Rifasamento -

Affrontiamo un problema tecnico – economico che negli ultimi tempi, soprattutto in seguito alla forte crisi energetica, ha assunto un’importanza enorme nel campo della tecnica elettrica. La buona utilizzazione dell’energia elettrica non consiste solo nel ridurre o evitare gli sprechi (ad esempio curando l’isolamento degli impianti e delle condutture ed impiegando utilizzatori adatti al particolare servizio) ma anche nell’utilizzare in modo razionale l’energia. Una parte notevole del costo del kWh è proprio quella che deriva dal fattore di potenza utilizzato e contrattato per gli usi di forza motrice e d’illuminazione. Se il carico di un circuito è costituito da lampade ad incandescenza, fornelli e in genere da tutti gli apparecchi da riscaldamento, non contenenti elettromagneti, il fattore di potenza è sempre uguale all’unità. Le macchine e gli apparecchi contenenti elettromagneti (carichi ohmico–induttivi), danno luogo invece a fattori di potenza inferiori all’unità. Il valore del fattore di potenza dipende allora solo dalla natura del carico ed è quindi solo l’utente che determina il fattore di potenza a seconda dei carichi che sceglie di collegare.

Se consideriamo la potenza reale prodotta del generatore in rapporto all’acqua necessaria per far muovere la turbina o al carbone necessario per le caldaie (e quindi ai costi relativi), sembrerebbe giusto che i contatori di energia installati presso l’utente misurassero l’energia reale richiesta dal generatore. Se pensiamo, però, che la corrente richiesta è notevolmente sfasata (basso cos φ) rispetto alla tensione, risulta evidente un onere economico a carico della società fornitrice. Confrontando gli oneri tecnici ed economici dovuti alla presenza negli impianti anche di una componente reattiva della corrente (cos φ < 1) rispetto al caso in cui è presente solo la componente attiva (cos φ = 1), possiamo pervenire alle seguenti conclusioni:

aumento delle perdite in linea, dovute alla maggior corrente messa in gioco. Queste perdite sono proporzionali all’inverso del quadrato del fattore di potenza e cioè a $\tfrac{1}{\cos^2 \varphi}$ .
aumento della caduta di tensione. Questa è proporzionale all’inverso del fattore di potenza a: $\tfrac{1}{\cos \varphi}$ .
limitazione della capacità di produzione dei generatori e di trasporto delle linee. Infatti gli avvolgimenti del generatore sono proporzionati perché vi possa circolare una certa corrente massima, indipendentemente dal fatto che questa sia più o meno in fase con la tensione. Per cui tanto maggiore è la percentuale di corrente reattiva magnetizzante che il generatore deve fornire, tanto minore è la percentuale della corrente attiva utile. La potenza effettiva che il generatore può erogare si riduce in modo direttamente proporzionale al valore di $\cos \varphi$ , pur rimanendo costante il carico di corrente.

1. Aumento delle perdite in linea (monofase) Nel caso monofase la potenza attiva è: $P = V \cdot I \cdot \cos \varphi$ da cui ricaviamo la corrente: $I = \frac{P}{V \cos \varphi}$ Le perdite Joule nella linea sono: $P_{perdite} = R \cdot I^2 = R \cdot \left( \frac{P}{V \cos \varphi} \right)^2 = \frac{R , P^2}{V^2} \cdot \frac{1}{\cos^2 \varphi}$ Le perdite risultano proporzionali a $\tfrac{1}{\cos^2 \varphi}$ . Interpretazione pratica:

Con $\cos \varphi = 1$ , le perdite sono minime.
Con $\cos \varphi = 0,7$ , le perdite diventano circa il doppio rispetto al caso ideale.

2. Aumento della caduta di tensione (monofase)

La caduta di tensione ai capi di una linea con resistenza $R$ e reattanza $X$ è:

$\Delta V = R \cdot I \cos \varphi + X \cdot I \sin \varphi$

Semplificando il caso puramente resistivo (linea con reattanza trascurabile):

$\Delta V \approx R \cdot I \cos \varphi$

Ora, sostituendo $I = \tfrac{P}{V \cos \varphi}$ :

$\Delta V \approx R \cdot \frac{P}{V \cos \varphi} \cdot \cos \varphi = \frac{R , P}{V} \cdot \frac{1}{\cos \varphi}$

La caduta di tensione è proporzionale a $\tfrac{1}{\cos \varphi}$ .

