za
Bo z
za
Bo z
Fabio Viola
Bo z
za
QUADERNO DI ELETTROTECNICA
Fabio Viola, Quaderno di elettrotecnica Copyright © 2011 Editrice UNI Service, Trento Via Verdi, 9/A – 38122 Trento www.uni-service.it –
[email protected]
Prima Edizione: ottobre 2011 – Printed in Italy
Bo z
za
ISBN 978-88-6178-775-9
Indice ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Alcuni esercizi presentano un’etichetta evidenziata in nero, sono proprio quelli che richiedono un grado di conoscenza estesa e ricadono nel gruppo di esercizi di sintesi.
Prefazione........................................................................................... I Capitolo 1, Valutazione di resistenza equivalente.............................. 1 Esercizio 1.1 ........................................................................................................... 1 Esercizio 1.2 ........................................................................................................... 2 Esercizio 1.3 ........................................................................................................... 3 Esercizio 1.4 ........................................................................................................... 4 Esercizio 1.5 ........................................................................................................... 5 Esercizio 1.6 ........................................................................................................... 6 Esercizio 1.7 ........................................................................................................... 7 Esercizio 1.8 ........................................................................................................... 8 Esercizio 1.9 ........................................................................................................... 9 Esercizio 1.10 ....................................................................................................... 11
Capitolo 2, Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche 12
Bo z
za
Esercizio 2.1 ......................................................................................................... 12 Esercizio 2.2 ......................................................................................................... 13 Esercizio 2.3 ......................................................................................................... 14 Esercizio 2.4 ......................................................................................................... 15 Esercizio 2.5 ......................................................................................................... 16 Esercizio 2.6 ......................................................................................................... 16 Esercizio 2.7 ......................................................................................................... 17 Esercizio 2.8 ......................................................................................................... 18 Esercizio 2.9 ......................................................................................................... 18 Esercizio 2.10 ....................................................................................................... 19 Esercizio 2.11 ....................................................................................................... 20 Esercizio 2.12 ....................................................................................................... 21 Esercizio 2.13 ....................................................................................................... 22 Esercizio 2.14 ....................................................................................................... 22 Esercizio 2.15 ....................................................................................................... 23
Capitolo 3, Applicazioni delle leggi di Kirchhoff................................ 25 Esercizio 3.1 ......................................................................................................... 25 Esercizio 3.2 ......................................................................................................... 26 Esercizio 3.3 ......................................................................................................... 28 Esercizio 3.4 ......................................................................................................... 29 Esercizio 3.5 ......................................................................................................... 29 Esercizio 3.6 ......................................................................................................... 32 Esercizio 3.7 ......................................................................................................... 36 Esercizio 3.8 ......................................................................................................... 39 Esercizio 3.9 ......................................................................................................... 40 Esercizio 3.10 ....................................................................................................... 41
Indice ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 4, Metodi di analisi circuitale .............................................. 44
Bo z
za
Esercizio 4.1 ......................................................................................................... 44 Esercizio 4.2 ......................................................................................................... 46 Esercizio 4.3 ......................................................................................................... 48 Esercizio 4.4 ......................................................................................................... 50 Esercizio 4.5 ......................................................................................................... 51 Esercizio 4.6 ......................................................................................................... 53 Esercizio 4.7 ......................................................................................................... 54 Esercizio 4.8 ......................................................................................................... 55 Esercizio 4.9 ......................................................................................................... 58 Esercizio 4.10 ....................................................................................................... 61 Esercizio 4.11 ....................................................................................................... 63 Esercizio 4.12 ....................................................................................................... 65 Esercizio 4.13 ....................................................................................................... 66 Esercizio 4.14 ....................................................................................................... 68 Esercizio 4.15 ....................................................................................................... 70 Esercizio 4.16 ....................................................................................................... 73 Esercizio 4.17 ....................................................................................................... 76 Esercizio 4.18 ....................................................................................................... 77 Esercizio 4.19 ....................................................................................................... 79 Esercizio 4.20 ....................................................................................................... 80 Esercizio 4.21 ....................................................................................................... 81 Esercizio 4.22 ....................................................................................................... 82
Capitolo 5, Doppi bipoli .................................................................... 83 Esercizio 5.1 ......................................................................................................... 83 Esercizio 5.2 ......................................................................................................... 85 Esercizio 5.3 ......................................................................................................... 86 Esercizio 5.4 ......................................................................................................... 87 Esercizio 5.5 ......................................................................................................... 89 Esercizio 5.6 ......................................................................................................... 90 Esercizio 5.7 ......................................................................................................... 93 Esercizio 5.8 ......................................................................................................... 94 Esercizio 5.9 ......................................................................................................... 96 Esercizio 5.10 ..................................................................................................... 100 Esercizio 5.11 ..................................................................................................... 101 Esercizio 5.12 ..................................................................................................... 103
Capitolo 6, Circuiti dinamici del primo ordine ................................. 104 Esercizio 6.1 ....................................................................................................... 104 Esercizio 6.2 ....................................................................................................... 105 Esercizio 6.3 ....................................................................................................... 107 Esercizio 6.4 ....................................................................................................... 111 Esercizio 6.5 ....................................................................................................... 115 Esercizio 6.6 ....................................................................................................... 117 Esercizio 6.7 ....................................................................................................... 119 Esercizio 6.8 ....................................................................................................... 121
Indice ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 6.9 ....................................................................................................... 123 Esercizio 6.10 ..................................................................................................... 125 Esercizio 6.11 ..................................................................................................... 126 Esercizio 6.12 ..................................................................................................... 128 Esercizio 6.13 ..................................................................................................... 131 Esercizio 6.14 ..................................................................................................... 134 Esercizio 6.15 ..................................................................................................... 135 Esercizio 6.16 ..................................................................................................... 137 Esercizio 6.17 ..................................................................................................... 138
Capitolo 7, Circuiti dinamici del secondo ordine ............................ 140 Esercizio 7.1 ....................................................................................................... 140 Esercizio 7.2 ....................................................................................................... 144 Esercizio 7.3 ....................................................................................................... 146 Esercizio 7.4 ....................................................................................................... 148 Esercizio 7.5 ....................................................................................................... 151 Esercizio 7.6 ....................................................................................................... 155 Esercizio 7.7 ....................................................................................................... 158 Esercizio 7.8 ....................................................................................................... 160 Esercizio 7.9 ....................................................................................................... 163
Capitolo 8, Circuiti in regime sinusoidale ....................................... 169
Bo z
za
Esercizio 8.1 ....................................................................................................... 169 Esercizio 8.2 ....................................................................................................... 171 Esercizio 8.3 ....................................................................................................... 172 Esercizio 8.4 ....................................................................................................... 172 Esercizio 8.5 ....................................................................................................... 174 Esercizio 8.6 ....................................................................................................... 175 Esercizio 8.7 ....................................................................................................... 176 Esercizio 8.8 ....................................................................................................... 177 Esercizio 8.9 ....................................................................................................... 179 Esercizio 8.10 ..................................................................................................... 181 Esercizio 8.11 ..................................................................................................... 184 Esercizio 8.12 ..................................................................................................... 185 Esercizio 8.13 ..................................................................................................... 186 Esercizio 8.14 ..................................................................................................... 188 Esercizio 8.15 ..................................................................................................... 190 Esercizio 8.16 ..................................................................................................... 192 Esercizio 8.17 ..................................................................................................... 193 Esercizio 8.18 ..................................................................................................... 194 Esercizio 8.19 ..................................................................................................... 196 Esercizio 8.20 ..................................................................................................... 199 Esercizio 8.21 ..................................................................................................... 200 Esercizio 8.22 ..................................................................................................... 202 Esercizio 8.23 ..................................................................................................... 204 Esercizio 8.24 ..................................................................................................... 206 Esercizio 8.25 ..................................................................................................... 207 Esercizio 8.26 ..................................................................................................... 208
Indice ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.27 ..................................................................................................... 209 Esercizio 8.28 ..................................................................................................... 211 Esercizio 8.29 ..................................................................................................... 212 Esercizio 8.30 ..................................................................................................... 213 Esercizio 8.31 ..................................................................................................... 214
Capitolo 9, Risposta in frequenza .................................................. 216 Esercizio 9.1 ....................................................................................................... 216 Esercizio 9.2 ....................................................................................................... 217 Esercizio 9.3 ....................................................................................................... 218 Esercizio 9.4 ....................................................................................................... 219 Esercizio 9.5 ....................................................................................................... 220 Esercizio 9.6 ....................................................................................................... 221 Esercizio 9.7 ....................................................................................................... 226 Esercizio 9.8 ....................................................................................................... 227 Esercizio 9.9 ....................................................................................................... 230 Esercizio 9.10 ..................................................................................................... 232 Esercizio 9.11 ..................................................................................................... 235 Esercizio 9.12 ..................................................................................................... 239 Esercizio 9.13 ..................................................................................................... 242 Esercizio 9.14 ..................................................................................................... 244
Bo z
za
Capitolo 10, Sistemi trifase ............................................................ 247 Esercizio 10.1 ..................................................................................................... 247 Esercizio 10.2 ..................................................................................................... 251 Esercizio 10.3 ..................................................................................................... 253 Esercizio 10.4 ..................................................................................................... 256 Esercizio 10.5 ..................................................................................................... 258 Esercizio 10.6 ..................................................................................................... 260 Esercizio 10.7 ..................................................................................................... 264 Esercizio 10.8 ..................................................................................................... 266 Esercizio 10.9 ..................................................................................................... 267
Capitolo 11, Analisi delle forme d’onda.......................................... 271 Esercizio 11.1 ..................................................................................................... 271 Esercizio 11.2 ..................................................................................................... 273 Esercizio 11.3 ..................................................................................................... 275 Esercizio 11.4 ..................................................................................................... 277 Esercizio 11.5 ..................................................................................................... 279 Esercizio 11.6 ..................................................................................................... 282 Esercizio 11.7 ..................................................................................................... 285 Esercizio 11.8 ..................................................................................................... 287 Esercizio 11.9 ..................................................................................................... 288
Capitolo 12, Principi di elettromagnetismo..................................... 271 Esercizio 12.1 ..................................................................................................... 290 Esercizio 12.2 ..................................................................................................... 290
Indice ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 12.3 ..................................................................................................... 291 Esercizio 12.4 ..................................................................................................... 294 Esercizio 12.5 ..................................................................................................... 297 Esercizio 12.6 ..................................................................................................... 300 Esercizio 12.7 ..................................................................................................... 302 Esercizio 12.8 ..................................................................................................... 303 Esercizio 12.9 ..................................................................................................... 305 Esercizio 12.10 ................................................................................................... 309 Esercizio 12.11 ................................................................................................... 313
Capitolo 13, Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici..... 315 Esercizio 13.1 ..................................................................................................... 315 Esercizio 13.2 ..................................................................................................... 321 Esercizio 13.3 ..................................................................................................... 323 Esercizio 13.4 ..................................................................................................... 335 Esercizio 13.5 ..................................................................................................... 339 Esercizio 13.6 ..................................................................................................... 349
Ringraziamenti............................................................................... 355
Bo z
za
Bibliografia ..................................................................................... 356
za
Bo z
Prefazione ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Prefazione
Bo z
za
La scrittura di un testo universitario ha come fine quello di realizzare un valido strumento per facilitare l’apprendimento degli argomenti trattati nel corso. Questo strumento deve essere efficace, giacché la disponibilità di ore di lezione frontale è sempre più limitata. Nella stesura di questo libro ho continuamente cercato di bilanciare diverse esigenze didattiche, che si possono riassumere nella dicotomia quantità e qualità. Un corso di elettrotecnica è ricco, richiede moltissime conoscenze di matematica e di fisica e indirizza la conoscenza verso più vaste aree del sapere. Non è facile decidere quando porre termine al corso stesso, troppe sono le parti interessanti e troppo poco è il tempo. Io stesso dico sempre ai miei studenti “il tempo ci fu tiranno”, strizzando loro un occhio. Un buon testo di elettrotecnica allora potrebbe cercare di includere quanti più argomenti possibili e lasciare allo studente l’incarico di approfondire lo studio in maniera autonoma. Un simile approccio però sottrarrebbe il docente da un più importante incarico, quello di creare ingegneri. L’ingegno deve essere stimolato e questo non può essere fatto somministrando solamente informazioni, ma bisogna seguire una curva di apprendimento, si devono stabilire dei livelli di comprensione per consentire il passaggio da conoscenza quantitativa a conoscenza qualitativa. Un’idea o un aspetto nuovo non presuppone alcuna conoscenza pregressa, solo grazie ad una buona capacità di astrazione se ne possono definire i contorni, quasi come le ombre nella caverna di Platone nel VII libro de “La Repubblica”. Definiti questi contorni, si passa a un livello successivo di conoscenza, quella tipica dell’essere umano in cui è l’operazione di confronto ed esplorazione che garantisce l’apprendimento; basti pensare alla nascita delle prime di unità di misura (pollice, piede, cubito) che sono direttamente legate al corpo umano.
I
Prefazione ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Il confronto con altri simili apre la strada alla costruzione di macroaspetti, utili in seguito nella creazione di progetti più estesi. In questi semplici passaggi la conoscenza è passata da rivestire un aspetto quantitativo a rivestirne un altro qualitativo. Vi suggerisco di pensare inizialmente a una resistenza e poi alla dissipazione di potenza in un esteso impianto elettrico e vi presento anche un grafico correlandolo con una scala gerarchica di azioni possibili. Nasce l’idea di un elemento resistivo, ma fino a quando non s’introducono delle grandezze quantitative, non è possibile eseguire alcuna azione. Solamente dopo che è stato definito l’oggetto, è possibile eseguire delle semplici operazioni di stima. Una maggiore confidenza aprirà le porte a processi di comparazione, in cui s’intuiscono i contorni degli oggetti ma non quelli del sistema che sarà oggetto di un’analisi relazionale sulle dinamiche che intercorrono tra elementi omogenei. Soltanto al suo livello più elevato la conoscenza consente di utilizzare le informazioni acquisite sui singoli elementi e sulle dinamiche dei sistemi per definire e progettare nuove strutture. Si è quindi passati da semplici stadi di memorizzazione e identificazione a processi complessi di analisi e sintesi.
Scala gerarchica della conoscenza
Durante questi brevi passaggi il livello di conoscenza è passato da un livello quantitativo, in cui è stimolata essenzialmente la memoria, a uno qualitativo, in cui è stato stimolato l’ingegno. II
Prefazione ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Ogni capitolo del libro presenterà diversi esercizi la cui risoluzione richiede una buona conoscenza delle dinamiche coinvolte (livello quantitativo) ed anche alcuni esercizi in cui è necessario impegnare delle capacità tipiche dell’ingegnere. L’intento di questo libro è quindi quello di stimolare tutti i livelli di conoscenza dello studente e indirizzarne lo studio verso aspetti progettuali tipici dell’ingegneria. In quest’ottica si può leggere la copertina del libro: SATOR, AREPO, TENET, OPERA, ROTAS “il docente, per mezzo dei propri strumenti, assiste con cura i propri allievi”. Sicuramente il quadrato del Sator avrà anche altri significati, ma l’analisi di questi ultimi è lasciata ai miei studenti.
Bo z
za
Fabio E. Viola
S
A
T
O
R
A
R
E
P
O
T
E
N
E
T
O
P
E
R
A
R
O
T
A
S
III
za
Bo z
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente
Esercizio 1.1 Si determini la resistenza d'ingresso del bipolo di figura 1.1. Svolgimento
Bo z
za
Figura 1.1
Per la risoluzione dell’esercizio si prendono in considerazione due nodi ausiliari, C e D, come mostrato in figura 1.1a. Risulta immediato notare che non vi è differenza di potenziale tra i morsetti D e B, in quanto sono collegati da un corto circuito. La resistenza in ingresso è scomponibile nella seguente
somma:
RAB = RAC + RCD + RDB. La resistenza tra i morsetti A e C è data dal parallelo dei due resistori collegati agli stessi morsetti : Figura 1.1a
R AC
22 22
4 4
1 :.
