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CosenTheta ha scritto:... Ossia? ...

Ossia rispondere alla richiesta del problema.

RenzoDF ha scritto:Scegliendo per convenienza grafica il fasore della stellata $E_{M1}$ della prima fase del motore con argomento nullo, avremo una corrente $I_{M1}$ del motore in ritardo dell'angolo $\phi_M$ e una corrente nel ramo capacitivo in anticipo di 90 gradi

Ok, quindi questo mi lascia intuire che effettivamente la stellata del motore $\bar{E_{M1}}$ è anche quella sui condensatori, visto che quella corrente $\bar{I_{C1}}$ si ottiene algebricamente così:

\(\displaystyle \bar{I_{C1}} = \frac{\bar{E_{M1}}}{-jX_{c}} = \frac{\bar{E_{M1}}}{X_{c}}j = \frac{E_{M1} e^{j(Arg(E_{M1}) + \frac{\pi}{2})}}{X_{c}} \)

Poichè abbiamo supposto \(\displaystyle Arg(\bar{E_{M1}}) = 0 \), ottengo \(\displaystyle \bar{I_{C1}} = \frac{E_{M1}}{X_{c}} e^{j\frac{\pi}{2}} \), come da schema.

Ritornando al problema iniziale, in definitiva:

-assumendo per le stellate del motore che quella della prima linea sia a fase nulla, ottengo:

$\bar{E_{M1}}$ = $[463,0]$
$\bar{E_{M2}}$ = $[463,-\frac{2\pi}{3}]$
$\bar{E_{M3}}$ = $[463,-\frac{4\pi}{3}]$

-le correnti di linea del motore sono in ritardo di $\phi_{M}$ rispetto alle corrispondenti tensioni stellate, per cui:

$\bar{I_{M1}}$ = $[30, -\phi_{M}]$
$\bar{I_{M2}}$ = $[30, -\phi_{M}-\frac{2\pi}{3}]$
$\bar{I_{M3}}$ = $[30, -\phi_{M}-\frac{4\pi}{3}]$

-ciò che ho detto sulla corrente del primo condensatore lo applico anche alle restanti altre due, ottenendo:

$\bar{I_{C1}}$ = $[\frac{463}{50}, \frac{\pi}{2}]$
$\bar{I_{C2}}$ = $[\frac{463}{50}, \frac{\pi}{2}-\frac{2\pi}{3}]$
$\bar{I_{C3}}$ = $[\frac{463}{50}, \frac{\pi}{2}-\frac{4\pi}{3}]$

-per le tensioni stellate d'ingresso, l'unica utile per la domanda del problema è la $\bar{E_{3}}$, che si ottiene semplicemente sommando il contributo di tensione sull'impedenza di ingresso $R + jX_{L}$ e quella stellata $\bar{E_{M3}}$, mediante le formule:

$\bar{I_{3}}$ = $\bar{I_{C3}}$ + $\bar{I_{M3}}$
$\bar{E_{3}}$ = ($R + jX_{L}$) $\bar{I_{3}}$ + $\bar{E_{M3}}$

A questo punto ottengo la prima incognita del problema, effettuando il calcolo $\bar{I_{2}} = \bar{I_{C2}} + \bar{I_{M2}}$, mentre per la tensione concatenata $\bar{V_{1' 3}} = \bar{E_{M1}}-\bar{E_{3}}$.

Infine, il $\phi$ della formula del calcolo di W è pari a $Arg(\bar{V_{1'3}}) - Arg(\bar{I_{2}})$.

Ok , come sempre, per il procedimento, ma puoi ricontrollare il valore numerico della tensione stellata ai morsetti del motore ...e postare l'indicazione numerica del wattmetro?

Grazie.

RenzoDF ha scritto:puoi ricontrollare il valore numerico della tensione stellata ai morsetti del motore e postare l'indicazione numerica del wattmetro?

Per calcolare il modulo della tensione stellata del motore ho sfruttato le relazioni seguenti:

$3E_{M}I_{M} \cos(\phi_{M}) = 25000$
$3E_{M}I_{M} \sin(\phi_{M}) = 35000$

da cui, dal rapporto delle due equazioni ottengo \(\displaystyle \tan(\phi_{M}) = \frac{7}{5} \rightarrow \phi_{M} = \arctan(\frac{7}{5}) \simeq 0.95\)

Quindi

\(\displaystyle E_{M} \simeq \frac{25000}{3 \cdot 30 \cdot \cos(0.95)} \simeq \frac{25000}{90 \cdot 0.58} \simeq 478.92 \simeq 480V. \)

Per quanto riguarda il valore letto dal wattmetro, ho svolto i calcoli seguenti:

\(\displaystyle \bar{I_{C3}} \simeq \frac{480}{50} e^{j(-\frac{5\pi}{6})} \simeq 4.8(-\sqrt{3} - j). \)
\(\displaystyle \bar{I_{M3}} \simeq 30 e^{j(-0.95-\frac{4\pi}{3})} \simeq 30(0.41 - j0.9) \simeq 12-27j. \)
\(\displaystyle \bar{I_{3}} \simeq -4.8 \sqrt{3} + 12 -j(4.8+27) \simeq 3.8 - j31.8 \simeq 4 - 32j. \)
\(\displaystyle \bar{E_{3}} \simeq (3 + 4j)(4-32j) + 480(-\frac{1}{2} + j\frac{\sqrt{3}}{2}) \simeq -100 + (240 \sqrt{3} - 80)j. \)
\(\displaystyle \bar{E_{M1}} - \bar{E_{3}} \simeq 480 + 100 + (80 - 240\sqrt{3})j \simeq 580 + (80 - 240\sqrt{3})j \)
\(\displaystyle \bar{I_{C2}} \simeq \frac{480}{50} (\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{j}{2}) = 4.8(\sqrt{3} - j). \)
\(\displaystyle \bar{I_{M2}} \simeq 30 (-1 - \frac{j}{10}) \simeq -30 - 3j. \)
\(\displaystyle \bar{I_{2}} \simeq 4.8\sqrt{3} - 4.8j -30 -3j \simeq -22-8j. \)
\(\displaystyle \phi \simeq \arctan(\frac{80-240\sqrt{3}}{580}) - (\arctan(\frac{-8}{-22}) + \pi) \simeq \arctan(-0.57) - \arctan(\frac{2}{11}) - \pi \simeq -4. \)
\(\displaystyle W = \sqrt{(80 - 240\sqrt{3})^2 + 580^2} * \sqrt{22^2 + 8^2} * \cos{(-4)} \simeq -10016.5 W.\)

Spero di non aver commesso errori troppo grossolani in questo shanghai di calcoli.

Direi che esageri con le approssimazioni.

Non avendo tempo per controllare i tuoi calcoli ti posto un'immagine dei miei¹, fatti di fretta in quest'istante e che, non escludendo la presenza di qualche errore, ti invito a controllare

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RenzoDF ha scritto:Direi che esageri con le approssimazioni.

Sì, l'ho fatto soltanto per rendere i calcoli un po più puliti, per sfruttare qualche semplificazione tra numeratori e denominatori in più, però è evidente che comunque ci si allontana un pò troppo dai valori attesi; ad ogni modo, almeno dal punto di vista delle decine di migliaia e dal segno, mi sono avvicinato alla potenza che richiedeva l'esercizio. Ti ringrazio per avermi suggerito questo software, sarà senz'altro un utile strumento di verifica dei calcoli (senza sostituire quelli carta e penna, naturalmente).

Ad ogni modo, i miei complimenti per l'impegno e la partecipazione al thread.