Esercizi Elettrotecnica

Politecnico di Milano

A.A. 2010/2011

Corso di

ELETTROTECNICA Esercizi svolti

Prof. L. Codecasa A cura di

Michele Launi

Elettrotecnica – esercizi svolti

Indice tematico: [1] – Leggi di Kirchhoff e conservazione della potenza [2] – Metodo della caratteristica [3] – Semplificazione circuiti [4] – Circuito fisico elettrico [5] – Analisi nodale [6] – Equivalenti Thevenin e Norton [7] – Teorema di sovrapposizione degli effetti [8] – Circuito fisico magnetico [9] – Circuiti tempo-varianti [10] – Circuiti in regime sinusoidale [11] – Potenza complessa

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[1.1]

?=V1

?=V2

?=I1

?=I2

Usando la LKT sulla maglia arancione abbiamo: V1 =12V-1,2V=10,8V Usando la LKT sulla maglia verde abbiamo: V2=18V-12V=6V Usando la LKC al nodo blu abbiamo: I1=240µA+5mA=5,24mA Usando la LKC sulla regione rossa abbiamo: I2=1A+240µA+5mA=1,00524A

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[1.2]

?=V1

?=V2

?=I3

Applicando la LKT alla maglia verde abbiamo: V1=-2V+3V+6V+8V-4V=11V Applicando la LKT alla maglia arancione abbiamo: V2=-2V+3V+6V=7V Applicando la LKC ad uno dei nodi blu abbiamo: I3=3A+2A=5A

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[1.3]

?=V1

?=I2

?=I3

?=I4

Applicando la LKT alla maglia arancione abbiamo: V1=-5V+4V+2V=1V Applicando la LKC al nodo verde abbiamo: I3=3A-4A=-1A Considerando la regione rossa abbiamo: I4=- I3=1A Applicando la LKC a uno dei nodi blu abbiamo: I2=-2A+1A=-1A

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[1.4] N.B. quando non viene esplicitamente scritto, la potenza si intende assorbita

?=Pass Essendo la potenza assorbita totale pari alla somma delle potenze assorbite dai singoli componenti procediamo a calcolare queste ultime: PC1=0 ; PC2=0 ; PD1=0 in quanto non sono attraversati da corrente PR1=10,8V·5,24mA=56,59mW PR2=1,2V·5mA=6mW Applicando la LKT alla maglia rossa otteniamo: Vx=1,2V+6V=7,2V Applicando la LKC alla regione blu otteniamo: Ix=1,00524A-240µA=1,005A PIC1=(7,2V·1,00524A)-(1,2V·1,005A)=6,03W Pass= PC1+ PC2+ PD1+ PR1+ PR2+PIC1=6,041659W

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[1.5]

Calcolare le potenze assorbite dai singoli componenti e quindi ricavare le potenze generate Diremo CG la convenzione dei generatori e CU la convenzione degli utilizzatori quindi: C1 è in CU quindi: P1=-4V·3A=-12W

(PG1=12W)

C2 è in CG quindi: P2=-(11V·3A)=-33W

(PG2=33W)

C3 è in CU quindi: P3=2V·2A=4W

(PG3=-4W)

C4 è in CG quindi: P4=-(3V·2A)=-6W

(PG4=6W)

C5 è in CG quindi: P5=-(6V·2A)=-12W

(PG5=12W)

C6 è in CU quindi: P6=7V·5A=35W

(PG6=-35W)

C7 è in CU quindi: P7= 8V·3A=24W

(PG7=-24W)

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[1.6]

Q1

?=PQ1

Q1

Q2

Q2

?=PQ2

Considerando il nodo rosso e i nodi blu possiamo notare che la differenza di potenziale tra di essi è uguale alla differenza dei singoli potenziali rispetto al nodo di riferimento Abbiamo quindi tutte le tensioni e intensità di corrente necessarie per calcolare le potenze assorbite da Q1 e Q2 PQ1=((4,3V-1V)·2,45mA)+(0,65V·50µA)=8,1175mW PQ2=((3V-1V)·2,45mA) +(0,65V·50µA)=4,9325mW