La resistenza RAC, data dal parallelo di due resistori identici, è numericamente pari alla metà della resistenza del singolo resistore. La resistenza in ingresso risulta quindi data da: RAB = 1 + 1 + 0 = 2 ȍ.
1
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 1.2 Si determini la resistenza d'ingresso del bipolo di figura 1.2. Svolgimento
Bo z
za
Per la risoluzione dell’esercizio si procede eseguendo le operazioni di serie e parallelo partendo dal punto più distante dai morsetti A e B. Si inseriscono due nodi ausiliari C e D, i quali sono Figura 1.2 collegabili con i percorsi cammini rappresentati in figura a tratto continuo (1) e discontinuo (2). Si considera il percorso rappresentato a tratto continuo. La resistenza incontrata assume il valore RCD(1) =2+1+1= 4 ȍ. Figura 1.2a Considerando il percorso (2) si trova che la resistenza RCD(2) assume lo stesso valore della resistenza RCD(1). La rete può essere ridotta considerando un unico resistore tra C e D di valore 2 ȍ. Figura 1.2b I morsetti E e D sono collegati per mezzo di due vie in parallelo: la prima consiste nella resistenza da 4 ȍ che collega direttamente E e D, la seconda nel percorso che abbraccia anche il morsetto C. Eseguendo il parallelo si ottiene: RED = 2 ȍ. RAB = RAE + RED + RDB = 1 + 2 + 2 = 5 ȍ. 2
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 1.3 Si determini la resistenza d'ingresso del bipolo di figura 1.3. Svolgimento
Bo z
za
Figura 1.3
Si eseguono le operazioni di riduzione tra bipoli in serie ed in parallelo, in particolare si esegue la serie tra i due resistori da 1 ȍ. S’identificano i nodi ausiliari C,D,E,F; si nota che non vi è differenza di potenziale tra i nodi C, E, F, i bipoli sottesi dai nodi D e C, D e F, E ed E sono quindi connessi in parallelo, come mostrato in figura 1.3b.
Figura 1.3a Figura 1.3b
Si risolve il parallelo: R eq
RAB = RAC + Req + RDB = 1 +
1 1 1 1 2 2 2
2 :. 3
2 11 +2= ȍ. 3 3 3
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 1.4 Per la rete di fig. 1.4 si determinino la corrente e la potenza erogate dal generatore (VAB = 100 V).
A
2ȍ 20ȍ
3ȍ 7ȍ
16ȍ 10ȍ
B 10ȍ
11ȍ
Figura 1.4
20ȍ
3ȍ
16ȍ 10ȍ
B E
10ȍ
11ȍ
Figura 1.4a C
A
2ȍ 20ȍ
16ȍ 5ȍ
B 10ȍ
E
Figura 1.4b
Figura 1.4c
11ȍ
za
2ȍ
Bo z
C A
Svolgimento Per determinare la corrente erogata dal generatore di tensione si procede alla riduzione della rete resistiva 7ȍ ad un resistore equivalente ai morsetti AB. Si introducono i D nodi ausiliari C, D, E. Si considerano i resistori più distanti dal generatore e si esegue la serie ed il parallelo per i resistori sottesi dai morsetti C e D: RCD = ((3+7)-1+10-1)-1= 5 ȍ. D Si considerano le resistenze afferenti ai nodi C ed E. Si esegue la serie tra le resistenze incontrate nel cammino C ĺ D ĺ E, e successivamente il parallelo con il resistore da 16 ȍ. Si ottiene quindi la rete di figura 1.4c. Il parallelo tra il resistore da 20 ȍ e la serie di tre resistenze genera una resistenza RAB pari 4
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
a 10 ȍ, ne consegue che VAB 100 IAB 10A e che R AB 10 PAB
R AB I 2AB
10 10
2
1kW .
Esercizio 1.5
Per la rete di fig. 1.5 si determinino la corrente e la potenza erogate dal generatore (VAB = 120 V).
za
Bo z
Figura 1.5
Svolgimento La resistenza equivalente ai morsetti A e B è la resistenza che il circuito offre al passaggio di una corrente tra il nodo A ed il nodo B. Esaminando la rete di figura 1.5 si potrebbe immediatamente affermare che il blocco di resistenze da 3 ȍ non è interessato da corrente, poiché risulta aggirabile per mezzo dei collegamenti ideali di corto circuito. Ne risulta che la resistenza RAB è pari a 6 ȍ. Si segue un’altra via per ottenere le conclusioni precedentemente esposte. Si introducono i nodi ausiliari C,D,E ed F. Si ridisegna la rete per evidenziare il parallelo tra i resistori da 3 ȍ. E’ facile notare come tale parallelo non è interessato da corrente.Ne consegue che RAB= 6 ȍ;
Figura 1.5a
IAB PAB
VAB R AB
120 6
R AB I2AB
Figura 1.5b 5
20A ; 6 20
2
2 .4 kW .
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 1.6 Per la rete a scala di figura 1.6 determinare il valore di resistenza ai morsetti di ingresso.
Figura 1.6
Bo z
za
Svolgimento Si scompone la rete a scala in sei celle.
Figura 1.6a
La risoluzione di una rete a scala composta da N celle si effettua con tecnica iterativa. Si unificano ultima e penultima cella, ottenendo così una nuova rete a scala da N -1 celle. Reiterando la procedura si prosegue fino all’estinzione di tutte le celle. L’ultima cella presenta una resistenza R1 = 3 R. Si uniscono la cella 1 e la cella 2, la serie tra 2R con il parallelo tra R1 e
3 R: 2
6
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
3 R 3R 2R 2 3 R 3R 2
R 21
R321 3R
9 2 R 2R 2 9 R 2
R4321 3R
3R . Similmente si trovano:
R54321 3R
R654321 3R
Quindi RAB è pari a R654321.
Bo z
za
Esercizio 1.7 Per la rete a scala di figura 1.7, costituita da un numero infinito di celle composte da due resistori posti a ī rovesciata, determinare il valore di resistenza ai morsetti d’ingresso.
Figura 1.7
Svolgimento La resistenza vista alla porta A,B sarà la stessa vista alla porta A’,B’, A
A’ R
B
R
R B’
R
R
Figura 1.7a
7
R
R
R
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
poiché entrambe le porte vedono una catena di infinite celle resistive. Si ha quindi: R R AB R AB R . R R AB Si rielabora la formula: R R AB R 2AB R 2 R R AB R R AB , R 2AB R R AB R 2
R AB
0.
R r R 2 4R 2 2
1r 5 R. 2
Figura 1.7b
Bo z
za
Trascurando la soluzione negativa, che non ha alcun significato fisico, si è pervenuti ad un risultato notevole, la resistenza vista dalla porta di ingresso è pari alla sezione aurea per la resistenza R. La sezione aurea è un rapporto numerico che si propone spesso in contesti naturali e culturali: la disposizione geometrica delle foglie in una pianta segue la sezione aurea, le falangi delle dita di una mano seguono questo rapporto, le opere di Leonardo da Vinci seguono tale geometria. Tale rapporto presente in natura e nelle opere belle prese quindi il nome di proporzione divina. Esercizio 1.8 Per la rete cubica di resistenze di figura 1.8 determinare il valore di resistenza ai morsetti d’ingresso.
Figura 1.8
8
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Svolgimento Si introducono i nodi ausiliari C,D,E,F,G,H,I,J. Si osservano i possibili cammini dal nodo A al nodo B. Dal nodo C si raggiungono i nodi D,F,G incontrando resistenze identiche, successivamente si incontrano i nodi H,J,E sempre incontrando resistenze identiche, ed infine si raggiunge il nodo I incontrando ancora resistenze identiche. In ogni nodo si può ipotizzare che la corrente si divida in parti uguali. L’elevata simmetria della rete consente di affermare che i nodi D,F,G si trovano allo stesso potenziale, così come i nodi E,H,J. Nodi allo stesso potenziale possono essere collegati da corto circuiti, figura 1.8b. La resistenza di ingresso si ottiene come: RAB= (RŒRŒR)+(RŒRŒRŒRŒRŒR)+ (RŒRŒR)= (R/3)+(R/6)+(R/3)= = 5/6R.
Figura 1.8a
A
Figura 1.8b
R R
R R
R R
Esercizio 1.9 Per la rete di resistenze di figura 1.9 determinare il valore di resistenza ai morsetti di ingresso.
R R R
R
R
R B Figura 1.9 9
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Svolgimento Si considerano i nodi ausiliari C,D,E,F,G (figura 1.9a). Per la simmetria presente, quando la rete è percorsa da corrente, si possono supporre le coppie di nodi C e D, E e G allo stesso potenziale, quindi collegabili con dei corto circuiti, figura 1.9b. A
A
A
R R
R
C
CŁD
½R
R
F
F
R
R
D
½R
R R
R
R
R
G
EŁG
E R
A 4 ̛ 11 R
2 ̛ 33 R
I 1 ̛ 11 R
H
F
1 ̛ 6R
R E ½ R B Figura 1.9d
za
Bo z
Figura 1.9a
B
Figura 1.9b
H
CŁD 1 ̛ 6R 1 ̛ 6R
1 ̛ 6R
R
EŁG
½R
R B
F
½R
½R
R
½R
R
½R B Figura 1.9c
Si esegue la trasformazione del triangolo FCE nell’equivalente stella, ed essendo i resistori identici, le resistenze della stella assumeranno un terzo del valore delle resistenze del triangolo, figura 1.9c. Si eseguono le serie e poi si applica la trasformazione triangolo- stella al triangolo AFH (figura 1.9d): 2 2 R R AF R AH 4 3 R AI R 2 1 R AF R AH R FH 11 R R R 3 6 1 2 R R AF R FH 1 6 R FI R 2 1 R AF R AH R FH 11 R R R 3 6 10
Capitolo 1 Valutazione di resistenza equivalente ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
R HI
R HF R AH R AF R AH R FH
1 2 R 9 2 1 R R R 3 6
2 R 33
Ne consegue che la resistenza ai morsetti AB vale: R AB
1 4 1 2 1 R ( R R) || ( R R R) 11 11 33 6 2
44 R 55
Bo z
za
Esercizio 1.10 Si ricostruisca la disposizione circuitale dei resistori della rete interna al black-box di figura, sapendo che è costituita da 5 elementi da un Ohm ciascuno e che utilizzando un strumento per la misura delle resistenze si ha: RAB = 1.5 ȍ, RBC = 3 ȍ, RAC = 2.5 ȍ. Svolgimento Si affronta la sintesi del modello circuitale. Il cammino AB per offrire la resistenza RAB = 1.5 ȍ, deve prevedere la serie tra un resistore ed un parallelo di due resistori, figura 1.10a. Figura 1.10
Il cammino BC deve invece prevedere la serie tra tre resistori, figura 1.10b. Si ipotizza l’unione dei due circuiti parziali, ottenendo quindi il circuito di figura 1.10c, che verifica anche la condizione RAC = 2.5 ȍ.
Figura 1.10a
Figura 1.10c
Figura 1.10b 11
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche Esercizio 2.1 In figura 2.1 è rappresentata la caratteristica del bipolo di morsetti A,B, insieme alle convenzioni di segno adottate. Si determinino le caratteristiche del bipolo quando si inverta il verso di riferimento per la corrente ma non quello della tensione, e quando si inverte il verso di riferimento per la tensione ma non quello della corrente. v
Svolgimento
A i
B
i
Bo z
0
za
v
L’inversione del segno di corrente a parità di tensione comporta il ribaltamento della caratteristica rispetto all’asse orizzontale, figura 2.1a. Similmente il cambiamento della polarità di tensione comporta il ribaltamento della caratteristica rispetto all’asse verticale, figura 2.1b.
Figura 2.1
v
v A
A
i
i 0 v
v 0
i
B
B Figura 2.1a
Figura 2.1b
12
i
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Nella figura 2.1 sono impiegate le convenzioni di riferimento dell’utilizzatore, poiché la corrente fluisce da punti di potenziale maggiore verso punti di potenziale minore, mentre nelle figure 2.1a e 2.1b sono impiegate le condizioni di riferimento del generatore. Esercizio 2.2 Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.2.
Bo z
za
Svolgimento La risoluzione dell’esercizio richiede l’applicazione grafica delle leggi di Kirchhoff: se due bipoli sono connessi in serie a parità di corrente si sommano le tensioni oppure se due bipoli sono Figura 2.2 connessi in parallelo a parità di tensione si sommano le correnti. Queste somme si devono intendere in senso algebrico, vR poiché dipendono dalle condizioni di riferimento associate ai singoli bipoli. Per semplificare la risoluzione è conveniente 1 adottare sempre le condizioni di -1 riferimento dell’utilizzatore per ogni bipolo, 0 1 iR figura 2.1a. vE 1
0
-1 Figura 2.2a
iE
vAB
Si traccia la caratteristica del resistore R: si considerano i punti in cui la corrente assume il valore 0 e 1. La curva caratteristica è una retta. Si traccia la caratteristica del generatore di tensione, questa è una retta parallela all’asse orizzontale. Le curve si tracciano avendo cura di mantenere un unico asse delle tensioni, in quanto i due bipoli sono 13
2 1 -1 0
Figura 2.2b
iAB
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
connessi in serie e se su di essi sono associate le direzioni di riferimento degli utilizzatori come in figura 2.2a, è possibile, per determinare la tensione VAB, sommare graficamente le tensioni a parità di corrente (iAB = iR = iE), come descrive la legge di Kirchhoff: VAB = VR + VE. La caratteristica del bipolo A,B si ottiene eseguendo la somma delle tensioni del resistore e del generatore solo per alcuni punti di interesse, in questo caso si osservano i punti in cui la corrente iAB vale -1,0,1. Esercizio 2.3 Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.3.
Bo z
za
Svolgimento S’introducono le convenzioni di utilizzatore per tutti i bipoli, figura 2.3a. Si tracciano le caratteristiche dei bipoli in parallelo mantenendo gli assi delle correnti sulla stessa retta, potendo così a Figura 2.3 parità di tensione sommare le correnti: iAB A i AB = iR + iI vR vI Per tracciare la caratteristica del bipolo A,B vAB 1ȍ I=1A si individuano alcuni punti di interesse, cioè quelli in cui iAB e vAB sono nulle: iR iI B iAB = 0 ĺ iR =- iI =-1A ĺ vAB = vR = -1 V; vAB = 0 ĺ iAB =iR + iI =0 +1= 1A. Figura 2.3a Tracciata la caratteristica, si verifica la sua correttezza individuando il punto in cui vAB = 1 V. Per tale punto dalla
Figura 2.3b
14
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
caratteristica si individua iAB = 2 A, che verifica la somma delle correnti nei due bipoli. Esercizio 2.4 Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.4.
Bo z
za
Svolgimento Per ogni bipolo s’introducono le convenzioni dell’utilizzatore, figura 2.4a. Si tracciano le caratteristiche dei bipoli in parallelo come svolto nell’esercizio Figura 2.3. 2.4 Ancora una volta bisogna effettuare il parallelo tra due bipoli, ma questa volta sono necessarie alcune attenzioni, in quanto la presenza del diodo condiziona fortemente il comportamento del sistema. Quando il diodo è in conduzione, si comporta da corto circuito, per cui nel parallelo con il resistore prevale il comportamento da resistenza nulla, Figura 2.4a mentre quando il diodo è interdetto, si ha un parallelo tra un circuito aperto ed un resistore, quindi prevale il comportamento resistivo.
Figura 2.4b
15
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 2.5 Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.5.
Soluzione Utilizzando le convenzioni dell’utilizzatore come fatto in precedenza si ha: Figura 2.5
za
Figura 2.5a
Bo z
Esercizio 2.6 Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.6.
