triangolo la tensione di colonna è una tensione concatenata; in uno a stella è una tensione di fase, e la concatenata è $\sqrt3$ volte più grande. Nel Dy, con $U_1$ e $U_2$ tensioni di colonna, $V_1 = U_1$ e $V_2 = \sqrt3\,U_2$ , quindi $V_1/V_2 = N_1/(\sqrt3\,N_2)$ ; gli altri casi sono uguali.

Fine della dimostrazione.

Oltre al modulo cambia la fase, e lo sfasamento si misura in ore.

Definizione (gruppo orario)

Il gruppo orario di un trasformatore trifase è il ritardo della tensione concatenata di bassa tensione rispetto alla corrispondente di alta tensione, in multipli di $30°$ . Con la tensione di alta tensione come lancetta sulle $12$ , il gruppo è l’ora indicata dalla tensione di bassa tensione.

Proposizione (il collegamento Dy11)

Se sulla colonna $1$ l’avvolgimento di alta tensione, a triangolo, sta tra le linee $1$ e $2$ , e quello di bassa tensione, a stella, è l’avvolgimento della fase $1$ , con le altre colonne collegate allo stesso modo e i contrassegni dalla stessa parte, la tensione concatenata $\bar V''_{12}$ di bassa tensione è in anticipo di $30°$ su $\bar V'_{12}$ : il gruppo è $11$ .

Dimostrazione.

Sulla stessa colonna le tensioni dei due avvolgimenti sono in fase, quindi $\bar E''_1$ è in fase con $\bar V'_{12}$ , e allo stesso modo $\bar E''_2$ con $\bar V'_{23}$ ed $\bar E''_3$ con $\bar V'_{31}$ . Le tensioni di fase della bassa tensione formano quindi una terna simmetrica diretta, e per la proposizione sulle terne simmetriche $\bar V''_{12} = \bar E''_1 - \bar E''_2$ è in anticipo di $30°$ su $\bar E''_1$ . Un anticipo di $30°$ è un ritardo di $330° = 11\cdot 30°$ .

Fine della dimostrazione.

Il gruppo orario Dy11. A sinistra le tensioni degli avvolgimenti di alta tensione a triangolo, che sono tensioni concatenate. A destra le tensioni di fase della bassa tensione a stella, in grigio, in fase con quelle della stessa colonna, e la tensione concatenata $\bar V''_{12}$ , in arancione: se $\bar V'_{12}$ segna le $12$ , $\bar V''_{12}$ segna le $11$ .

Dyn11 è il collegamento usuale dei trasformatori tra media e bassa tensione. Il neutro della stella dà le tensioni di fase a $230$ V per le utenze monofase, e il triangolo lascia circolare al proprio interno la parte delle correnti squilibrate che sulla bassa tensione torna dal neutro, senza trasmetterla alla linea di media tensione. Un trasformatore trifase simmetrico con carico equilibrato si studia con il monofase equivalente dell’articolo sui sistemi trifase: una stella equivalente con tensioni di fase $V/\sqrt3$ , alla quale si applicano il circuito equivalente e il modello ridotto. Le formule dei dati di targa restano le stesse, con $V_n$ tensione concatenata e $S_n$ potenza trifase: con $I_n = S_n/(\sqrt3\,V_n)$ si ha, per esempio, $Z_{eq} = (V_k/\sqrt3)/I_n = (v_k\%/100)\,V_n^2/S_n$ . Il gruppo orario aggiunge una rotazione di fase, che per i moduli e per le potenze non conta.

Come è fatto un trasformatore

Il nucleo è un pacco di lamierini di ferro al silicio, con le colonne, su cui stanno gli avvolgimenti, e i gioghi, che le collegano. La sezione delle colonne è a gradini, per avvicinarsi al cerchio e riempire meglio gli avvolgimenti cilindrici. I due avvolgimenti di una colonna sono concentrici: così si accoppiano al massimo e si riducono le forze tra le loro correnti, che durante un cortocircuito diventano enormi. L’avvolgimento di bassa tensione sta all’interno, vicino al nucleo collegato a terra, e quello di alta tensione all’esterno, dove c’è più spazio per l’isolamento. I trasformatori monofase piccoli sono spesso corazzati: gli avvolgimenti stanno sulla colonna centrale, e il flusso si divide tra le due colonne laterali, che possono avere metà sezione.