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[1.7]

R2

?=V1

?=V2

?=I2

V1=P1/I1=1V Essendo in parallelo sappiamo che C2 e R2 hanno la stessa differenza di potenziale i capi quindi: V2 =VR2=2V Applicando la LKC al nodo verde abbiamo I2 =1A+2A=3A ?=P2

?=PR2

Basterà utilizzare la formula per calcolare la potenza assorbita facendo attenzione se ci troviamo nel caso di misure di tensione e corrente effettuate con la convenzione degli utilizzatori o dei generatori: P2=-(2V·3A)=-6W PR2=2V·2A=4W

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[2.1] Note le seguenti linee caratteristiche

Si ricavi il punto di lavoro del seguente circuito: TOT

TOT

Invertendo correttamente le linee dei componenti A e B si trova la seguente intersezione:

PUNTO DI LAVORO: V=0,5V I=0,5°

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[2.2] Determinare la curva caratteristica del seguente componente:

Consideriamo le linee caratteristiche del diodo e della resistenza:

Il componente composito di questi ha caratteristica:

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Elettrotecnica – esercizi svolti

Consideriamo ora la linea caratteristica del generatore indipendente di corrente:

Sommando le intensità di corrente di questa al quelle della precedente (poiché i componenti sono in parallelo) otteniamo:

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[2.3] Trovare il punto di lavoro del componente precedente collegato al nuovo componente come in figura:

Considerando la linea caratteristica del generatore indipendente di tensione

Possiamo ottenere la linea caratteristica del nuovo componente e metterla a sistema con la precedente per ottenere il punto di lavoro:

PUNTO DI LAVORO: V=1V I=0

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[2.4] Trovare il punto di lavoro del seguente circuito:

Otteniamo in primo luogo le linee caratteristiche dei componenti compositi blu e rosso:

E quindi otteniamo la linea caratteristica del componente composito arancione che verrà messa a sistema con quella della resistenza:

PUNTO DI LAVORO: V=0,5V I=-0,5° 14

Elettrotecnica – esercizi svolti

[2.5] Trovare il punto di lavoro del seguente circuito: α β γ

α e β avranno le seguenti linee caratteristiche:

Mettendo a sistema l’unione delle precedenti linee con quella del componente γ otteniamo:

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[3.1] Ottenere un circuito semplificato equivalente a quello in figura:

In primo luogo semplifichiamo graficamente il circuito per individuare meglio la disposizione dei componenti:

Modifichiamo i componenti cerchiati passando da generatori di tensione a generatori di corrente:

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Elettrotecnica – esercizi svolti

Si può quindi riassemblare il circuito come:

E quindi più semplicemente come:

[3.2] Semplificare il circuito e trovare le intensità di corrente richieste

?=I1 ?=I2 ?=I3 Operiamo passaggio dopo passaggio per trovare le resistenze equivalenti dei resistori in serie o in parallelo -Resistori da 5Ω in parallelo Req=

=2,5Ω

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-Resistori da 2,5Ω 2,5Ω e 5Ω in serie Req=2,5Ω+2,5Ω+5Ω=10Ω

-Resistori in parallelo da 10Ω Req=

=5Ω

-Resistori in serie da 25Ω e 5Ω Req=25Ω+5Ω=30Ω

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Elettrotecnica – esercizi svolti

A questo punto possiamo procedere a ritroso per trovare le singole intensità di corrente incognite: I1=30V/30Ω=1A I2=I1·10Ω/20Ω=0,5A I3=I2·5Ω/10Ω=0,25A

[3.3] Semplificare il seguente circuito:

Considerato che si tratta di soli generatori di tensione in serie e resistenze in serie e in parallelo il circuito diventa

Req

Eeq

Calcoliamo quindi la resistenza equivalente: Req=

+ 2KΩ +

=12,5KΩ

E la tensione generata dalla serie di generatori: Eeq=15V-5V=10V

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[3.4] Semplificare il circuito e trovare le intensità di corrente richieste

?=I1 ?=I2 ?=I3 ?=I4 Riduciamo in primo luogo il circuito all’essenziale per trovare I4