Svolgimento
Figura 2.6
I bipoli sono in serie, quindi si sommano le tensioni a parità di corrente nella zona di funzionamento del diodo. Quando il diodo è interdetto l’intero bipolo A,B è interdetto.
Figura 2.6a
16
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 2.7
Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.7 utilizzando le convenzioni riportate in figura. Svolgimento I bipoli sono collegati in serie ed entrambi utilizzano le convenzioni da utilizzatore, ma l’applicazione delle leggi di Kirchhoff porta a scrivere: Figura 2.7
iAB = iR =- iD ; vAB = vR - vD.
(2.7a) (2.7b)
Bo z
za
Conviene quindi eseguire la serie di caratteristiche considerando come corrente di diodo - iD (la caratteristica si ottiene ribaltando curva rispetto all’asse verticale come spiegato in 2.1) ed al posto di sommare le cadute di tensione come fatto precedentemente si esegue la sottrazione (equazione 2.7b). Per tensioni positive il comportamento del diodo interdetto prevale sul resistore sul resistore (notare il ribaltamento della caratteristica di diodo dovuto all’equazione 2.7b).
Figura 2.7a
17
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 2.8 Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.8. Soluzione
iAB
vR
iR vE
1ȍ vAB
E=1V iD D
iE
vD
Bo z
Esercizio 2.9 Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.9. Soluzione
za
Figura 2.8
Figura 2.9
Figura 2.9a
18
Figura 2.8b
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 2.10
Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.10.
Figura 2.10
Svolgimento Ci si riferisca alla figura 2.10a. Si esegue la serie tra la caratterista equivalente del bipolo A,C e la caratteristica equivalente del bipolo C,B. La caratterista equivalente del parallelo tra un generatore di tensione ed un resistore è quella del generatore di tensione. vE
vCB
za
vR2 1
Bo z
0 iR2
1 0
1 iE
vAC -1
Figura 2.10a
-1 vAB
-1 Figura 2.10b
19
0
0
iCB
iAC
1 0
iAB
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 2.11 iAB
Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.11.
iR1 R1=1ȍ
C
Soluzione
A D iD vAB R2=1ȍ iR2
I=1A iE
B
Bo z
za
Figura 2.11
Figura 2.11a
20
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 2.12
A
iAB
Tracciare la caratteristica esterna (i,v) del bipolo di figura 2.12 considerando per tutti i bipoli le condizioni di riferimento da utilizzatore.
iD1 D1
Soluzione R2=1ȍ vAB
I=1A iR2
iI
D2
R1=1ȍ
iD2
iR1
vAC
B Figura 2.12
za
0
vEF
vCB
Bo z
vGH
-1
iAC
1 0 -1
iEF 0
1 iGH
iCB
0 -1 vAB
1 0 -1
Figura 2.12a
21
iAB
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
iAB 1ȍ vAB
E=1V
Esercizio 2.13 Identificare l’espressione analitica della caratteristica per il bipolo di figura 2.13.
Svolgimento Risulta immediato notare che il bipolo è controllato in tensione, ad ogni valore di tensione corrisponde un valore di corrente, quindi si cerca un’espressione del tipo: iAB = f(vAB,E). Si considera inizialmente solo il caso di polarizzazione diretta del diodo (vD>0). La corrente iAB assume il valore dato Figura 2.13 dalla tensione divisa per la resistenza R solo dopo che si supera la soglia E, per tale motivo si scrive: iAB= (vAB-E)/R per vD>0. La precedente equazione deve essere perfezionata inserendo l’informazione della polarizzazione del diodo: vD>0 ļ vAB - E>0 e vD=0 ļ vAB-E0, per cui si può scrivere: iAB = ½·(|vAB-E |-(vAB-E))/R.
Bo z
za
D
Esercizio 2.14 Identificare l’espressione analitica della caratteristica per il bipolo di figura 2.14 controllato in corrente. Soluzione
Figura 2.14
vAB= ½·R ·(|iAB-I |-(iAB-I)) . 22
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 2.15 Si prospetti un possibile circuito che presenti la caratteristica di figura 2.15. Svolgimento Si affronta la sintesi del modello circuitale in più passaggi. Inizialmente si costruisce un modello parziale valido per tensioni positive. Un comportamento come quello di figura 2.15 per tensioni positive è Figura 2.15 riconducibile a quello dato da un resistore R1 con in serie un generatore indipendente di tensione, che ne trasla in alto la caratteristica, figura 2.15a. iAB R1
E1
vAB
za
vAB
Bo z
A
B
E1 0
iAB
Figura 2.15a
E’ necessario introdurre un diodo che interdica il funzionamento nel secondo quadrante, figura 2.15b. iAB
A
vAB R1
vAB
E1
E1
D1
0
B
iAB
Figura 2.15b
Il funzionamento ipotizzato nei primi due quadranti può essere imposto inserendo un diodo in parallelo al circuito, figura 2.15c.
23
Capitolo 2 Convenzioni di segno e composizione di caratteristiche ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
vAB E1 0
iAB
Figura 2.15c
Per mezzo di ragionamenti analoghi si sintetizza il circuito per tensioni negative, figura 2.15d. iAB
vAB R2
vAB D4
E2
E2
0
D3
Bo z
B
iAB
za
A
Figura 2.15d
Il circuito completo è quindi rappresentato in figura 2.15e.
Figura 2.15e
24
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff
Esercizio 3.1 A
iL1=10A
Individuare la corrente incognita mediante il numero minimo di equazioni. Svolgimento
if1=4A
Si deve individuare la corrente iL3 mediante l’applicazione della legge C B di Kirchhoff per le correnti (LKC). iL3 Si ricava la corrente iAB, diretta dal nodo A al nodo B, utilizzando la Figura 3.1 LKC con la convenzione di assumere per positive le correnti uscenti dal nodo: iL1 + iAB + if1 = 0, la quale fornisce: iAB = - if1 - iL1= - 4 – 10 = - 14 A. La corrente è quindi diretta da B verso A e iBA = 14 A. Prendendo in considerazione il nodo A B e ritenendo positive le correnti iL1=10A uscenti dal nodo, si può scrivere: iL2 - iAB + iBC = 0, che porta a: iBC = iAB - iL2 = -14 – 5 = -19 A. Considerando infine il nodo C, si iL2=5A scrive: C B iL3 – if1 - iBC = 0, da cui: iL3 iL3 = if1 + iBC = 4 - 19 = -15 A.
Bo z
za
iL2=5A
Figura 3.1a
La stessa soluzione poteva essere ottenuta considerando la superficie chiusa di figura 3.1a, eseguendo il bilancio delle correnti si scrive: 25
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
iL1+ iL2+ iL3 =0, da cui iL3 = - iL1- iL2= -10 – 5 =-15 A.
Esercizio 3.2 Individuare le correnti e le tensioni incognite nella rete resistiva di figura 3.2, sapendo che V2 = 50 V, V3 = 25 V, V4 = -60 V, I5 = - 4A, e che i versi di correnti e tensioni seguono le convenzioni di generatori e utilizzatori in base al simbolo disegnato.
E1=50V
V1
V3 V2
V4
V5
E3=-20V
za
I=10A
E2=30V
Bo z
Figura 3.2
Svolgimento Si esplicitano le convenzioni di segno relative a generatori ed utilizzatori, figura 3.2a.
Figura 3.2a
Sebbene la figura 3.2a contenga un livello superiore di dettagli, potrebbe essere di difficile lettura per cui nei prossimi esercizi ci si atterrà all’utilizzo di pochi segni distintivi, per gli utilizzatori s’impiegheranno le sole direzioni delle correnti, e per i generatori una 26
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
sola indicazione di tensione o corrente in base alla tipologia di generatore utilizzato. Si valutano le tensioni incognite per mezzo della legge di Kirchhoff delle tensioni (LKT). Si considera il percorso dato dalla prima maglia, che incontra i nodi A,B,E, e si utilizza la convenzione di prendere per positive le tensioni applicate ai bipoli se questi sono percorsi dal morsetto positivo al morsetto negativo: V1 + V2 - E1=0 ĺ V1 + 50 – 50 = 0 ĺ V1 = 0 V. Si considera adesso la seconda maglia (B,C,D,F,E), applicando la LKT si ha: -V3 – E2 + V4 + VI + V2 =0 ĺ -25 + 30 -60 + VI -50 =0 ĺ VI =105 V. Si considera infine la terza maglia (D,G,F) e si ottiene: V5 + E3 – V4 - =0 ĺ V5 - 20 + 60 = 0 ĺ V5 = - 40 V.
Bo z
za
S’identificano adesso i valori incogniti di corrente per mezzo della legge di Kirchhoff delle correnti (LKC) considerando positive le correnti in ingresso al nodo: A, IE1 - I1 = 0 ; B, I1 + I3 – I2 =0; C, IE2 – I3 = 0 ; D, -IE2 – I4 – I5 = 0; E, - IE1 + I2 – I = 0 ; F, I – IE3 + I4 = 0; G, IE3 + I5 = 0; L’equazione al nodo G impone che: IE3 = - I5 = 4 A. Dall’equazione al nodo F si ricava che: I4 = IE3 -I = 4 – 10= - 6 A. Dalla legge di Kirchhoff al nodo D, si ha: IE2 = -I4 – I5 = 6 + 4 = 10 A. E’ banale ricavare da nodo C che I3 = 10A. Per identificare I1 si procede in maniera differente: il bipolo identificato da I1 e V1 è un bipolo resistivo, per cui per esso vale la legge di Ohm, V1 = R1·I1, escludendo il caso banale in cui R1 è nulla,
27
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
affinché la tensione V1 sia nulla anche la corrente I1 deve essere nulla, per cui I1 = 0A. Deriva che I2 = 10A.
Bo z
za
Si sono quindi identificate tutte le tensioni e le correnti incognite e si sono ottenuti valori positivi, negativi e nulli. Per verificare la correttezza dei risultati, una semplice verifica può essere eseguita considerando la potenza assorbita dai resistori, la quale deve essere positiva e numericamente pari alla potenza erogata dai generatori. La potenza associata ai resistori si ottiene dal prodotto di tensione per corrente, utilizzando la convenzione degli utilizzatori per i relativi segni: Presitiva = Vn·In = V1·I1 + V2·I2 + V3·I3 + V4·I4 + V5·I5 = 0·0+ 50·10 + + 25·10 + (-60) ·(-6) +(-40) ·(-4)= = 0 + 500 + 250 + 360 + 160 = 1270 W. Si nota che in ogni resistore la potenza è non negativa (poiché si include R1 che non è un resistore ma un corto circuito). Si valuta adesso la potenza erogata dai generatori, facendo attenzione ad utilizzare la convenzione dei generatori in questo caso: Perogata = Vg·Ig = E1·IE1+ E2·IE2 +E3·IE3+ VI·I= 50·0 + 30·10+ + (-20) ·(4) + 105·10 = 0 +300 – 80 + 1050 = 1270 W. Il bilancio delle potenze è verificato, la potenza assorbita è pari alla potenza erogata. Si nota che la potenza del generatore 3 è negativa (con la convenzione dei generatori), per cui il generatore 3 si comporta da utilizzatore (la corrente su di esso circola dal morsetto positivo a quello negativo). Esercizio 3.3 Individuare le tensioni incognite nella rete resistiva di figura 3.3
Figura 3.3 28
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Soluzione V2= 50V, V3 = -100V, V5 = 75 V. Esercizio 3.4 Individuare le tensioni incognite nella rete resistiva di figura 3.4.
E2=-25V V4=20V V2 E1=95V V1=50V
V5
V3
E3=125V
V8
E4=-185V E5=10V
V6
V7=-20V
Bo z
za
Figura 3.4
Soluzione V2= 45V, V3 = 0V, V5 = 60 V, V6 = -10V, V8 = 20V.
Esercizio 3.5 Risolvere la rete resistiva di figura 3.5 per mezzo del metodo delle correnti di ramo.
E=150V R1=20ȍ
R2=5ȍ
Figura 3.5 29
I=10A
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Svolgimento Risolvere la rete significa identificare tutte le correnti e tutte le tensioni di lato. Si esegue un bilancio preliminare. Si fa riferimento alla figura 3.5a. S’identifica con l il numero dei lati della rete, essendo questo pari a 4, il numero di grandezze presenti nel circuito è pari a 8: V1, V2, VE, VI, I1, I2, IE, II. Inizialmente il problema presenta quindi 2l incognite. E’ necessario esprimere 2l relazioni che consentano la risoluzione del circuito. L’applicazione della legge di Kirchhoff per le correnti consente di esprimere n-1 relazioni indipendenti, avendo indicato con n il numero A
E VE
II
V1
Bo z
R1
V2 R2
za
I1
B
IE
VI I
I2 C
Figura 3.5a
di nodi. Le caratteristiche di lato consentono di scrivere l relazioni indipendenti. Infine le rimanenti l-n+1 relazioni si ricavano per mezzo dell’applicazione della legge di Kirchhoff per le tensioni. La legge di Kirchhoff applicata ai nodi consente di scrivere: nodo A: I1-IE=0 nodo B: IE-I2+II=0 nodo C: I1 - I2 +II =0 Il numero di nodi è pari a 3, per cui sono necessarie 2 relazioni di nodo. Si considerano solamente i nodi A e B; la relazione in C è ridondante, giacché è data dalla somma delle prime due relazioni. Le caratteristiche di lato forniscono le seguenti relazioni: lato AC: V1 = R1·I1 lato AB: VE= E 30
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
lato BC (resistore): V2 = R2·I2 lato BC (generatore di corrente): II = I Non rimane altro che esprimere le l-n+1 relazioni per mezzo della seconda legge di Kirchhoff, utilizzando le maglie ed i versi di percorrenza segnati in figura 3.5a. maglia 1: V1 – VE + V2 = 0 maglia 2: VI – V2 = 0 Le relazioni ottenute sono tra loro indipendenti giacché l’informazione sulla tensione VI non è contenuta nella prima relazione; più avanti sarà fornito un metodo sistematico per scrivere relazioni alle maglie linearmente indipendenti.
I1 = x I2 = y
Bo z
za
Si è individuato un sistema di 8 equazioni in 8 incognite. Si utilizza la tecnica di sostituzione per ridurre l’ordine del sistema, si considera un numero di incognite pari al numero di maglie indipendenti e si scelgono come incognite delle grandezze che afferiscono a queste maglie: una scelta possibile è data da I1 e I2.
Si esplicitano le rimanenti grandezze in funzione di queste incognite, le equazioni di nodo forniscono: IE= x II = y-x Si riscrivono le equazioni alle maglie particolarizzandole per mezzo delle relazioni di lato ed in funzione delle incognite scelte: R1·x – E + R2·y = 0 VI = R2·y VI non può essere ricondotta facilmente alle incognite x e y. Si considerano le seguenti relazioni: y-x = II R1·x + R2·y = E che portano al sistema 31
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
-x + y = 10 20x + 5 y = 150 Le cui soluzioni sono x = 4 e y =14. La rete risolta presenta le seguenti grandezze: V1,= 80V, V2 = 70V, VE = 150V, VI= 70V, I1,= 4A, I2,= 14A, IE = 4A, II.=10A.
Bo z
za
Esercizio 3.6 Risolvere la rete resistiva di figura 3.6, sapendo che E1 = 200 V, E2 = 210V, E3 = -35V, R1 = 10ȍ, R2 = 20ȍ, R3 = 10ȍ, R4 = 5ȍ, I = 10A. Svolgimento
Figura 3.6
Ci si riferisce alla figura 3.6a.
Figura 3.6a 32
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Sono stati evidenziati i cosiddetti nodi propri, cioè nodi cui afferiscono almeno tre bipoli, per i quali l’applicazione del primo principio di Kirchhoff è non banale. Si esegue il bilancio delle incognite per determinare il numero di volte m in cui si deve applicare il secondo principio di Kirchhoff: n = 5, l = 8, m = l-n+1 = 4.