Piccolo trasformatore monofase: un pacco di lamierini con i fori di fissaggio agli angoli e, al centro, un rocchetto giallo con l'avvolgimento di filo di rame. — Un piccolo trasformatore monofase corazzato. I due avvolgimenti, uno sopra l’altro, stanno sul rocchetto della colonna centrale del pacco di lamierini, e il flusso si richiude attraverso le due colonne laterali; i capi degli avvolgimenti escono dal rocchetto in alto.
Raimond Spekking, CC BY-SA 4.0, via Wikimedia Commons

Le perdite diventano calore, da portare fuori. I trasformatori piccoli e quelli in resina, usati nelle cabine al chiuso, si raffreddano in aria. I trasformatori più grandi hanno nucleo e avvolgimenti immersi nell’olio minerale dentro una cassa: l’olio isola e porta il calore verso le pareti e i radiatori. Una sigla di quattro lettere descrive il raffreddamento: le prime due il fluido a contatto con gli avvolgimenti e come circola, le ultime due il fluido esterno e come circola, con O per l’olio, A per l’aria, W per l’acqua, N per la circolazione naturale e F per quella forzata. Un trasformatore ONAN ha olio e aria in circolazione naturale; un ONAF aggiunge i ventilatori sui radiatori.

Trasformatore trifase con avvolgimenti rossi in un locale piastrellato, collegato a cavi che salgono verso l'alto, con un cartello giallo di pericolo elettrico e, sulla parete, un quadro aperto. — Un trasformatore in resina da $400$ kVA, $20$ kV/ $400$ V, installato in una cabina. Il cartello giallo avverte che la superficie scotta: gli avvolgimenti si raffreddano nell’aria del locale, per convezione naturale.
Rotkaeppchen68, CC BY-SA 3.0, via Wikimedia Commons

Accanto ai trasformatori di potenza ce ne sono di speciali. I trasformatori di isolamento separano un impianto dalla rete, come nelle sale operatorie, dove un primo guasto verso terra non deve interrompere l’alimentazione. I trasformatori di misura riducono tensioni e correnti a valori che gli strumenti e le protezioni possono leggere. I trasformatori con variatore sotto carico hanno delle prese sull’avvolgimento di alta tensione, che cambiano il numero di spire, e con esso il rapporto di trasformazione, senza scollegare la macchina.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Un trasformatore trifase Dyn11 da $630$ kVA, $15/0{,}4$ kV, $50$ Hz, ha $i_0\% = 1{,}5$ , $p_0\% = 0{,}2$ , $p_k\% = 1{,}0$ e $v_k\% = 4$ . Calcola le correnti nominali, i parametri del modello ridotto per fase riferiti alla bassa tensione, il rapporto spire e la corrente di cortocircuito ai morsetti di bassa tensione con una rete di alimentazione ideale.

Le correnti nominali sono $630\,000/(\sqrt3\cdot 15\,000) = 24{,}2$ A e $630\,000/(\sqrt3\cdot 400) = 909$ A. Con $V_n^2/S_n = 400^2/630\,000 = 0{,}254\ \Omega$ , la stella equivalente ha $Z_{eq} = 0{,}04\cdot 0{,}254 = 10{,}2$ mΩ, $R_{eq} = 0{,}01\cdot 0{,}254 = 2{,}54$ mΩ e $X_{eq} = \sqrt{10{,}16^2 - 2{,}54^2} = 9{,}84$ mΩ. Per il ramo derivato $R_{fe} = 100\cdot 0{,}254/0{,}2 = 127\ \Omega$ , $Y_0 = 0{,}015/0{,}254 = 0{,}0591$ S e $X_\mu = 1/\sqrt{0{,}0591^2 - (1/127)^2} = 17{,}1\ \Omega$ . Nel Dy $V_1/V_2 = N_1/(\sqrt3\,N_2)$ , quindi $N_1/N_2 = \sqrt3\cdot 15\,000/400 = 65$ . La corrente di cortocircuito è $909\cdot 100/4 = 22{,}7$ kA.