12V

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Elettrotecnica – esercizi svolti

Possiamo ora procedere a ritroso calcolando, nell’ordine: I4=12V/2Ω=6A I3= I4·

=3A

I2= I3·

=1,5A

I1= I2·

=0,75°

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[4.1] D

C

A

B

?=I ?=VAB Il corrispondente circuito schematizzato è:

Dove la tensione generata è Vm=εmx· L =-0,1V R=ρ1·L/S=0,169Ω I= Vmx/∑R= -148mA VAB=-[(R·I)+Vmx]=0,075V

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[5.1] Effettuare l’analisi nodale sul seguente circuito:

I4

I1= I2=1,5A I3= I4= VAB=eA-eB LKCA: LKCB:

+ 1,5A + – 1,5A –

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[5.2] Effettuare l’analisi nodale sul seguente circuito impostando una matrice

La matrice è stata scritta ponendo: -In rosso le somme delle conduttanze ai singoli nodi -In blu le conduttanze tra le coppie di nodi prese con il segno invertito -In verde i potenziali incogniti ai nodi -In arancione i termini noti forniti dai generatori indipendenti

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[5.3] Effettuare l’analisi nodale modificata al seguente circuito: A

B

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[6.1] Ricavare gli equivalenti Thevenin e Norton del seguente componente:

Equivalente Norton: Notiamo innanzitutto che nel componente originario non è presente nessun generatore indipendente di corrente quindi Aeq=0 La resistenza equivalente la possiamo calcolare applicando una tensione esterna vs: ReqN=Vs/is=

=5,5KΩ

Equivalente Thevenin: Notiamo anche in questo caso che non sono presenti nel componente originario generatori indipendenti di tensione quindi Veq=0 Essendo il componente Thevenin ridotto unicamente ad un resistore quest’ultimo dovrà necessariamente essere lo stesso calcolato per l’equivalente Norton: ReqT = ReqN =5,5KΩ

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[7.1]

?=Vx Utilizziamo il principio di sovrapposizione degli effetti per risolvere il circuito: Effetto di E1:

Vx’=

Effetto di E2:

Vx’’=

Quindi: Vx= Vx’+ Vx’’=10,9V

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[7.2]

?=IA Utilizziamo il principio di sovrapposizione degli effetti per risolvere il circuito: Effetto di E1:

IA’= Effetto di A2:

IA

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Effetto di A3:

IA’’’=1A Effetto di E4:

IAIV=1A Quindi: IA= IA’=+ IA’’+ IA’’’+ IAIV=2,33°

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[8.1] N.B. se non meglio specificato si intende µ= Ricavare il flusso ψ nelle diverse sezioni e il flusso φ concatenato con l’avvolgimento

µ=10-2H/m

N=100

l=20cm

S=2cm2

In primo luogo possiamo schematizzare il circuito come

=105 H-1

con E quindi al circuito

con Req=4R=4·105 H-1 In cui è facile calcolare

e

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Elettrotecnica – esercizi svolti

[8.2]

µ=10-2H/m

N=100

I1=10mA

l=20cm

S=1cm2

?=ψ1 ?=ψ2 ?=ψ3 ?=φ1

Possiamo per prima cosa passare allo schema circuitale:

=2·105 H-1

con E quindi ad uno ulteriormente semplificato:

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Elettrotecnica – esercizi svolti

Possiamo quindi procedere a calcolare i flussi richiesti:

[8.3]

µfe=10-3H/m

µol=10-5H/m

N1=10

N2=5

?=ψ1 ?=ψ2

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δ=1mm

l=10cm

S=10cm2

Elettrotecnica – esercizi svolti

Per passare allo schema circuitale teniamo conto della seguente approssimazione:

Quindi potremo schematizzare il circuito come:

dove

=105 H-1

e

=105 H-1

Possiamo quindi passare ad un circuito ulteriormente semplificato:

Da cui possiamo immediatamente ricavare:

=

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[8.4]