Bo z
za
Utilizzando le convenzioni di segno degli utilizzatori per i resistori e dei generatori per gli elementi attivi, si scrivono le n -1 equazioni ai nodi: A: IR1+ IE1 + IE2 = 0, B: IE1 + IR3 - IR2 = 0, C: IR1+ IR2 + IE3 = 0, D: IE2 + II - IR3 - IR4 = 0. Non tutti i cammini chiusi percorribili nella rete consentono, però, di identificare delle equazioni linearmente indipendenti, è necessario quindi utilizzare un approccio sistematico. Si ricorre alla definizione di grafo di rete. Un grafo di una rete è dato dall’insieme di nodi e di lati della rete, questi ultimi privati dell’informazione particolare di bipolo, e quindi interpretati solamente in base alla connettività trai nodi, figura 3.6b.
Figura 3.6b
33
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Dal grafo della rete è possibile tracciare un albero di rete, individuato da un qualsiasi insieme di rami che connettono tra di loro i nodi del grafo senza generare percorsi chiusi, e il cosiddetto coalbero o
B B
D D
B
D
A C C
E
C
E E
Figura 3.6c
Bo z
za
foresta, individuato dai rami non appartenenti all’albero, figura 3.6c. Le m equazioni di maglia si ottengono andando a inserire un ramo del coalbero nell’albero e scrivendo l’equazione alla maglia chiusa appena determinata, figura 3.6d. Inserendo il ramo BC si crea la maglia ABC, per cui si scrive: VE1 + VR1 – VR2 = 0.
Figura 3.6d
S’inserisce il ramo BD e si crea la maglia ABD: VE1 + VR3 – VE2 = 0. Si nota subito come l’inserzione di un ramo della foresta genera equazioni linearmente indipendenti, poiché l’informazione contenuta nel ramo di foresta (tensione VBC e tensione VBD) non è mai contenuta nelle equazioni scritte in precedenza. 34
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si completano le equazioni inserendo il ramo CE nella maglia BDEC: VR3 – VR4 + VE3 + VR2 = 0, e inserendo DE nella maglia DE: VR4 - VI = 0.
Figura 3.6e
Bo z
za
Bisogna effettuare la scelta delle incognite, è necessario che queste possano sfruttare al meglio le equazioni alle maglie scritte, per cui conviene definire un’incognita appartenente ad ogni maglia che si è utilizzata. Si scelgono le seguenti incognite: x = IR2, y = IR3, z = IR4, w = VI. Si esegue una scelta del genere, cioè quasi tutte correnti, in modo da lavorare con numeri aventi pressappoco gli stessi ordini di grandezza, nell’ultima maglia non è stata scelta una corrente in quanto la corrente sul ramo della foresta è nota. Impiegando le relazioni costitutive di lato si riscrivono le equazioni alle maglie: E1 + R1· IR1 – R2·x = 0, E1 + R3· y – E2 = 0, R3· y – R4· z + E3 + R2·x = 0, R4·z - w = 0. Inoltre le relazioni ai nodi forniscono: A: IR1+ IE1 + IE2 = 0, B: IE1 + y - x = 0, C: IR1+ x + IE3 = 0, D: IE2 + II - y - z = 0. Da cui: IE1 = x – y, IE2 = y + z – 10, 35
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
IR1 = - x - z + 10, IE3 = + z – 10. Sostituendo si ha: 200 + 10(-x – z + 10) – 20x = 0, 200 + 10 y – 210 = 0, 10 y – 5 z - 35 + 20x = 0, 5z - w = 0. Da cui: x = 5, y = 1, z = 15, w = 75. Si ha quindi IR1 = - 10 A, IR2 = 5 A, IR3 = 1 A, IR4 = 15 A, 10 A, IE1 = 4 A, IE2 = 6 A, IE3 = 5 A, II = 10 A, VR1 = - 100 V, VR2 = 100 V, VR3 = 10 V, VR4 = 75 V, VE1 = 200 V, VE2 = 210 V, VE3 = -35 V, VI = 75 V.
Bo z
za
Esercizio 3.7 Risolvere la rete resistiva dell’esercizio precedente utilizzando un albero diverso e dimostrare la correttezza dei risultati ottenuti. Infine si esegua il bilancio delle potenze. (E1 = 200V, E2 = 210V, E3 = -35V, R1 = 10ȍ, R2 = 20ȍ, R3 = 10ȍ, R4 = 5ȍ, I = 10A).
Figura 3.7
Svolgimento
36
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si fa riferimento al grafo di figura 3.7a e all’albero di figura 3.7b. Nello scrivere le equazioni di Kirchhoff si considerano adesso tutti gli elementi del grafo come utilizzatori.
Figura 3.7a
Bo z
za
Si scrivono quindi le relazioni di nodo: A: I1+ I6 + I7 = 0, B: I6 + I3 – I2 = 0, C: I1+ I2 + I8 = 0, D: I7 + I5 – I3 - I4 = 0. Si assumono come incognite le correnti sui lati della foresta: w = I1, x = I2, y = I3 e z = I4.
Figura 3.7b
Si procede adesso inserendo i rami della foresta e scrivendo le equazioni alle maglie che contengono il lato inserito, utilizzando la convenzione per cui si prendono positive le tensioni se l’orientamento nel lato è concorde al verso di percorrenza: ADECA: + V7 - V5 + V8 – V1 = 0; ABCA: V6 + V2 - V1 =0. 37
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Figura 3.7c
Bo z
za
ABDA: V6 –V3 –V7 = 0; DED: -V5 -V4 = 0.
Figura 3.7d
Si riscrivono le equazioni alle maglie nella seguente maniera: V7 + V4 + V8 – V1 = 0; V3 = V7 - V6; V6 + V2 - V1 =0; V5 =-V4. Si sostituiscono le relazioni di lato, prestando molta attenzione ai generatori, per i quali le tensioni mantengono il segno scritto nelle equazioni precedenti solo se nel grafo orientato la freccia si sposta dalla polarità positiva a quella negativa. Ad esempio ciò non avviene per V7 per cui V7 = - E2. -E2 + R4·z – E3 – R1 ·w = 0; R3·y = - E2 + E1; R2·x – R1·w = E1; V5 =-R4·z. Si sostituiscono ancora i valori numerici: -210 + 5z + 35 – 10w = 0; 10y = - 210 + 200; 38
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
20x –10w = 200; V5 =-5z. Inoltre le relazioni ai nodi forniscono: w + x + z = I = 10, Si ottiene un sistema: y=1 w + x + z = 10 z -2 w = 35 2x – w = 20 che porta a w = -10, x = 5, y = 1 e z = 15. E’ immediato trovare che: IR1 = - 10 A, IR2 = 5 A, IR3 = 1 A, IR4 = 15 A, IE1 = 4 A, IE2 = 6 A, IE3 = 5 A, II = 10 A, VR1 = - 100 V, VR2 = 100 V, VR3 = 10 V, VR4 = 75 V, VE1 = 200 V, VE2 = 210 V, VE3 = -35 V, VI = 75 V.
Bo z
za
Il bilancio della potenza si effettua per mezzo della seguente formula: Ptot = Vi·Ii, da cui: Ptot = V1·I1 + V2·I2 + V3·I3 + V4·I4 + V5·I5 + V6·I6 + V7·I7 + V8·I8 = = R1·I12 + R2·I22 + R3·I32 + R4·I42 – VI·II – E1·IE1 – E2·IE2 – E3·IE3 = = 10·102 +20·52 + 10·12 + 5·152 -75·10 - 200·4 - 210·6 + 35·5 = = 1000 + 500 +10 + 1125 -750 – 800 – 1260 + 175 =2810-2810 = =0W Esercizio 3.8 Risolvere la rete ed eseguire il bilancio di potenza.
Figura 3.8
Soluzione Pgenerata = Passorbita =17 kW. 39
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 3.9 S’identifichi l’elemento circuitale incognito e si valutino la corrente che lo attraversa, la tensione applicata e la potenza impiegata su di esso, sapendo che il generatore E1 eroga la potenza di -1 kW.
Figura 3.9
za
Svolgimento
Bo z
La corrente associata al generatore E1 è data dalla formula: IE1 = PE1/E1 = -1000/100= -10 A, quindi una corrente che attraversa il generatore dal polo positivo al polo negativo. Il circuito è formato da un’unica maglia per cui la corrente che attraversa il generatore E1 è la stessa che attraversa tutti i rimanenti elementi. Si esegue un bilancio parziale di potenza sugli elementi noti. La potenza assorbita vale: Passorbita = (R1 + R2 + R3) ·IE12 = 4500 W. La potenza generata invece vale: Pgenerata = E2·IE1 – E1·IE1 = 3000 – 1000 = 2000 W. Affinché la potenza sia bilanciata, il componente incognito deve generare una potenza di 2500 W, con una tensione di 250 V con la polarità segnata in figura.
40
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 3.10 Determinare per la rete di figura 3.10 tutti i possibili cammini per l’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni e determinare l’ordine del sistema di equazioni così definito.
za
Figura 3.10
Bo z
Svolgimento Ci si riferisce al grafo di figura 3.10a.
Figura 3.10a
I possibili anelli per l’applicazione della seconda legge di Kirchhoff sono rappresentati in figura 3.10b.
41
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
I
II
B
A
C
2
C
2
3 6
1
B
V C
VI C
2 4
D
5
B
A
3 6
4
D
5
2 1
4
D
5 A
C
2
6
IV
B
A
3
1
4
D
5
B
A
3 6
1
III
5
5
6
1
B
6 D
4
C 3
6
za
2 D
4
Bo z
1
1
3
VII
5 A
C
2 4
D
B
A
3
Figura 3.10a
L’applicazione della seconda legge di Kirchhoff ai cammini rappresentati in figura 3.10a genera un sistema di equazioni rappresentabile per mezzo di un sistema matriciale. Nella matrice s’inseriranno termini pari a 1 se il lato è percorso secondo la direzione associata nel grafo, -1 se è percorso in senso opposto e 0 se il lato non è considerato nel cammino di anello. Considerando sempre percorsi orari, si scrive: ª 0 1 1 « 1 1 0 « « 0 0 1 « « 1 0 0 « 1 0 1 « « 0 1 0 « 1 1 1 ¬
1 0º ª V1 º 0 1 »» « » V2 0 1» « » » « V3 » 1 0» « » V4 1 1» « » « » V5 » 1 1 1» « » « V6 » 1 0 0 »¼ ¬ ¼
0 0 1 1 0
42
Capitolo 3 Applicazioni delle leggi di Kirchhoff ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Si battezzano le righe della matrice con I, II, III, IV, V, VI, VII. Si nota che: IV = II + I +III; V = IV – III = II + I; VI = I + III; VII = II +III. La matrice ha quindi rango pari a 3. Tale risultato era prevedibile poiché il numero delle maglie indipendenti è dato da m = l - n +1 = 6 – 4 + 1 = 3.
43
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale Esercizio 4.1 Risolvere la rete di figura 4.1a impiegando la sovrapposizione degli effetti. [R1 = 20 ȍ, R2 = 5 ȍ, E = 150 V, I = 10 A]
I1
E
R1
R2
I
I2
za
Figura 4.1
Bo z
Svolgimento Il principio di sovrapposizione degli effetti afferma che in una rete lineare l’effetto dell’azione congiunta di più generatori può essere valutato sommando gli effetti dovuti ai generatori operanti singolarmente. Si considera in funzionamento il generatore di tensione e si spegne il generatore di corrente (si sostituisce un circuito aperto), come mostrato in figura 4.1a.
Figura 4.1a
Si ricava immediatamente che I1I = I2I = 6 A, V1I = 120 V, V2I = 30 V. 44
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Adesso si considera il generatore di tensione spento (si sostituisce un cortocircuito) e attivo quello di corrente, figura 4.1b.
I1II R1
R2
I
I2II Figura 4.1b
Bo z
za
Applicando la formula del partitore di corrente si ha: 1 1 R1 R2 I1II I e III2 I 1 1 . 1 1 R1 R 2 R1 R 2 Per tanto, I1II = -2 A, I2II = 8 A, V1II = - V2II = -40 V. Per ricavare le correnti e le tensioni si sommano quindi i valori ottenuti dall’analisi delle reti parziali: I1 = I1I + I1II = 6 – 2 = 4 A, I2 = I2I + I2II = 6 + 8 = 14 A, V1 = V1I + V1II = 120 - 40 = 80 V, V2 = V2I + V2II = 30 + 40= 70 V. Il principio di sovrapposizione degli effetti non può essere utilizzato per la valutazione della potenza. Si valuta la potenza generata: Pgenerata = E·IE + VI·I = E·I1 + V2·I = 150·4 + 70·10 =1100 W. La potenza assorbita risulta: Passorbita = R1·I12 + R2·I22 =20·16 + 5·196 = 120 + 980 = 1100 W, che è differente da Perrata = R1· I1I 2 + R1· I1II 2 + R2· I2I 2 + R2· I2II 2 = 1540 W.
45
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 4.2 Risolvere la rete di figura 4.2 impiegando la sovrapposizione degli effetti. [R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R6 = 1 ȍ, E1 = 2 V, E2 = 1 V, I = 1 A]
Figura 4.2
Svolgimento
Bo z
za
Si affronta lo studio dei tre circuiti parziali. Circuito a
Figura 4.2a
Le resistenze alimentate sono R1, R2, R3; per le altre vi è un’interruzione della continuità metallica nell’alimentazione e l’alimentazione ai morsetti risulta essere nulla. I1a = I2a = I3a = 2/3 A, I4a = I5a = I6a = 0 A.
46
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Circuito b
R1
I R3
R2
R5
R6
R4
Figura 4.2b
In questo caso tutte le resistenze sono alimentate. Le resistenze R5 ed R6 sono identiche, per cui la corrente erogata dal generatore si ripartisce dicotomicamente in parti uguali, per poi ricomporsi su R4; infine la serie di resistenze R1 ed R2 è alimentata in parallelo rispetto R3; ne consegue che: I1b = I2b = 1/3 A, I3b = - 2/3 A, I4b = 1 A, I5b = I6b = 1/2 A.
Bo z
za
Circuito c
R1 R3
R2
R5
R4
R6
E2
Figura 4.2c
In questo caso ad essere alimentate sono le sole resistenze R5 ed R6: I1c = I2c = I3c = I4c = 0 A, I5c = - I6c = -1/2 A. Le correnti nel circuito valgono: I1 = I1a + I1b + I1c = 2/3 + 1/3 + 0 = 1 A, I2 = I2a + I2b + I2c = 2/3 + 1/3 + 0 = 1 A, I3 = I3a + I3b + I3c = 2/3 - 2/3 + 0 = 0 A, I4 = I4a + I4b + I4c = 0 + 1 + 0 = 1 A, I5 = I5a + I5b + I5c = 0 + 1/2 -1/2 = 0 A, I6 = I6a + I6b + I6c = 0 + 1/2 +1/2 = 1 A, IE1 = I1 = 1 A, 47
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
IE1 = I6 = 1 A, I = 1 A. Le relative tensioni sono: V1 = R1·I1 = 1 V, V2 = R2·I2 = 1 V, V3 = R3·I3 = 0 V, V4 = R4·I4 = 1 V, V5 = R5·I5 = 0 V, V6 = R6·I1 = 1 V, E1 = 2 V, E2 = 1 V, VI = R5·I5 + R4·I4 - R3·I3 = 0 + 1 – 0 = 1 V.
Bo z
za
Esercizio 4.3 Per il circuito lineare di figura determinare il circuito equivalente di Thevenin alla porta A-B. [R1 = 24 ȍ, R2 = 12 ȍ, R3 = 2 ȍ, E = 12 V, I = 2 A]
Figura 4.3
Svolgimento Si valuta inizialmente la tensione a vuoto ai morsetti A-B. Si affronta lo studio applicando il principio di sovrapposizione degli effetti, e facendo riferimento ai due circuiti orientati di figura 4.3a.