Interpretazione pratica:

Se $\cos \varphi = 1$ , la caduta di tensione è minima.
Se $\cos \varphi$ scende a 0,5, la caduta di tensione raddoppia, peggiorando la qualità della tensione fornita al carico.

Esempio numerico (monofase)

Supponiamo di alimentare un carico con:

Potenza attiva $P = 5 , \text{kW}$ ,
Tensione $V = 230 , \text{V}$ ,
Resistenza della linea $R = 0.5 , \Omega$ .

Caso 1: cos φ = 1
$I = \frac{5000}{230 \cdot 1} \approx 21.7 , \text{A}$

Perdite: $P_{perdite} = 0.5 \cdot (21.7)^2 \approx 236 , \text{W}$
Caduta di tensione: $\Delta V = 0.5 \cdot 21.7 \cdot 1 \approx 10.9 , \text{V}$

Caso 2: cos φ = 0.7
$I = \frac{5000}{230 \cdot 0.7} \approx 31.1 , \text{A}$

Perdite: $P_{perdite} = 0.5 \cdot (31.1)^2 \approx 483 , \text{W}$
Caduta di tensione: $\Delta V = 0.5 \cdot 31.1 \cdot 0.7 \approx 10.9 , \text{V}$

Osservazioni:

Le perdite raddoppiano quando il cos φ scende da 1 a 0,7.
La caduta di tensione, nel caso puramente resistivo, resta numericamente simile perché il termine $\cos \varphi$ compare sia al numeratore che al denominatore.
In una linea reale con reattanza $X \neq 0$ , la caduta peggiora ulteriormente.

Infine se consideriamo le sezioni delle linee di trasporto dell’energia, possiamo notare che, a parità di perdite, si può trasportare la stessa potenza con sezioni decrescenti al diminuire del cos φ (Figura 1).

sezioni

Ciò equivale a dire anche, in altre parole, che per una data linea, la potenza attiva trasportabile aumenta all’aumentare del cos φ. Per tutti questi motivi le Aziende Distributrici applicano la penalizzazione per basso fattore di potenza. A questo punto è spontaneo chiedersi se è possibile migliorare il fattore di potenza. La risposta è affermativa in quanto la corrente magnetizzante non è altro che una corrente di scambio fra generatore e utilizzatore: durante il primo semiperiodo il generatore fornisce la corrente magnetizzante e durante il successivo semiperiodo, invece, il nucleo magnetico dell’apparecchio utilizzatore restituisce al generatore la corrente smagnetizzante. Come è possibile migliorare il fattore di potenza? Evidentemente, rifasando l’impianto, cioè generando sul posto, con particolari dispositivi, la corrente magnetizzante richiesta dai vari utilizzatori. Poiché nella pratica i carichi sono induttivi, il rifasamento deve essere realizzato mediante elementi reattivi la cui azione sia opposta a quella dei carichi, quindi per mezzo dei condensatori che possono essere inseriti in parallelo. Supponiamo di prendere in considerazione un carico ohmico–induttivo (motore asincrono monofase) e rifasarlo, calcolando la capacità del condensatore da collegare in parallelo per effettuare il rifasamento, parziale e totale (Figura 2).

circuito ohmico induttivo

Il rifasamento parziale consiste nel portare il valore del fattore di potenza ad un valore $\cos \varphi'$ maggiore, ma ancora minore di uno. Se indichiamo con $I$ la corrente assorbita dal motore, con $I_C$ la corrente che deve fornire il condensatore per migliorare il fattore di potenza dell’impianto (al nuovo valore $\cos \varphi'$ ) e con $I_L$ la conseguente corrente magnetizzante fornita dalla linea, possiamo rappresentare il diagramma vettoriale riportato in Figura 3.

diagramma correnti

$I_C = \omega C V = I_a \cdot \tan \varphi - I_a \cdot \tan \varphi'$

e quindi:

$C = \frac{I_a}{\omega V} \cdot (\tan \varphi - \tan \varphi')$

Se il rifasamento è totale cioè con $\cos \varphi' = 1$ , la linea fornirà solo la componente attiva $I_a$ , mentre la componente magnetizzante verrà fornita tutta dal condensatore C che può essere adesso calcolato:

$I_C = \omega C V = I_a \cdot \tan \varphi$

Dal punto di vista del calcolo torna più utile servirsi delle espressioni delle potenze, piuttosto che quelle delle correnti. Disegniamo allora il triangolo delle potenze nella situazione corrispondente al valore del $\cos \varphi$ presentato dal carico prima del rifasamento (triangolo OHB di Figura 4).

