Potenza in c.a.s.

In questo articolo sono definite le suddivisioni tecniche della potenza in c.a. e sviluppati alcuni semplici ma tipici esempi di calcoli impiantistici, evidenziando i criteri di progetto di una linea in bassa e media tensione ( U i (effetto Ferranti)

b) D u%=100 . (D U/ U u )=100 . 2 . l . (r L . P+x L . Q)/U u 2 )=100 . (R L . P u +X L . Q u )/U u 2

3) Per la potenza persa si ha:

a) P jL =P i -P u =R L . I 2 =R L . (P u 2 +Q u 2 )/U u 2 =R L . (P i 2 +Q i 2 )/U i 2 = 2 . l . r L . (P u 2 +Q u 2 )/U u 2 =2 . l . r L . (P i 2 +Q i 2 )/U i 2

b) P jL %=100 . P jL /P u =100 . R L . I L 2 /P u =100 . R L . P u /(U u 2 cos 2 f u )= 100 . 2 . l . r L . P u /(U u 2 cos 2 f u )=

c) Si definisce rendimento il rapporto tra la potenza attiva in uscita e la potenza attiva in ingresso. Si ha pertanto:

i) h =P u /P i =P u /(P u +P jL )=(P i -P jL )/Pi=1-P jL /P i

ii) h%= 100 . h

Il dimensionamento di una linea parte dalla conoscenza della corrente di Linea I L , che si ricava dalla potenza apparente in uscita:

I L =S U /U u =( √ (P u 2 +Q u 2 ))/U u

In base al tipo di isolamento ed al tipo di posa si sceglie da tabella la sezione in modo che sia I Z > I L .

Ora occorre verificare la caduta di tensione e confrontarla con quella ammessa ( generalmente 3% carichi luce, 5% forza motrice). A questo scopo con i dati di tabella, si utilizzano le formule in precedenza illustrate. Se la caduta di tensione effettiva è superiore a quella ammessa si deve passare alla sezione commerciale successiva e si ricalcola la caduta. Il ciclo va ripetuto finché la condizione è rispettata.

Esercizio 7. 3

Dimensionare una linea bifilare lunga 150 m, in aria libera, che deve alimentare 3 carichi ohmico induttivi aventi le seguenti caratteristiche: tensione nominale Un=400 V; P 1 =5 kW, Q 1 =10 kvar; P 2 =4 kW cos f 2 =0,6; Q 3 =4 kvar, cos f 3 =0,9. La caduta di tensione percentuale ammessa è del 5%. Usare i valori della tab. di fig.7.3.

Le potenze attive e reattive totali in uscita sono (7.4)

P u =P 1 +P 2 +P 3 =5+4+4/tan(arccos0,9))=9+8,3=17,3 kW

Q u =Q 1 +Q 2 +Q 3 =10+4*tan(arccos0,6)+4=14+5,33=19,33 kvar

Il fattore di potenza in uscita è

Cos f u =cos(arctan(Q u /P u ))=0,666

La corrente in linea è

I L =( √ (P u 2 +Q u 2 ))/U u =( Ö (17,3 2 +19,3 2 ))/0,4=65 A

Dalla tabella si può scegliere una sezione A=10 mm 2

Cui corrispondono i valori di resistenza e reattanza per la linea

R L =2 . l . r L =2*0,150*2,24=0,672 W

X L =2 . l . x L =2*0,150*0,119=0,0357 W

La caduta di tensione % è data da

D u%=100 . (R L . P u +X L . Q u )/U u 2 =100*(0,672*17300+0,0357*19300)/160000=7,68%

Essa è superiore al valore ammesso. Occorre pertanto provare con la sezione successiva in tabella A=16 mm 2 . Ripetendo i calcoli della caduta con i nuovi valori si ottiene:

R L =2 . l . r L =2*0,150*1,41=0,423 W

X L =2 . l . x L =2*0,150*0,112=0,0336 W

La caduta di tensione % è data da

D u%=100 . (R L . P u +X L . Q u )/U u 2 =100*(0,423*17300+0,0336*19300)/160000=4,97%

Il valore ora è accettabile: la sezione da utilizzare è dunque A= 16 mm 2

In un sistema elettrico di data tensione nominale, l’intensità di corrente circolante in una linea è dovuta in c.a. alla potenza apparente dei carichi alimentati.