48
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Figura 4.3a
Bo z
za
Circuito I Nel circuito esiste una sola maglia chiusa e solo su di essa può circolare la corrente J. Applicando la seconda legge di Kirchhoff alla maglia chiusa si ha: E = R1·J + R2·J = 12 = 24J + 12J ĺ J = 1/3 A. Ne consegue che VR2 = R2·J = 12 ·1/3 = 4 V. Si applica adesso la seconda legge di Kirchhoff alla maglia aperta disegnata in tratteggio: VABoI = VR3 + VR2, intendendo VABoI con il positivo in A. Il resistore R3 non è percorso da corrente (ha un estremo aperto) per cui: VABoI = VR3 + VR2 = 0 + 4 = 4 V. Circuito II La corrente I può circolare solamente sui resistori R1 e R2, connessi in parallelo, la cui resistenza RP vale: RP = R1·R2/ (R1+R2) = (24·12)/( 24+12)=288/36 = 8 ȍ. Sul resistore equivalente in parallelo si ha una tensione pari a: VRP = RP·I = 8·2 = 16 V, che è la stessa applicata al generatore di corrente. Analogamente al caso precedente si effettua la circuitazione dal punto A al punto B, trovando: VABoII = VR3 + VI = 0 + 16 = 16 V. La tensione a vuoto ai morsetti A-B vale: VABo = VABoI + VABoII = 4 + 16 = 20 V.
49
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si valuta adesso la resistenza equivalente di Thevenin. Non essendo presenti nel circuito generatori dipendenti di tensione o di corrente, è possibile valutare la resistenza RAB per mezzo del metodo di ispezione diretta. Si rende passiva la rete cortocircuitando i generatori di tensione e sostituendo ai generatori di corrente un circuito aperto.
Figura 4.3b.
Bo z
za
RAB = R3 + R1//R2 = 2 + 8 = 10 ȍ. Il circuito equivalente di Thevenin è rappresentato in figura 4.3c, è stata utilizzata la convenzione del generatore in quanto la corrente fuoriesce dal morsetto positivo. La sua caratteristica vale: VAB = VABo - RAB·iAB = 24 - 10iAB Ottenuta applicando la circuitazione dal morsetto A a quello B.
Figura 4.3c
Esercizio 4.4 Risolvere nuovamente l’esercizio precedente utilizzando i seguenti dati: R1 = 24 ȍ, R2 = 12 ȍ, R3 = 2 ȍ, E = -50 V, I = 2 A.
Figura 4.4 50
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Svolgimento E’ cambiato solamente il valore di E, per cui basta calcolare solamente il termine VABoI. Come svolto precedentemente si ha: E = R1·J + R2·J = -48 = 24J + + 12J ĺ J = -4/3 A. Ne consegue che VR2 = R2·J = = 12 ·(-4/3) = -16 V. Si ha quindi VABoI = VR3 + VR2 = 0 - 16 = - 16 V.
Figura 4.4a
La tensione ai morsetti A-B a vuoto vale: VABo = VABoI + VABoII = -16 + 16 = 0 V.
Bo z
za
Il circuito equivalente di Thevenin è rappresentato in figura 4.4b, la sua caratteristica vale: VAB = - RAB·iAB = - 10iAB Figura 4.4b
Esercizio 4.5 Sfruttando il teorema di Thevenin dimostrare il teorema di Millmann.
Figura 4.5
Svolgimento 51
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Si fa riferimento ai percorsi segnati in figura 4.5a. Si scrive: E1 – R1·I1 = VABo, E2 – R2·I2 = VABo, E3 – R3·I3 = VABo, da cui: (E1 – VABo)/R1 = I1, (E2 – VABo)/R2 = I2, (E3 – VABo)/R3 = I3. La prima legge di Kirchhoff al nodo Figura 4.5a A afferma: I1 + I2 + I3 = 0, da cui: (E1 – VABo)/R1+ (E2 – VABo)/R2 + (E3 – VABo)/R3 =0, che diviene: E1 E2 E3 R1 R 2 R 3 VABo 1 1 1 R1 R 2 R 3 Per valutare la resistenza RAB si fa riferimento alla rete di figura 4.5b, in cui si sono spenti tutti i generatori, RAB = R1 // R2 // R3. Si ha quindi il circuito di figura 4.5c.
Figura 4.5c
Figura 4.5b
Il teorema di Millman afferma che in una rete binodale la tensione trai nodi è data dal rapporto tra la somma delle correnti di cortocircuito e la somma delle conduttanze. Facendo riferimento alla figura 4.5d, in 52
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
presenza di rami con generatori di corrente o resistori, si procede valutando le correnti al nodo superiore: (E – VABo)/R1 = I1, VABo /R2 = I2, I = I3. Applicando la legge di Kirchhoff al nodo A si ha: (E – VABo)/R1 - VABo /R2 +I = 0, per cui: E I Figura 4.5d R1 VABo . 1 1 R1 R 2 R1
A
RAB
R2
R3
B
R4
Bo z
za
IAB
Esercizio 4.6 Determinare la corrente che circola nel ramo A-B, sfruttando il teorema di Thevenin. [R1 = 5ȍ, R2 = 3ȍ, R3 = 4ȍ, R4 = 4ȍ, RAB = 1/8 ȍ, E1 = 8 V]
E1 Svolgimento
Figura 4.6
Si fa riferimento alla figura 4.6a, nella quale al ramo A-B è stato sostituito un circuito aperto. In questa configurazione le resistenze R1 e R2 e le resistenze R3 e R4 sono in serie, ed inoltre la serie R1 + R2 è in parallelo con la serie R3 + R4. Ne consegue una rapida valutazione delle correnti di ramo: IR1 = IR2 = E1/(R1 + R2)= 8/(5+3) = 1 A; IR3 = IR4 = E1/(R3 + R4)= 8/(4+4) = 1 A. E’ quindi possibile valutare la tensione VABo: VABo = - R1·IR1 + R3·IR3 = - 5 + 4 = - 1 V. 53
R1
A
R3
B
R2
C
D R4
E1
Figura 4.6a
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si valuta adesso la resistenza della rete vista dai morsetti aperti A-B. Si fa riferimento alla rete spenta di figura 4.6b. Tale rete può essere ricondotta a quella di figura 4.6c, in cui si è effettuata la trasposizione di rami in parallelo.
Figura 4.6b
A-B vale: Req = R1·R2/ (R1+R2) + R3·R4/ (R3+R4) = 5·3/8 + 4·4/8 =31/8. Lo schema equivalente di Thevenin è mostrato in figura 4.6d. La corrente IAB risulta pari a: IAB = VAB/(Req + RAB) = - 1/(31/8 + 1/8) = - 1/4 A.
Figura 4.6c
Bo z
za
Figura 4.6b
La rete di figura 4.6b mostra la presenza di due coppie di lati in parallelo, R1//R2, R3//R4, tra di loro connesse in serie. Ne consegue che la resistenza equivalente ai morsetti
Esercizio 4.7 Determinare la resistenza di Thevenin A-B nei due casi: a) ȕ = 1.5; b) ȕ = 3. [R1 = 5ȍ, R2 = 10ȍ] Svolgimento La rete di figura non presenta alcun generatore indipendente ma solo un generatore dipendente, per cui essa non è in grado di generare potenza se Figura 4.7 non viene connesso un elemento attivo alla porta di ingresso.
54
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Alla stessa maniera la resistenza equivalente ai morsetti non può essere ottenuta studiando la rete passiva, perché si trascurerebbe il contributo del generatore dipendente. Per valutare quindi la resistenza ai morsetti A-B s’ipotizza di alimentare per mezzo di un generatore unitario di tensione, figura 4.6a. VAB = 1; RAB = 1/IAB. i = 1/R2 = 1/10 =0.1A. La prima legge di Kirchhoff al nodo A afferma che IAB - IR1 + Ig – i = 0, sapendo che Figura 4.7a IR1 = 1/R1 = 1/5 = 0.2 A e che Ig = ȕ·i = 1.5 · 0.1= 0.15A, si ottiene IAB = IR1 + i - Ig = 0.2 + 0.1 – 0.15 = 0.15 A, da cui RAB = 1/IAB = 1/0.15 = 3 ȍ. Nel secondo caso con ȕ = 3, si ottiene: Ig = ȕ·i = 3 · 0.1= 0.3A, IAB = IR1 + i - Ig = 0.2 + 0.1 – 0.3 = 0 A, RAB = 1/IAB = 1/0 = ȍ. La rete vista dai morsetti A-B risulta un circuito aperto. Esercizio 4.8 Utilizzando il metodo delle correnti di anello risolvere la rete lineare di figura. [R1 = 5ȍ, R2 = 10ȍ, R3 = 5ȍ, R4 = 10ȍ, R5 = 5ȍ, E1 = -5V, E2 = 15V, E3 = 5V, E4 = 25V]
Figura 4.8
Svolgimento 55
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
La rete di figura è una rete planare per cui può essere utilizzato il metodo delle correnti di anello, il quale risulta uno dei metodi sistematici più utilizzati per la risoluzione dei circuiti. Inoltre la presenza esclusiva di generatori di tensione aiuta nella scrittura delle equazioni risolventi. Il metodo consente la rapida scrittura di un sistema lineare il cui ordine è pari al numero di equazioni alle maglie da scrivere. Per il circuito di figura il numero di equazioni da scrivere è pari a 3, in quanto sono presenti 7 nodi e 9 elementi circuitali (m = r-n+1). Si prendono in considerazione gli anelli per i quali è tracciata la corrente di anello in figura 4.8a.
E2
E1
R1 J1
R3 R2
J2
za
E3
R4
J3
R5
E4
Bo z
Figura 4.8a
La scelta degli anelli da considerare è stata facile, nei prossimi esercizi sarà mostrato un metodo da utilizzare nei casi più complicati. S’ipotizza l’esistenza di correnti fittizie, J1, J2 e J3, prese come incognite del problema, le quali circolano esclusivamente nel proprio anello di definizione, rimanendo inalterate quando incontrano i nodi della rete. La combinazione di tali correnti consente di trovare le reali correnti di ramo: I1 = J1, I2 = J1-J2, I3 = -J2, I4 = J2-J3, I5 = J3. Si scrivono le equazioni di Kirchhoff per gli anelli considerati, seguendo i versi segnati in figura 4.8a: R1·I1 + R2·I2 = E1, - R2·I2 – R3·I3 + R4·I4 = E2 – E3, R5·I5 – R4·I4 = E4, e poi si riscrivono in funzione delle correnti di anello: R1·J1 + R2·(J1 – J2) = E1, 56
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
- R2·(J1 – J2) – R3·(– J2) + R4·(J2 – J3) = E2 – E3, R5·J3 – R4·(J2 – J3) = E4. Si riordinano le precedenti equazioni in funzione delle incognite: (R1 + R2)·J1 - R2·J2 + 0·J3= E1, - R2·J1 + (R2 + R3 + R4) ·J2 - R4·J3 = E2 – E3, 0·J1 – R4·J2 + (R4 + R5)·J3 = E4, da cui si ottiene l’equazione matriciale: >R @ >J@ >E@ Si sostituiscono i valori numerici e si ottiene: 15J1 - 10J2 +0·J3 = - 5, - 10J1 + 25J2 - 10J3 = 10, 0·J1 – 10J2 + 15J3 = 25. Si scrive il seguente sistema matriciale:
ª 5º « 10 » « », «¬ 25 »¼
che ha per soluzioni:
J1
5 10 0 10 25 10 25 10 15 0 10 10 25 10 15 0
J2
10
Bo z
za
0 º ª J1 º ª 15 10 « 10 25 10» «J » »« 2 » « «¬ 0 10 15 »¼ «¬J3 »¼
1875 2500 0 0 500 1500 5625 0 0 0 1500 1500
2625 2625
1 A,
15
15 5 0 10 10 10 0 25 15 15 10 0 10 25 10 0 10 15
2250 0 0 0 3750 750 5625 0 0 0 1500 1500
57
5250 2625
2 A,
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
J3
15 10 5 10 25 10 0 10 25 15
10
0
9375 0 500 0 1500 2500 5625 0 0 0 1500 1500
7875 2625
10 25 10 0 10 15 Da cui: I1 = J1= 1 A, I2 = J1-J2 = -1A, I3 = -J2 = -2A, I4 = J2 - J3, = - 1 A, I5 = J3 = 3A.
Bo z
za
Esercizio 4.9 Scegliendo nuove maglie, risolvere nuovamente la rete lineare di figura. [R1 = 5ȍ, R2 = 10ȍ, R3 = 5ȍ, R4 = 10ȍ, R5 = 5ȍ, E1 = -5V, E2 = 15V, E3 = 5V, E4 = 25V]
Figura 4.9
Svolgimento Si devono scrivere le equazioni di Kirchhoff per tre maglie che diano luogo ad equazioni linearmente indipendenti, conviene quindi rifarsi al grafo della rete, in cui si prendono in considerazione solamente i nodi in cui confluiscono più di due rami, figura 4.9a. In figura 4.9b sono mostrati un possibile albero della rete e la relativa foresta.
58
3 A.
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Figura 4.9b
Figura 4.9a
Si crea un percorso chiuso inserendo nell’albero il ramo della foresta (3) e stabilendo una corrente di maglia J1, che passi per il ramo appena inserito figura 4.9c. Similmente si inserisce il ramo (2) e si stabilisce una corrente J2 nella maglia chiusa definita per mezzo dei lati (1) e (2); tale corrente si somma alla corrente J1 sul ramo (1).
Bo z
za
Figura 4.9c
Figura 4.9d
Infine si aggiunge il ramo (5) e sulla maglia definita da (5) e (6) si stabilisce una corrente J3, che si somma alla corrente J1 nel lato (6). Figura 4.9e
Si scrivono quindi le relazioni di Kirchhoff per le maglie scelte, e poi si sostituiscono alle correnti di ramo le correnti fittizie di maglia: R1·I1 -R3·I3 + R5·I5 = E1 + E2 - E3 +E4, R1·I1 +R2·I2 = E1, - R4·I4 +R5·I5 = E4, da cui R1·(J1 +J2)+R3·J1 + R5·(J1 + J3)= E1 + E2 - E3+E4, R1·(J1 +J2) +R2·J2 = E1, + R4·J3 + R5·(J1 +J3) = E4. 59
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Sostituendo i valori numerici e riordinando le equazioni in un sistema matriciale del tipo [R]·[J] = [E], si ha: ª10 5 5 º ª J1 º ª 30 º « 5 15 0 » «J » « 5» « »« 2 » « » , «¬ 5 0 15»¼ «¬J3 »¼ «¬ 25 »¼ le cui soluzioni sono: 30 5 5
J3
15 30 5 5 5 0 5 25 15 15 5 5 5 15 0 5 0 15 15 5 30 5 15 5 5 0 25 15 5 5 15
5 0
5
15
0
5250 2625
1125 0 625 125 0 2250 3375 0 0 375 0 375
za
J2
15 5 5 5 15 0 5 0 15
6750 0 0 1875 375 3375 0 0 375 0 375
Bo z
J1
5 15 0 25 0 15
5625 0 125 2250 0 625 3375 0 0 375 0 375
Da cui: I1 = J1+ J2 = 1 A, I2 = J2 = -1A, I3 = -J1 = -2A, I4 = - J3, = - 1 A, I5 = J1+ J3 = 3A.
60
2 A,
2625 2625
2625 2625
1 A,
1 A,
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 4.10 Utilizzando il metodo delle correnti di anello risolvere la rete lineare di figura. [R1 = 1ȍ, R2 = 2ȍ, R3 = 3ȍ, R4 = 4ȍ, R5 = 5ȍ, R6 = 6ȍ, E1 = 22V, E2 = 10V, E3 =-1V]
Svolgimento La rete è una rete planare in cui sono presenti solamente generatori di tensione, si può perciò ipotizzare l’esistenza di correnti di anello come quelle rappresentate in figura 4.10a. Si può quindi scrivere: R1·J1 + R2·J1 + R3·(J1 – J2) = E1 - E2, -R3·(J1 – J2) +R4· J2 - R5·(- J2 + J3)=E2, R5·(J3 –J2) + R6· J3 = -E3. Figura 4.10
Bo z
za
In cui sono state direttamente scritte le correnti di ramo come composizione delle correnti di anello. Si riordinano le equazioni per ottenere un sistema del tipo [R]·[J] = [E]: (R1 + R2 + R3)·J1 - R3· J2 -0·J3 = E1 - E2, -R3·J1 +(R3+ R4 +R5 )· J2 - R5·J3 = E2, 0·J1 -R5·J2 + (R5+R6)· J3 = -E3.