µ=10-3H/m I1=2A

N1=150

I2=1A

N2=300

N3=100

l=40cm

S=4cm2

I3=5A

?=ψ1 ?=ψ2 ?=ψ3 ?= ψ4 ?=φ1 ?=φ1 ?=φ2 ?=φ3 Come prima cosa schematizziamo il circuito:

dove

=106 H-1

Si può risolvere questo circuito tramite il teorema di sovrapposizione degli effetti ma, notando che N1I1=N2I2 notiamo che possiamo eliminare un generatore:

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Elettrotecnica – esercizi svolti

Con i dovuti passaggi possiamo ridurlo a:

E da cui possiamo partire e calcolare ogni incognita:

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[9.1] Trovare l’espressione della corrente iL passante per l’induttanza una volta che nel seguente circuito si è chiuso l’interruttore:

Dobbiamo quindi trovare i termini da sostituire nell’equazione: -

Per prima cosa calcoliamo la resistenza equivalente del blocco di circuito connesso all’induttanza (spegnendo il generatore): Req=

=

Da cui:

Ci occorre quindi conoscere IL∞ che ricaviamo sapendo che dopo un tempo infinito l’induttanza si comporta da corto circuito come mostrato nel seguente circuito:

da cui possiamo calcolare che IL∞=12A

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Elettrotecnica – esercizi svolti

L’ultima informazione necessaria a scrivere l’equazione di iL(t) rimane IL C.A. ovvero lo stato iniziale in cui si trovava il circuito prima della chiusura dell’interruttore:

da cui possiamo calcolare che IL C.A.=6°

Possiamo ora sostituire i termini calcolati nell’equazione di iL(t): -

=

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[9.2] Ricavare le equazioni in funzione del tempo e i grafici qualitativi di vC(t) e v(t): 1Ω 1Ω 1A T=2s

vc(0)=1V ①Andamento delle variabili prima della chiusura dell’interruttore (T -> ?=v(t) Per semplificare le cose dividiamo momentaneamente il circuito in due parti:

❶

❷

Analizziamo per prima la parte ❶ passando al dominio dei fasori: zr = R = 1Ω zc =

= -j

zL = jωL = j

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Elettrotecnica – esercizi svolti

Usiamo ora le regole per la trasformazione triangolo->stella z12=

1Ω

z23=

-j

z13=

j

Le impedenze diventano quindi:

E semplificando il tutto otteniamo:

Passiamo quindi alla parte❷: Notiamo che YL+YC=0 quindi possiamo sostituire i due componenti con un circuito aperto

Notiamo che ZL+ZC=0 quindi possiamo sostituire i due componenti con un corto circuito

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Elettrotecnica – esercizi svolti

Il circuito diventa quindi:

con zL = jωL = j Dobbiamo semplificarlo ulteriormente e per farlo conviene trovare il suo equivalente Norton: Per trovare

:

Per trovare

:

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Elettrotecnica – esercizi svolti

Quindi possiamo riscrivere la parte ❷ come:

Riassemblando ❶ e ❷otteniamo:

Dove le due impedenze evidenziate in verde sono assimilabili ad un circuito aperto e di conseguenza quella evidenziata in arancione sarà trascurabile perché in serie ad un generatore di corrente Il circuito diventa quindi:

In cui è facile calcolare

E quindi:

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[11.1]

Bipolo 1 2 3 4 5 ?=PTOT

P (KW) 1 2 -6 3 4

?=QTOT

?=S

?=|S|

Q (KVAr) 6 -2 4 -5 -6

?=cosϕ

Innanzitutto possiamo affermare che la geometria interna del bipolo non è rilevante ai fini dell’esercizio e procediamo a calcolare le potenze richieste e il fattore di potenza: PTOT=P1+ P2+ P3+ P4+ P5=4KW QTOT= Q1+ Q2+ Q3+ Q4+ Q5=-3KVAr S=P+jQ= 4 - j3 KVA |S|

= 5KVA

Considerando che possiamo scrivere S come S=|S|(cosϕ+jsenϕ)= |S|cosϕ+|S|jsenϕ= P+jQ Otteniamo che E quindi che

P=|S|cosϕ cosϕ =

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