La potenza apparente comprende la potenza attiva e la potenza reattiva. La potenza attiva deve essere inevitabilmente fornita da un generatore, quindi necessariamente attraversare la linea. La potenza reattiva può essere fornita integralmente dal generatore, quindi viaggiare lungo la linea, ma può anche essere generata localmente alla fine della linea. Si sfrutta in questo caso la collaborazione tra induttori e condensatori: gli uni possono essere infatti i generatori della potenza che gli altri assorbono. I carichi industriali sono generalmente ohmico-induttivi. Essi necessitano pertanto di potenza reattiva induttiva e questa può essere localmente fornita da condensatori. . L’uso dei condensatori in una rete è noto anche come “metodo di compensazione”. L’ENEL installa nelle sue primarie cabine di trasformazione (AT/MT) su reti a 20 kV batterie di condensatori che possono raggiungere un valore di potenza di 10 Mvar. Gli utenti MT o BT devono compensare i propri impianti per ottenere, nel punto di consegna dell’energia, un fattore di potenza minimo di 0,9.

fig. 7. 6

Nella fig. 7. 3 è mostrato il triangolo delle potenze in base al quale è possibile ricavare la formula per calcolare la potenza della batteria di condensatori che consegue il compensamento desiderato. La potenza reattiva Q C della batteria si sottrae alla potenza reattiva iniziale Q i dell’impianto di potenza attiva P per ottenere la potenza reattiva finale Q f . In questo modo la potenza apparente passa dal valore S i al valore S f , diminuendo e, corrispondetemene l’angolo di sfasamento passa da f i a f f con aumento del fattore di potenza. Quindi:

Q C = P*(tan f f - tan f i ) 7. 11

Esercizio 7. 4

Una linea bifilare lunga 400 m e di sezione A=120mm 2 alimenta alla sua estremità due utilizzatori. Il primo assorbe una potenza attiva P 1 =8 kW con un fattore di potenza di cosf1=0,7 R in ritardo; il secondo assorbe una potenza attiva di di 6 kW ed una potenza reattiva induttiva di 8 kvar. La tensione nominale dei carichi è di 220 V.

Calcolare il valore della potenza della batteria di condensatori necessaria ad avere in uscita un cos f u =0,9 R Ritardo, la tensione all’ingresso della linea, le perdite, il rendimento prima e dopo il rifasamento.

Si applica la 7.6 dove

P=P u =P 1 +P 2 =8+6=14kW

tan f f =Qu/Pu=P 1 *tan(arc_cos(0,7))+Q 2 =(8,16+8)/14=1,15

tan f f =Qu/Pu=tan(arc_cos(0,9))=(8,16+8)/14=0,484

Qc=14*(0,484-1,15)= - 9,4 kvar (il – indica che è una potenza capacitiva)

La corrente prima del rifasamento è

I L =( √ (P u 2 +Q u 2 ))/U u =( √ (14 2 +16,16 2 ))/0,220=97,2 A

Dopo il rifasamento

I L ’ =( Ö (P u 2 +(Q u+ Q C 2 ))/U u ==( Ö (14 2 +6,78 2 ))/0,220=70,7 A

La caduta di tensione prima del rifasamento è:

D U =2 . l . I L . (r L . cos f u + x L . sin f u )= 2 . 0,4 . 97,2 . (0,132 . 0,655 + 0,0658 . 0,756)=13,2 V

dopo il rifasamento

D U’=2 . 0,4 . 70,7 . (0,132 . 0,9 + 0,0658 . 0,436)=10,4

La tensione di ingresso è allora rispettivamente Ui=233,2 e Ui’=230,4 V.

La potenza persa in linea per effetto joule passa da

P JL =0,132 . 97,2 2 =1243 W a P JL ’=0,132 . 70,7 2 =658 W

Di conseguenza il rendimento passa da

h =1-1243/14000=0,911 a h=1-658/14000=0,953

Esercizi proposti

1. Una linea monofase di sezione A=25mm 2 e lunga 400m alimenta in uscita due carichi, uno dei quali assorbe una potenza attiva P1=4,5kW e fattore di potenza f.p.=0,8 Ritardo. La potenza apparente vale S=8,8 kVA ed il fattore di potenza globale vale f.p.=0,74 Ritardo. Calcolare la tensione in ingresso linea, la potenza attiva del secondo utilizzatore, il rendimento percentuale della linea, la potenza reattiva della batteria di condensatori che rifusa a 0,9 Ritardo, la caduta di tensione in linea dopo il rifasamento. Considerare r L =0,907 W /km, x L =0,0813 W /km (Ui=243 V, P2=2 kW cosf2=0,62 Rit; h =85%; Qc=2,76 kvar; D U=22,4 V)

In questo articolo dopo aver esaminato il significato delle tre potenze in c.a.s. se ne sono applicati i concetti per i problemi impiantistici più tipici quali il rifasamento ed il dimensionamento delle linee.

Si è fatto riferimento a linee monofasi quindi bifilari, ma i procedimenti esposti sono del tutto generali.

In particolare le formule valgono anche per le linee trifasi, trattate nel successivo art. 8. Si usano in tal caso, per quanto concerne ad esempio la caduta di tensione, che si riferirà alla concatenata, le formule in cui compaiono i valori unitari r L ed x L , usando 1,73 . l come fattore al posto di 2 . l . Per le potenze al posto di 2 . l ci sarà 3 . l intendendo con P i ,P u e Q i ,Q u le potenze trifase. Nel calcolo della corrente di linea I L , la potenza apparente d’uscita è divisa per 1,73 . U .