Figura 4.10a
Si ha quindi: ª 6 3 0 º ª J1 º « 3 12 5» «J » « »« 2 » «¬ 0 5 11 »¼ «¬J3 »¼
61
ª12º «10» « » «¬ 1 »¼
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
J1
12 3 0 10 12 5 1 5 11 6
3
0
6 12 0 3 10 5 1629 543
3 A, J2
3 12 5 0 5 11
J3
6 3 12 3 12 10 0 5 1 6 3 0 3 12 5 0 5 11
0
11
6 3 0 3 12 5 0
543 543
1
1086 2 A, 543
5 11
1 A.
Bo z
za
Si esegue una procedura più rapida per la scrittura del sistema di equazioni risolventi, giacché la rete presenta solo generatori di tensione. Si sceglie un sistema di correnti di anello di verso orario in modo che su ogni lato possano al più esserci due correnti e che queste siano contrapposte, com’è stato fatto in figura 4.10a. Per ogni anello è possibile eseguire il bilancio delle cadute di tensione esplicitando i contributi in funzione della resistenza totale di maglia, moltiplicata per la corrente della maglia e delle resistenze mutue moltiplicate per le correnti in comune ad altri anelli, cambiate di segno, tale bilancio è pari alla somma dalle forze elettromotrici incontrate nel percorso della corrente di maglia, con segno positivo se si entra nel generatore dal morsetto negativo. Per la maglia 1 si ha: (R1 + R2 + R3)·J1 - R3· J2 -0·J3 = E1 - E2, per la maglia 2 -R3·J1 +(R3+ R4 +R5 )· J2 - R5·J3 = E2, e per la maglia 3 0·J1 -R5·J2 + (R5+R6)· J3 = -E3. Le equazioni scritte adesso sono identiche a quelle trovate in precedenza. L’applicazione di questa formula operativa consente di scrivere più rapidamente il sistema di equazioni per le correnti di anello. 62
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 4.11 Utilizzando il metodo delle correnti di anello si scriva l’equazione matriciale che risolve la rete lineare di figura. Svolgimento R6 R7 E1
A R1
B
C R3
R2
R5 R4
E
E3
D E2
F
Figura 4.11
Bo z
za
La rete di figura è una rete non planare per cui nell’applicazione del metodo delle correnti di anello è necessario procedere con attenzione, giacché la scrittura operativa non è applicabile. Conviene scegliere un albero che non contenga i rami che s’intersecano (resistenze R6 e R7). Si nota immediatamente che le
Figura 4.11a
Figura 4.11b
maglie sono 5 e che il ramo B-C è in comune a 3 di esse. S’ipotizza l’esistenza di 5 correnti di maglia orarie come mostrato in figura 4.11b. Per ogni maglia si scrive il principio di Kirchhoff per le tensioni: 1) –R1·I1 + R2·I2 = E1, 2) - R2·I2 – R3·I3 + R4·I4 = -E3, 3) –R4·I4 + R5·I5 = -E2, 4) R6·I6 + R3·I3 = -E1, 5) R7·I7 – R5·I5 + R3·I3 = 0. 63
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Si scrivono le correnti di ramo come combinazione delle correnti di anello: I1 = - J1, I2 = J1 - J2, I3 = J4 + J5 - J2, I4 = J2 - J3, I5 = J3 - J5 , I6 = J4, I7 = J5, per cui: 1) –R1·(- J1) + R2·( J1 - J2) = E1, 2) - R2·(J1 - J2) – R3·(J4 + J5 - J2) + R4·(J2 - J3) = -E3, 3) –R4·(J2 - J3) + R5·(J3 - J5) = -E2, 4) R6· J4 + R3·( J4 + J5 - J2) = -E1, 5) R7·J5 – R5·( J3 - J5) + R3·( J4 + J5 - J2) = 0. La matrice delle resistenze vale: 0 0 0 R2 º ªR 1 R 2 « R R2 R3 R 4 R4 R3 R 3 »» 2 « R « 0 R 4 R5 0 R4 R5 » » , « 0 R 0 R R R 3 3 6 3 » « «¬ 0 R3 R 3 R 7 »¼ R3 R5 mentre il termine noto è dato da: ª E1 º « E » « 3» E « E 2 » ». « E « 1» «¬ 0 »¼ Si nota come la matrice R pur avendo scelto tutte correnti orarie presenti dei termini extradiagonali positivi, ciò è dovuto alla non planarità della rete.
64
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 4.12 Utilizzando il metodo delle correnti di anello si risolva la rete lineare di figura. [R1 = 2ȍ, R2 = 4ȍ, R3 = 6ȍ, R4 = 8ȍ, R5 = 10ȍ, E1 = 6V, E2 = -10V, E3 = 8V, ȕ = 2ȍ]
Svolgimento
Figura 4.12
Bo z
za
Si procede all’analisi della rete individuando tre correnti di anello come mostrato in figura 4.12a. La presenza del generatore dipendente di tensione, non richiede particolari accorgimenti. Per mezzo della tecnica operativa e avvedendosi che I2 = J1, è possibile scrivere le equazioni alle tre maglie: (R1 + R2 + R3)·J1 - R3·J2 -0·J3= E1, -R3·J1 +(R3 + R4)·J2 -0·J3 = -E2 -ȕ·J1, -0·J1 -0·J2 +R5· J3 = -E3 + ȕ· J1. Figura 4.12a
>R@
ªR 1 R 2 R 3 « E R 3 « «¬ E
R3 R3 R 4 0
L’equazione matriciale, [R]·[J] = [E], è perciò composta da: 0º ª E1 º » 0 » , >E@ «« E 2 »» . «¬ E 3 »¼ R 5 »¼
Si nota come la presenza di un generatore pilotato abbia fatto perdere la simmetria della matrice delle resistenze. Si ricavano le correnti di anello: 65
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
12 6 6 4 14 10 2 0 8 12 6 0 4 14 0 2 0 10
Esercizio 4.13
1440 1440
1 A, J2
12 6 0 4 10 0 2 8 10 12 6 0 4 14 0 2 0 10
1440 1440
1 A,
Le correnti sui resistori sono: I1 = J1 = 1 A, I2 = J1 = 1A, I3 = J1 –J2 = 0A, I4 = J2, = 1 A, I5 = J3 = 1A.
1 A.
za
J3
12 6 0 4 14 0 2 0 10
1440 1440
Bo z
J1
6 6 0 10 14 0 8 0 10
Utilizzando il metodo delle correnti di anello si risolva la rete lineare di figura. [R1 = 2ȍ, R2 = 2ȍ, R3 = 2ȍ, R4 = 4ȍ, R5 = 6ȍ, R6 = 1ȍ, E1 = 14V, E2 = 2V, E3 = 1V, Ig1 = 1A, Ig2 = 2A] Svolgimento La presenza di generatori di corrente, che non possono essere ricondotti a generatori di tensione, comporta un’iniziale difficoltà nella risoluzione dell’equazione matriciale [R]·[J] = [E], giacché il vettore dei potenziali [E] contiene anche le tensioni dei generatori di corrente che non sono note.
Figura 4.13
66
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Allora per la risoluzione della rete si adotta una strategia differente da quella utilizzata in precedenza. S’individua un albero della rete evitando di includere i generatori di corrente. Si aggiungono i rami della foresta e s’individuano le correnti di maglia in modo da incontrare solo una volta i generatori di corrente, figura 4.13b. Inserendo il ramo A-C si determina il percorso della prima A corrente di maglia, J1. In seguito s’inserisce il ramo E-D che J1 determina il percorso della J2 seconda corrente di anello, J2. C D L’inserimento del ramo B-D E consentirebbe di utilizzare una J4 J3 corrente di anello limitata alla maglia sottesa dai nodi B-E-D, B ma tale corrente incontrerebbe per la seconda volta il generatore di corrente Ig1 e ciò Figura 4.13b Figura 4.13a non è conveniente ai fini della risoluzione dell’esercizio, per cui si sceglie per la terza corrente di maglia il percorso A-D-B-E. Infine si inserisce il ramo C-B e si sceglie una corrente di anello sottesa dai nodi C-E-B, nel cui percorso si incontra il generatore di corrente Ig2. Si scrivono, senza ricorrere alla tecnica operativa, le equazioni alle maglie in cui non compaiono i generatori di corrente: 1) R1·I1 + R2·I2 + R4·I4 = E1- E2, 3) – R2·I2 + R3·I3 – R6·I6 = -E3. Si riscrivono le equazioni in funzione delle correnti di anello incognite, date da: I1 = J1, I2 = J1 - J2 - J3, I3 = J2 + J3, I4 = J1 – J4, I5 = -J4, I6 = - J3 + J4, 1) (R1+ R2+ R4)·J1 –R2·J2 –R2·J3 –R4·J4 = E1- E2, 3) –R2·J1 + (R2 + R3)·J2 + (R2 + R3 +R6)·J3 – R6·J4 = - E3+E2. Si procede all’esame delle informazioni contenute nelle maglie due e quattro; si nota subito che la corrente J2 è pari a Ig1, mentre la corrente J4 è pari a Ig2, per cui il sistema di equazioni diventa: 67
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
1) (R1+ R2+ R4)·J1 –R2·J2 –R2·J3 –R4·J4 = E1- E2, 2) J2 = Ig1, 3) –R2·J1 + (R2 + R3)·J2 + (R2 + R3 +R6)·J3 – R6·J4 = -E3+E2. 4) J4 = Ig2. Sostituendo si ha: 1) 8J1 -2J3 = E1- E2,+ 2Ig1 +4Ig2= 14 – 2 + 2 + 8 = 22 V, 2) J2 = Ig1 =1A, 3) -2J1 + 5J3 = -E3 +E2 - 4Ig1+Ig2 = -1 +2- 4 +2 = -1 V, 4) J4 = Ig2 = 2A, che si riassume nella seguente equazione matriciale: ª 8 0 2 0º ª J1 º ª22º per la quale si ottengono le « 0 1 0 0» « J » « 1 » 2 seguenti soluzioni J1 = 3 A, J2 = 1 A, « »« » « » « 2 0 5 0» «J3 » « 1» , J3 = 1 A, J4 = 2 A. « »« » « » ¬ 0 0 0 1¼ ¬J 4 ¼ ¬ 2 ¼ Le correnti sui resistori sono dunque: I1 = J1 = 1 A, I2 = J1 –J2 –J3 = 1A, I3 = J2 +J3 = 2A, I4 = J1 –J4, = 1 A, I5 = - J4 = - 2A, I6 = J4 -J3 = 1A. Esercizio 4.14 Si utilizzi il metodo dei potenziali nodali per la risoluzione della rete lineare di figura. [R1 = 2ȍ, R2 = 4ȍ, R3 = 6ȍ, Ig1 = 1A, Ig2 = 1A, Ig3 = 5A]
Svolgimento Nella risoluzione di una rete per mezzo del metodo dei potenziali nodali il primo passo consiste nella scelta di un nodo da considerare come riferimento, rispetto al quale si esprimono i potenziali dei rimanenti Figura 4.14 nodi. Tale scelta è da ponderare bene, un criterio di massima comunque è quello di prendere come riferimento il nodo su cui confluiscono il maggior numero di rami. Si fa riferimento alla figura 68
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
4.14a. Si sceglie come nodo di riferimento il nodo C, e lo si connette a massa. Similmente a quanto fatto con A B il metodo delle correnti di maglia si scelgono nuove R3 incognite e per mezzo di esse R1 R2 Ig1 Ig3 si risolve la rete. Il numero di C tali incognite è dato dal numero dei nodi della rete decurtato di uno. Caso per caso la Figura 4.14a convenienza nell’applicazione di questo metodo rispetto all’applicazione del metodo delle correnti di maglia è verificabile per mezzo di un’espressione matematica, in cui compaiono i numeri di incognite nelle applicazioni dei due metodi, indicando con N-1 il numero dei nodi linearmente indipendenti e con m = r-N+1, il numero delle maglie in cui definire le relative correnti di anello, se N-1< m, allora il metodo dei potenziali nodali offrirà una risoluzione più agevole per la rete, se N-1>m, converrà impiegare il metodo delle correnti di anello, ed infine se N-1 =m entrambi i metodi avranno lo stesso numero di incognite. Il metodo dei potenziali nodali focalizza la propria attenzione sull’applicazione della legge di Kirchhoff per le correnti, in base ad essa si esprimono le relazioni tra incognite. Se la rete presenta solamente generatori di corrente, è possibile differenziare le correnti afferenti ai nodi tra correnti impresse (quelle dei generatori) e correnti incognite (quelle dei resistori), nello specifico si riscrivono le correnti dei rami resistivi in funzione dei potenziali incogniti: IR1 = (VA-VC)/R1, IR2 = (VB-VC)/R2, IR3 = (VA-VB)/R3, e tenendo conto che VC = 0 (ipotesi di potenziale nullo del collegamento a massa), si ha: IR1 = VA/R1, IR2 = VB/R2, IR3 = (VA-VB)/R3. Si considerano le N-1 equazioni ai nodi: A) IR1 + IR3 = Ig1 +Ig2,
Bo z
za
Ig2
69
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
B) IR2 - IR3 = Ig3 - Ig2, che si riscrivono come: A) VA/R1+ (VA-VB)/R3 = Ig1 +Ig2, B) VB/R2 - (VA-VB)/R3 = Ig3 - Ig2. Tali equazioni portano a un’espressione matriciale [G][V]=[I], in cui [G] è detta matrice delle conduttanze: ª1 1 º 1 R3 R 3 » ª VA º ªIg1 Ig2 º « R1 « 1 1 1 » «¬ VB »¼ «Ig3 Ig2 » . ¬ ¼ R R2 R 3 ¼» 3 ¬« In caso di presenza esclusiva di generatori di corrente è utilizzabile un metodo sistematico, in cui si effettua il bilancio delle correnti ai nodi, imponendo un bilancio tra la tensione del nodo preso in esame moltiplicata per le conduttanze afferenti al nodo, e tra le rimanenti tensioni di nodo, moltiplicate per le conduttanze in comune con il nodo di riferimento, tale bilancio è pari alla somma delle correnti dei generatori prese con segno positivo se entrano nel nodo in esame. Sostituendo: ª2 1 º ª 4 2º 6» 6 « « » 9 18 «4 5 » « 1 4» 12 ¼ ¬ ¬ 6 ¼ 6 6 V, V 6 12V, VA B 9 9 ª 4 ª 4 1 º 1 º 6» 6 6» « 6 « 5 » 36 5 » 36 « 1 « 1 12 ¼ 12 ¼ ¬ 6 ¬ 6 da cui: IR1 = VA/R1=3A, IR2 = VB/R2 = 3A, IR3 = (VA-VB)/R3 = -1A. Esercizio 4.15 Utilizzando il metodo dei potenziali di nodo si scriva l’equazione matriciale che risolve la rete lineare non planare di figura. [R1 = 1ȍ, R2 = 2ȍ, R3 = 4ȍ, R4 = 1ȍ, R5 = 2ȍ, Ig1 = -5A, Ig2 = -5A]
70
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Ig1
A
B
C
R5
R3
R1 Ig2 R2
R4 D Figura 4.15
Bo z
za
Svolgimento Le correnti sui resistori sono date da: IR1 = (VA-VD)/R1, IR2 = (VB-VD)/R2, IR3 = (VC-VB)/R3, IR4 = (VC-VD)/R4, IR5 = (VB-VD)/R5. Si esprime il bilancio delle correnti ai nodi imponendo che il nodo D sia collegato a massa (VD = 0). A) VA/R1 = - Ig1 – Ig2, B) VB·(1/R2 + 1/R3 + 1/R5) – VC/R3 = Ig2, C) VC·(1/R3 + 1/R4) – VB/R3 = Ig1. Tali equazioni portano a un’espressione matriciale [G][V]=[I], in cui [G] è detta matrice delle conduttanze: ª1 º 0 0 « R1 » ª VA º ª Ig1 Ig2 º » « »« » « 1 1 1 1 V Ig2 » « 0 R2 R3 R5 R3 » « B » « . « » «¬ VC »¼ « Ig1 » 1 1 1 ¬ ¼ «¬ 0 R3 R3 R 4 »¼ Sostituendo si ha:
71
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
VB
ª1 « «0 « «¬0 ª1 « «0 « «¬0
10 0 º » 5 1 » 4» 5 5 4 »¼ 0 0 º » 5 1 » 4 4» 5 1 4 4 »¼
125 5 8 8 25 1 16 16
25 5 4 4 25 1 16 16
15 3 2
ª1 0 10 º « » «0 5 5» 4 « » 25 5 1 5» 0 «¬ 4 ¼ 4 4 VC 25 1 ª1 0 0 º « » 16 16 «0 5 1 » 4 4» « 5 1 «¬0 4 4 »¼ Le correnti sui resistori risultano: IR1 = VA/R1= 10 A, IR2 = VB/R2 =- 2.5 A, IR3 = (VC-VB)/R3 = 0 A, 72