Commento: la reattanza è quasi quattro volte la resistenza, come in tutti i trasformatori di potenza. La corrente a vuoto è di $13{,}6$ A sul lato di bassa tensione, meno del due percento della nominale, e le perdite a vuoto, $1{,}26$ kW, ci sono giorno e notte, anche quando nessuno consuma.

Esercizio 2. Un trasformatore monofase da $30$ kVA ha il primario a $10$ kV, $50$ Hz, con $2500$ spire, il secondario con $250$ spire e un nucleo di sezione $200$ cm². Calcola l’induzione massima nel nucleo, la corrente nominale del secondario e la tensione con cui si può alimentare il primario a $60$ Hz con la stessa induzione massima.

$B_M = V/(4{,}44\,fNS) = 10\,000/(4{,}44\cdot 50\cdot 2500\cdot 0{,}02) = 0{,}90$ T. Il secondario ha $10\,000\cdot 250/2500 = 1000$ V, e la corrente nominale è $30\,000/1000 = 30$ A. A $60$ Hz, con la stessa induzione, la tensione cresce con la frequenza: $10\cdot 60/50 = 12$ kV.

Commento: $0{,}9$ T è un valore prudente, lontano dalla saturazione. Il ragionamento non vale al contrario: un trasformatore da $60$ Hz alimentato a $50$ Hz con la stessa tensione lavora con un’induzione più alta del $20\%$ , e se era già vicino al ginocchio della curva la corrente magnetizzante cresce molto.

Esercizio 3. Il trasformatore dell’esercizio 1 eroga la corrente nominale a un carico con $\cos\varphi = 0{,}8$ . Calcola la tensione concatenata sul carico, con $400$ V a vuoto, e il rendimento. Per quale carico il rendimento è massimo, e quanto vale con $\cos\varphi = 1$ ?

$v_x\% = \sqrt{4^2 - 1^2} = 3{,}87$ , e $\Delta v\% \approx 1\cdot 0{,}8 + 3{,}87\cdot 0{,}6 = 3{,}12$ : il carico ha $400\cdot(1 - 0{,}0312) = 387{,}5$ V. Il carico assorbe $504$ kW, con perdite di $1{,}26$ kW nel ferro e $6{,}3$ kW negli avvolgimenti, e il rendimento è $504/511{,}6 = 98{,}5\%$ . Il massimo è per $\alpha^* = \sqrt{1{,}26/6{,}3} = 0{,}447$ , cioè $282$ kVA; con $\cos\varphi = 1$ il trasformatore eroga $281{,}7$ kW con $2{,}52$ kW di perdite, e il rendimento è $99{,}1\%$ .

Commento: la caduta di tensione dipende soprattutto dalla reattanza e dalla potenza reattiva del carico. Con un carico resistivo sarebbe solo l’ $1\%$ ; per questo i trasformatori di distribuzione hanno prese di regolazione sull’avvolgimento di media tensione, che si scelgono una volta per tutte secondo la tensione della rete e il carico previsto.

Esercizio 4. Un amplificatore a valvole eroga la massima potenza su un carico di $5000\ \Omega$ , e deve pilotare un altoparlante da $8\ \Omega$ attraverso un trasformatore di uscita. Considerandolo ideale, calcola il rapporto di trasformazione e le correnti nei due avvolgimenti quando l’altoparlante riceve $10$ W.

L’altoparlante visto dal primario vale $k^2\cdot 8\ \Omega$ , e deve valere $5000\ \Omega$ : $k = \sqrt{5000/8} = 25$ . Con $10$ W la corrente nell’altoparlante è $\sqrt{10/8} = 1{,}12$ A e quella nel primario $1{,}12/25 = 44{,}7$ mA; infatti $5000\cdot 0{,}0447^2 = 10$ W.

Commento: è l’adattamento di impedenza dell’articolo sul mutuo induttore, usato alle frequenze audio. Il trasformatore reale limita la banda: alle frequenze basse la reattanza di magnetizzazione diventa piccola e porta via corrente, a quelle alte pesano le reattanze di dispersione.

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