triangolo potenze

$Q_C = Q_L - Q_L'$

$\omega C V^2 = P \cdot (\tan \varphi - \tan \varphi')$

$C = \frac{P}{\omega V^2} \cdot (\tan \varphi - \tan \varphi')$

Se poi intendiamo rifasare completamente, allora il condensatore dovrà fornire tutta la potenza reattiva $Q_L$ . In tal caso, quindi avremo:

$Q_C = Q_L = P \cdot \tan \varphi$

$C = \frac{P}{\omega V^2} \cdot \tan \varphi$

Per approfondire adesso l’aspetto tariffario occorre consultare la normativa che definisce i valori minimi del fattore di potenza per la fornitura di energia. Vi possiamo leggere che il valore del fattore di potenza istantaneo, in corrispondenza del massimo carico, non deve essere inferiore a 0,9 e il fattore di potenza medio mensile non deve essere inferiore a 0,7. Qualora il valore del fattore di potenza medio mensile del prelievo risulti, da apposite misure, inferiore a 0,9, il prezzo del kWh viene maggiorato dell’1% per ogni centesimo di valore del fattore di potenza medio inferiore a 0,9. Qualora il fattore di potenza medio mensile risulti inferiore a 0,7, l’utente è tenuto a modificare il proprio impianto per riportarlo al valore detto. Questi aspetti si riferiscono alle tariffe per uso di forza motrice e di illuminazione di tipo binomio. La maggiorazione dei costi per kWh non viene richiesta quando si applica invece la tariffa a consumo libero.

Esempio numerico

Si consideri un motore asincrono monofase con le seguenti caratteristiche:

Potenza attiva: $P = 10 \ \text{kW}$
Tensione di alimentazione: $V = 400 \ \text{V}$
Fattore di potenza iniziale: $\cos \varphi = 0.7$
Fattore di potenza desiderato: $\cos \varphi' = 0.9$
Frequenza di rete: $f = 50 \ \text{Hz} \ \Rightarrow \ \omega = 2 \pi f = 314 \ \text{rad/s}$

Calcoliamo innanzitutto le tangenti degli angoli:

$\tan \varphi = \sqrt{\frac{1}{\cos^2 \varphi} - 1} = \sqrt{\frac{1}{0.7^2} - 1} \approx 1.02$

$\tan \varphi' = \sqrt{\frac{1}{\cos^2 \varphi'} - 1} = \sqrt{\frac{1}{0.9^2} - 1} \approx 0.484$

La capacità necessaria al rifasamento è:

$C = \frac{P}{\omega V^2} \cdot (\tan \varphi - \tan \varphi')$

$C = \frac{10 \cdot 10^3}{314 \cdot (400^2)} \cdot (1.02 - 0.484) \approx 0.106 \ \text{F} = 106 \ \mu\text{F}$

Quindi, per portare il cos φ da 0,7 a 0,9, occorre installare in parallelo al motore un condensatore di circa 106 μF.

Caduta di tensione, perdite di potenza e rendimento per una linea monofase Ipotizziamo una linea elettrica monofase, alimentata dalla tensione di ingresso V_i, che presenta una resistenza che noi concentriamo in R ed una reattanza induttiva, anch’essa concentrata in X. Se questa linea alimenta un carico Z che assorbe una corrente I sotto la tensione V.

il diagramma vettoriale relativo allo schema disegnato è:

Per la caduta di tensione lungo la linea si intende la differenza

$\Delta V = V_i - V$

Spesso viene preso in considerazione il rapporto percentuale tra la caduta di tensione ΔV e la tensione V ai capi del carico:

$v\% = \frac{\Delta V}{V} \cdot 100 = \frac{V_i - V}{V} \cdot 100$

con il metodo vettoriale, data la tensione ai capi del carico V si può risalire alla tensione di ingresso V_i e viceversa:

$\overline{V_i} = \overline{V} + (R + jX) \, \overline{I}$

se l’angolo θ è molto piccolo si usa nella pratica la formula approssimata:

$\Delta V = V_i - V \approx (R \cos \varphi + X \sin \varphi) I$

In modo analogo a quanto visto per la caduta di tensione della linea, si ha per la perdita di potenza della linea, se P_i è la potenza in ingresso e P la potenza sul carico:

$\Delta P = P_i - P$

viene definita la perdita di potenza in percentuale:

$P\% = \frac{\Delta P}{P} \cdot 100$

mentre per il rendimento della linea si può scrivere:

$\eta = \frac{P}{P_i} = 1 - \frac{\Delta P}{P_i}$

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