10V,
15 2 3 2
5 V,
15 2 3 2
5 V.
za
VA
ª 10 0 0 º « » « 5 5 1 » 4 4» « 5 1 «¬ 5 4 4 »¼ ª1 0 0 º « » «0 5 1 » 4 4» « 5 1 «¬0 4 4 »¼
ª 10 º « 5» « » , da cui: «¬ 5»¼
Bo z
ª1 0 0 º ª VA º » « «0 5 1 » «« VB »» 4 4» « « VC » 5 1 «¬0 4 4 »¼ ¬ ¼
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
IR4 = VC/R4 = -5 A, IR5 = VB/R5 = - 2.5A. Ai medesimi risultati si poteva giungere applicando direttamente la formulazione operativa, la quale non risente del fatto che la rete non sia planare. L’impiego di tale tecnica è fortemente consigliato per limitare la complessità della risoluzione delle reti elettriche. Esercizio 4.16 Utilizzando il metodo dei potenziali di nodo si risolva la rete lineare di figura. [R1 = 1ȍ, R2 = 2ȍ, R3 = 4ȍ, R4 = 8ȍ, Ig1 = 34A, Ig2 = 35A, E1 = 4V, E2 = 8V ]
Bo z
za
Svolgimento
Figura 4.16
Nella rete di figura si ha la contemporanea presenza di generatori di tensione e di corrente e non è possibile ricondursi a una sola tipologia di essi per mezzo di sostituzioni equivalenti. Si fa riferimento alla figura 4.16a. Volendo impiegare il metodo dei potenziali di nodo si deve effettuare la scelta del nodo da connettere a massa, conviene scegliere il nodo D, in modo da fissare a potenziale nullo un morsetto del generatore di Figura 4.16a tensione E2 e quindi determinare 73
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
immediatamente il potenziale del nodo E. La scelta dei nodi A, B, E come riferimento, avrebbe offerto la stessa condizione favorevole, ma non quella del nodo C. Si scrivono le correnti di ramo in funzione dei potenziali incogniti: IR1 = (VA-VD)/R1, IR2 = (VB-VD)/R2, IR3 = (VC-VB)/R3, IR4 = (VC-VE)/R4, non risulta possibile scrivere agevolmente le correnti IAB e IDE in funzione dei potenziali di nodo, poiché tali correnti incognite non percorrono resistenze. Tale problema può essere superato imponendo un morsetto a massa per una di queste correnti (scelta del nodo D) e considerando l’altra corrente come data da un generatore di corrente ma pur sempre un’incognita del problema. Segue la scrittura delle equazioni di nodo per mezzo del metodo operativo, ma solo per i nodi in cui il potenziale è incognito: A) VA/R1 - VB·0 - VC·0 – VE·0 = Ig1 – IAB, B) – VA·0 - VB·(1/R2 + 1/R3) – VC/R3 – VE·0 = IAB, C) – VA·0 - VB/R3 +VC·(1/R3 + 1/R4) – VE/R4 = - Ig1 + Ig2, l’equazione nel nodo E non è necessaria in quanto VE = - E2. La risoluzione di tale sistema non è ancora possibile poiché il numero d’incognite (VA, VB, VC, IAB) è superiore al numero di equazioni, ciononostante è utile un’elaborazione delle relazioni ai nodi A e B, al fine di eliminare l’incognita IAB: VA/R1 -VB·0 -VC·0 –VE·0 =Ig1+VA·0 +VB·(1/R2+1/R3) + VC/R3 + VE·0 ĺ VA/R1 + VB·(1/R2 + 1/R3) - VC/R3 = Ig1. L’ultima equazione può essere scritta più rapidamente considerando i nodi A e B come estremi di un unico nodo, detto supernodo, avente due potenziali differenti. Si scrive la prima equazione di Kirchhoff effettuando il bilancio dei prodotti dei potenziali del Figura 4.16b supernodo per le conduttanze relative agli estremi del supernodo, decurtato del prodotto tra conduttanze comuni gli estremi del supernodo, moltiplicate per i relativi potenziali, tale bilancio risulta pari alla somma algebrica delle correnti impresse al supernodo. 74
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Per risolvere la rete è necessario, a questo punto, introdurre la relazione intuitiva: VB = VA + E1, per cui: A-B) VA/R1 + (VA + E1)·(1/R2 + 1/R3) - VC/R3 = Ig1, C) – VA·0 - (VA + E1)/R3 +VC·(1/R3 + 1/R4) – VE/R4 = - Ig1 + Ig2, E) VE = - E2. Si scrive quindi: E1 E1 ª º I ª1 1 1 º 1 g 1 « » V R2 R3 R3 »ª A º R 2 R3 « R1 « » « 1 1 » «¬ VC »¼ « E1 E 2 » , 1 I I R3 R3 R 4 »¼ «¬ «¬ g1 g2 R 3 R 4 »¼
Bo z
za
ª7 1 º ª VA º ª31º 4 4» « « » « » 3 1 1 « » V 8 ¼¬ C ¼ ¬ ¼ ¬ 4 Che porta ad avere VA = 20V, VB = 24V, VC = 16V, VD = 0V, VE = 8V, da cui IR1 = 20A, IR2 = 12A, IR3 = -2A, IR4 = 3A. Osservazione L’equazione risolvente può essere scritta utilizzando una semplice formulazione operativa. S’identificano i supernodi e si sceglie per ciascuno l’estremo da utilizzare come incognita. In ogni nodo/supernodo si valuta il bilancio tra potenziali di nodo/supernodo moltiplicati per le relative conduttanze e i potenziali dei nodi/supernodi che presentano conduttanze in comune, tale bilancio è pari alla somma algebrica delle correnti agenti sul nodo/supernodo, dovute ai generatori di corrente Figura 4.16c afferenti al nodo e dei generatori di tensione, presenti nei supernodi, moltiplicati per le relative conduttanze. Il segno di tali correnti è positivo se i generatori agiscono in modo da generare correnti entranti nel nodo. Si scelgono come potenziali incogniti VA, VC; non figureranno VB e VE giacché potenziali dipendenti dai potenziali in A e D. 75
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si ha quindi: A-B) VA·(1/R1 + 1/R2 + 1/R3) - VC/R3 = Ig1 -E1·(1/R2 + 1/R3), C) – VA/R3 +VC·(1/R3 + 1/R4) = - Ig1 + Ig2+ E1/R3- E2/R4, che porta all’espressione matriciale: E E ª º Ig1 1 1 ª1 1 1 º 1 « » R2 R3 R 3 » ª VA º R 2 R3 « R1 « » « 1 1 » «¬ VC »¼ « E1 E 2 » . 1 I I R3 R3 R 4 ¼» ¬« «¬ g1 g2 R 3 R 4 »¼
Bo z
za
Esercizio 4.17 Facendo riferimento al circuito di figura 4.3, determinare il circuito equivalente di Norton alla porta A-B. [R1 = 24 ȍ, R2 = 12 ȍ, R3 = 2 ȍ, E = 12 V, I = 2 A]
Figura 4.17
Svolgimento Si valuta la corrente di corto circuito tra i morsetti A-B, facendo riferimento allo schema di figura 4.17a. S’introducono i potenziali di nodo e si scrivono le equazioni di nodo: VA = VB = 0; VC = E; -VA/R3 + VD·(1/R1+1/R2 +1/R 3) - VC/R1 = I, Figura 4.17a da cui si ricava che VD = (I + VC/R1)/ (1/R1+1/R2 +1/R3) = (2 + 12/24)/ (1/24 + 1/12 + 1/2)= = (5/2)/(15/24) = 4 V. 76
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
La corrente IABcc è data da: IABcc = VD/R3 = 4/2 =2 A. La resistenza equivalente del circuito di Norton si ottiene alla stessa maniera di quella del circuito di Thevenin, cioè rendendo passiva la rete lineare: RAB = R3 + R1//R2 = 2 + 8 = = 10 ȍ. Una maniera alternativa per ottenere questo risultato e per verificarne la correttezza consiste nel eseguire il rapporto Figura 4.17b tra la tensione a vuoto ai morsetti A-B (VABo = 20V) e la corrente di cortocircuito agli stessi: RAB = VABo /IABcc = 20/2 = 10 ȍ. Il circuito equivalente di Norton è rappresentato in figura 4.17c, e per esso vale la seguente relazione: IAB = IABcc + VAB/RAB = 2 + VAB/10. Figura 4.17c
Esercizio 4.18 Determinare il circuito equivalente di Norton alla porta A-B. [R1 = 10 ȍ, R2 = 20 ȍ, E = 10 V, ȕ = 5 ȍ]
Figura 4.18
Svolgimento Facendo riferimento alla figura 4.18a, si valuta la corrente di corto circuito tra i morsetti A-B mediante il metodo delle correnti di anello. 77
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
I0 = J1 – J2; IABcc = J3; (R1 + 0)·J1 – 0·J2 – 0·J3 = E; -0 ·J1 + (R2 + 0)·J2 – R2·J3 = ȕIo; -0 ·J1 – R2·J2 + R2·J3 = 0. Si rielabora l’equazione maglia centrale: R2·J2 – R2·J3 = ȕ·(J1 – J2), (ȕ+R2)·J2 – R2·J3 = ȕ·J1.
Figura 4.18a
Sostituendo, si ha: J1 = E/ R1 = 10/10 = 1A, (5+20)·J2 – 20·J3 = 5·1; -20·J2 + 20·J3 = 0; da cui J2 = 1A e IABcc = J3 = 1A. La resistenza vista dai morsetti AB si ottiene valutando la tensione a vuoto ȕ·(J1 – J2),e facendo il
Bo z
za
rapporto tra essa e la corrente cortocircuito. Si ha: R1·J’1 = E; R2·J’2 = ȕIo = ȕ·(J’1 – J’2); quindi J’1 = 1 A e J’2 =1/5. Ne deriva che la tensione a vuoto sia: VABo = R2· J’2 = 4 V, per cui la resistenza di Norton è: RAB = VABo/IABcc = 4/1 = 4ȍ. Il circuito equivalente di Norton è rappresentato in figura 4.18c, e per esso vale la seguente relazione: IAB = IABcc + VAB/RAB = 1 + VAB/4.
alla
Figura 4.18b
di
Figura 4.18c
Figura 4.18d
La resistenza RAB può anche essere valutata considerando lo schema di figura 4.18d, in cui si alimenta la rete resa passiva con un generatore unitario di tensione. La resistenza RAB si ottiene dal rapporto VAB/IAB. Si ricava subito che I1 = 0, Io =1/ȕ (uguaglianza tensioni sui generatori), e che IAB = I2 +Io = 1/20+1/5=1/4 A, per cui RAB = 4ȍ. 78
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 4.19 Per mezzo del teorema di Thevenin si sintetizzi il modello equivalente dell’insieme sistema elettrico in condizione di guasto e corpo umano.
Figura 4.19
Svolgimento
Bo z
za
In figura 4.19a è mostrato il percorso della corrente di carico in assenza di condizione di guasto. La corrente di carico IL percorre solamente il generatore e la resistenza R; il punto A, facente parte della carcassa metallica che protegge il resistore R, non è in tensione. In figura 4.19b è mostrato il percorso della corrente di guasto, che subentra o si sovrappone alla normale corrente di carico. Tale corrente si richiude per mezzo della resistenza di terra RN del generatore e della resistenza di terra RT dell’utilizzatore. Queste resistenze sono sempre esistenti, realizzate intenzionalmente con elementi conduttori oppure dipendenti dal terreno su cui poggia l’impianto. Essendo RT
79
Figura 4.19a
Figura 4.19b
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
percorsa da corrente, il punto A sarà in tensione. Per determinare la tensione a cui è soggetta la persona si deve schematizzare meglio il corpo umano, figura 4.19c. La resistenza di contatto tra carcassa metallica e corpo umano e quella del corpo umano sono schematizzate da RC, mentre la resistenza incontrata per iniettare la corrente nel terreno (resistenza di contatto piedi-terreno) è schematizzata da RTC. Il circuito equivalente di Thevenin ai Figura 4.19c
Bo z
za
morsetti A-B presenta una tensione VABo data dalla caduta di tensione su RT: VABo = RT·E/(RN + RT). La resistenza equivalente di Thevenin RTH è data dal parallelo tra RN e RT, e spesso assume valori trascurabili rispetto alle resistenze RC e RTC. Lo schema elettrico completo è riportato in figura 4.19d.
Esercizio 4.20 Facendo riferimento al circuito di figura 4.20, determinare il rapporto RX/R affinché, quando il tasto T risulta chiuso, VAB assuma i due terzi del valore raggiunto in condizioni di tasto aperto.
Figura 4.19d
Figura 4.20
Svolgimento Si determina il circuito equivalente di Thevenin ai morsetti A-B. VABo si determina per mezzo della formula del partitore di tensione: 80
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
VABo = R·E/(2R +R) =E/3. La resistenza equivalente di Thevenin è data dalla serie tra 1/3R ed il parallelo di 2R e R: RTH = 1/3R +2/3R = R. Il circuito equivalente è mostrato in figura 4.20a. Quando T è aperto VAB è pari a VABo. Quando T è chiuso VAB è data da: RX ·VABo/ (RTH + RX) = RX ·(E/3) / (R+ RX). Imponendo la condizione data si ha: RX ·VABo / (R+ RX) = 2/3 VABo, da cui 3RX = 2R +2 RX, e quindi RX = 2R.
Figura 4.20a
Esercizio 4.21
Bo z
za
La corrente IL è misurata nello schema di figura 4.21. Si eseguono due misure differenti variando il valore di tensione del generatore E: 1) E(1) = 10V, R = 1ȍ, IL(1) = 0A; 2) E(2)= -10 V, R = 1ȍ, Figura 4.21 IL(2) = -5A. Determinare il valore della resistenza interna allo schema di Thevenin. Svolgimento Per il primo caso si fa riferimento allo schema di figura 4.21a. E’ immediato determinare che VTH è pari a 10V. Si considera adesso lo schema di figura 4.21b, la seconda equazione di Kirchhoff afferma che: 10 +10 +RTH·IL +R·IL=0, da cui RTH = (20-1·5)/5 = 3ȍ.
Figura 4.21a
Figura 4.21b 81
Capitolo 4 Metodi di analisi circuitale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 4.22 Il circuito rappresentato in figura 4.22 è composto da tre resistori ed un generatore di tensione. Sfruttando la caratteristica grafica del comportamento ai morsetti, si determinino i valori di VS e di R.
Figura 4.22
Svolgimento
Bo z
za
Si ricava il circuito equivalente di Thevenin, figura 4.22a. VTH è la tensione a circuito aperto, data da: VS VS VTH 2R . 4R 2 RTH è la resistenza della rete spenta, tale Figura 4.22a resistenza è pari a R+2R//2R = 2R. Quando la corrente IAB è nulla la tensione VTH assume nella caratteristica il valore di 12V , per cui si trova che VS è pari a 24 V. In un generatore di tensione la resistenza interna si valuta per mezzo del rapporto tra tensione a vuoto e corrente di cortocircuito, per cui si ha: VABo 12 R TH 6:. IABcc 2 Deriva quindi che R è pari a 3ȍ.
82
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 5 Doppi bipoli
R3 R1
Esercizio 5.1 Determinare le espressioni in forma letterale dei parametri della matrice di impedenza del doppio bipolo di figura 5.1.
R2 R4
Figura 5.1
Svolgimento
Bo z
za
Le equazioni caratteristiche del doppio bipolo di figura 5.1a, nella forma di parametri impedenza, sono: v1 = Z11·i1 + Z12·i2, v2 = Z21·i1 + Z22·i2, con Z 11 Z 21
v1 i1 v2 i1
, Z12 i2 0
, Z 22 i2 0
v1 i2 i v2 i2
Figura 5.1a
, 1
0
. i1 0
Facendo riferimento allo schema di figura 5.1b, si ricavano i parametri Z11 e Z21. Alimentando la prima porta con un generatore di corrente di valore unitario si può ottenere la tensione v1 come prodotto tra la corrente iniettata e la Figura 5.1b resistenza R’, resistenza vista dalla prima porta. Tale resistenza è data da: R’ = R1//(R2+R3)+R4 = R1·(R2+R3)/( R1+R2+R3) +R4, si ha quindi 83
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Z11
v1 i1 i
2
0
R'1 1 i2
0
R1·(R 2 R 3 ) R4 . R1 R 2 R 3
La tensione v2 è valutabile componendo la caduta di tensione su R2 e su R4. v2 = vR2 + vR4 = R2·iR2 + R4·iR4 . E’ immediato dedurre che iR4 sia pari a 1, mentre per valutare iR2 si può applicare la formula del partitore di corrente: R1 iR 2 1 , da cui la caduta di tensione sulla seconda R1 R 2 R 3 porta: R 2R1 v 2 1 R 4 1 e quindi R1 R 2 R 3 Z 21
v2 i1
i2 0
v2 1
i2 0
R 2R1 R4 . R1 R 2 R 3
Bo z
za
Si valutano adesso i parametri Z22.e Z12, figura 5.1c. Il parametro Z22 si ottiene eseguendo gli stessi ragionamenti fatti per ricavare il parametro Z11, si valuta la resistenza R’’, vista dalla seconda porta: R’’ = R2//(R1+R3)+R4, si ha quindi R 2 ·(R1 R 3 ) v2 R' '1 Z 22 R4 . i2 i 0 1 i 1 0 R1 R 2 R 3
Figura 5.1c
1
Per valutare Z12 si procede come fatto per la valutazione di Z21, si compongono le cadute di tensione su R1 e su R4: v1 = vR1 + vR4 = R1·iR1 + R4·iR4. Utilizzando il partitore di corrente si ha: R2 iR1 1 , per cui R 2 R1 R 3 v 1 1
Z12
R1R 2 R4 1 , R 2 R1 R 3
v1 i2 i1
0
v1 1 i1
0
R1R 2 R4 . R 2 R1 R 3 84
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si nota che Z12 = Z21, ciò è dovuto al fatto che la rete è reciproca (sono assenti generatori pilotati). Se vi fosse l’uguaglianza di R1 e R2, la rete risulterebbe anche simmetrica, e risulterebbe Z11 = Z22. Esercizio 5.2 Determinare le espressioni in forma letterale dei parametri della matrice di impedenza del doppio bipolo di figura 5.2. Figura 5.2
Svolgimento
Bo z
za
La rete è reciproca ma non simmetrica, per cui si valutano i parametri Z11, Z22, Zm. In gigura 5.2a è mostrato il primo schema per la valutazione di Z11 e Zm. La resistenza vista dalla prima porta è data dal parallelo tra R e la serie 2R, per cui: v1 v1 R·2R 1 2R Z11 i1 i 0 1 i 2 0 R 2R 1 3
Figura 5.2a
2
Nel determinare la caduta di tensione v2, necessaria per stabilire il parametro Zm, si considera che la resistenza terminale di destra non è percorsa da corrente, per cui su di essa non vi è alcuna caduta di tensione; inoltre si nota che la tensione v1 è applicata alla serie di due resistenze identiche, una delle quali contribuisce esclusivamente alla caduta di tensione v2, per cui si ha: v1 1 R·2R v2 1 R 2 2 Zm i1 i 0 1 R 2R 1 3 . 2
i2 0
Facendo riferimento allo schema di figura 5.2b si ricava Z22. La resistenza vista dalla seconda porta è 85
Figura 5.2b
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
data dalla serie tra R e il parallelo tra R e la serie 2R, da cui: v2 v2 R·2R · 1 5R § Z 22 ¨R ¸ . i2 i 0 1 i1 0 © R 2R ¹ 1 3 1
Si valuta il parametro Zm con lo schema di figura 5.2b, per verificare la correttezza dell’affermazione iniziale. La corrente i2 percorre la resistenza terminale di destra per poi ripartirsi in A in due parti nel parallelo di resistenze, la prima percorre la serie di resistenze 2R, mentre la seconda percorre la singola resistenza R. Utilizzando la formula del partitore di corrente si ottiene che nella serie 2R si ha una corrente di 1/3A, da cui: 1 R R v1 3 Zm . 1 3 i2 i 0
Bo z
za
1
Esercizio 5.3 Per il doppio bipolo di figura 5.3, determinare i parametri della rappresentazione mediante matrice di impedenze [z]. [R1 = 4ȍ, R2 = 2ȍ, R3 = 2ȍ, Ig1 = ȕ·v1, ȕ= 2S]
Figura 5.3
Svolgimento La rete non è reciproca ne simmetrica. Per la valutazione di Z11 e Z21 si utilizza lo schema di figura 5.3a, in cui si considera il nodo C connesso a terra. Si determinano i potenziali VA e VB con il metodo dei potenziali di nodo. Le equazioni sono: VA·(1/R1 + 1/R2) –VB/R2 = 1; -VA/R2 +VB·(1/R2 + 1/R3)= -ȕVA. L’equazione matriciale è data da: 86
Figura 5.3a
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
1 1 º ª 1 «R R R 2 » ª VA º ª 1º 2 « 1 »« » « » , « 1 E 1 1 » ¬ VB ¼ ¬0¼ «¬ R 2 R 2 R 3 »¼ che porta a VA =2/3V e VB= -1V, per cui Z11 = 2/3 ȍ e Z21 = -1 ȍ. Per ricavare Z22 e Z12 si fa riferimento allo schema di figura 5.3b. Figura 5.3b In questo caso le equazioni risolventi sono: VA·(1/R1 + 1/R2) –VB/R2 = 0; -VA/R2 +VB·(1/R2 + 1/R3)= 1-ȕVA. Si ottiene VA =1/3V e VB= 1/2V, per cui Z22 = 1/3 ȍ e Z12 = 1/2 ȍ. i1
i2
R2
Bo z
v2
za
R1
v1
Esercizio 5.4 Per il doppio bipolo di figura 5.3, determinare i parametri della rappresentazione mediante matrice di ammettenza [Y]. [R1 = 4ȍ, R2 = 8ȍ, R3 = 4ȍ]
R3 Figura 5.4
Svolgimento
Si deve ricavare la matrice [Y] del sistema dato da: i1 = Y11·v1 + Y12·v2, i2 = Y21·v1 + Y22·v2, con i1 i1 Y11 , Y12 , v1 v 0 v2 v 0 2
Y21
i2 v1 v
1
, Y22 2
0
i2 v2
. v1 0
Figura 5.4a
Si fa riferimento alla figura 5.4a per determinare i parametri Y11 e Y21, in tale schema è stato inserito un generatore di tensione di valore unitario. Si scrive il sistema di equazioni alle correnti di maglia: (R1 + R2)·J1 – R2·J2 =1; 87
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
-R2·J1 +(R2 + R3)·J2 =0. Si ha quindi 1 4 0 6 J1 6 4 4 Y11
3 A 10 ,
J2
6
i1 v1 v
2
0
J1 1 v2
0
3 S, 10
6 4 6 4
1 0 4 6
i2 v1 v
Y21
2
1 A 5 ,
0
J2 1
Per identificare i parametri che mancano, si fa riferimento adesso alla figura 5.4b, e si scrivono le equazioni delle correnti di anello: (R1 + R2)·J1 – R2·J2 =0; -R2·J1 +(R2 + R3)·J2 = -1. 0 4 1 6 1 J1 A, 6 4 5 4 6
per
v2 0
cui
1 S. 5
Bo z
za
Figura 5.4a
6 J2
Y12
0
4 1 6 4 4 6 i1 v2
v1 0
3 A 10 ,
J1 1 v1
0
per
cui
Y22
i2 v2
v1 0
J2 1
v1 0
3 S, 10
1 S. 5
L’assenza di generatori dipendenti conferiva alla rete il carattere di reciprocità, altrettanto non poteva essere detto per la simmetria.
88
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
i1
ȕv3
v1 R1
Esercizio 5.5 Per il doppio bipolo di figura 5.5, determinare i parametri della rappresentazione mediante matrice di ammettenza [Y]. [R1 = 1/4ȍ, R2 = 1/3ȍ, R3 = 1/2ȍ, ȕ= 2]
i2
v2 R2 R3 v3 Figura 5.5
Svolgimento
Bo z
za
Si procede alla valutazione dei parametri Y11 e Y21. Si considera lo schema di figura 5.5a, in cui sono presenti due generatori di tensione. Si determinano i1 e i2 per mezzo del principio di sovrapposizione degli effetti, facendo agire un generatore per volta: i1 = i1I + i1II, i2 = i2I + i2II. Lo schema di figura 5.5b consente di ricavare i1I, i2I e v3I: i1I = 1/R1 + 1/R2 + 1/R3 = 9A, i2I= - 1/R3 = -2A, v3I = R3·(-i2I)= 1. Nello schema di figura 5.5c, che consente di ricavare i1II,i2IIe v3II, si nota che su R1 non scorre corrente. i1II= -(ȕv3/R2 + ȕv3/R3 ), i2II= ȕv3/R3, v3II = - ȕv3. Si procede alla determinazione delle grandezze incognite: v3 = v3I + v3II = 1 - ȕv3 ĺ v3 = 1/3V. i1 = i1I + i1II = 9 - 2 – 4/3 = 17/3 A, i2 = i2I + i2II = -2 + 4/3 = -2/3. Si ottengono quindi Y11 = 17/3S e Y21 = -2/3S. 89
Figura 5.5a
Figura 5.5b
Figura 5.5c
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Similmente si adotto lo schema di figura 5.5d per determinare Y22 e Y12. Si adotta ancora il principio di sovrapposizione degli effetti in presenza di due generatori di tensione: i1 = i1III + i1IV, i2 = i2III + i2IV. Come fatto precedentemente si utilizzano due schemi circuitali. Dal primo si evince che i resistori R1 e R2 non sono percorsi Figura 5.5d da corrente. Si ottiene che: i1III = -1/R3 = -2A, i2III= 1/R3 = 2A, v3III = R3·i2III= -1. Il secondo schema è rappresentato in figura 5.5f. Figura 5.5e
Bo z
za
Si può scrivere che: i1IV = -(ȕv3/R2 + ȕv3/R3 ), i2IV= ȕv3/R3, v3III = - ȕv3. Le grandezze incognite valgono: v3 = v3III + v3IV = -1 - ȕv3 ĺ v3 = -1/3V. i1 = i1III + i1IV = -2 + 2 + 4/3 = 4/3 A, i2 = i2III + i2IV = 2 - 4/3 = 2/3. Si ottengono pertanto Y22 = 4/3S e Y12 = 2/3S.
Figura 5.5d
Esercizio 5.6 i1
i2 R
v1
Per il doppio bipolo di figura 5.6, determinare i parametri della rappresentazione mediante matrice di trasmissione diretta.
R
R R
v2
Svolgimento
Figura 5.6
90
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Il problema può essere risolto in due maniere differenti. S’inizia con la valutazione diretta dei parametri. Si considera lo schema di figura 5.6a in cui il secondario è aperto e si ricavano i parametri A e C, dati da: A
v1 v2
, C i2 0
i1 v2
. i2 0
Figura 5.6a
Bo z
za
Il parametro A si ricava per mezzo di semplici ragionamenti: la resistenza terminale a destra non è percorsa da corrente, quindi la tensione v2 è pari alla caduta di tensione sul resistore R verticale di destra, la cui tensione è metà della tensione di alimentazione v1,per cui A=2. La corrente i1 è data da: 3v 1 i1 v1 v1 2R 3 i1 , per cui C v v1 R. R 2R 2 i2 0 2 Per valutare i parametri B e D si fa riferimento alla figura 5.6b: B
v1 i2
, D v2 0
i1 i2
. v2 0
La corrente che circola sul Figura 5.6b cortocircuito della seconda porta si può valutare facilmente con la seguente formula: v1 1 i2 , da cui B=3R. R R/2 2 La corrente i1 è data da: v1 v1 i1 , per cui D = 5. R R R/2 Si ha quindi la seguente rappresentazione matriciale: ª 2 3Rº T «3 5 »» . ¼ ¬« R Si può notare che per il doppio bipolo reciproco si ha: AD-BC=1. 91
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Una tecnica differente per la risoluzione dell’esercizio è quella che scompone la rete in tre sottosistemi semplici connessi in cascata, figura 5.6c. Per il sistema I si ricavano i parametri AI, BI, CI e DI. Sfruttando le definizioni e i relativi circuiti di definizione, figura 5.6d e 5.6e, si ha: i1 1 v1 AI 1 , CI , v2 i 0 R v2 i 0 2
BI
v1 i2
Figura 5.6c
2
0 , DI v2 0
i1 i2
1.
Figura 5.6d
Figura 5.6e
v2 0
Bo z
za
Similmente per il sistema II si ottengono i parametri AII, BII, CII e DII. v1 i1 AII 1 , CII 0, v2 i 0 v2 i 0 2
BII
v1 i2
2
R , DII v2 0
i1 i2
1. Figura 5.6f
v2 0
Figura 5.6g
Si ha quindi: ª 1 0º ª1 Rº T II « TI « 1 » , ». «¬ R 1»¼ ¬0 1 ¼ Il sistema a ī è dato dal prodotto delle matrici TI e TII : ª 1 0º ª 1 R º ª 1 R º TIII « 1 »« ». » «1 «¬ R 1»¼ ¬0 1 ¼ «¬ R 2 »¼ Il sistema completo è dato dalla cascata di due sistemi a ī: ª 1 Rº ª 1 Rº ª 2 3Rº T «1 », » «3 »«1 «¬ R 2 »¼ «¬ R 2 »¼ «¬ R 5 »¼ che corrisponde alla matrice trovata precedentemente. 92
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
i1I
Esercizio 5.7 In figura 5.7 è rappresentata la connessione tra due doppi bipoli a T. Si determini la matrice di impedenza del doppio bipolo equivalente. [R1 = 1ȍ, R2 = 8ȍ, R3 = 1ȍ, R4 = 2ȍ, R5 = 2ȍ, R6 = 1ȍ]
i2I R1
v1
R2 R3
i1II
v2
i2II
Bo z
za
Svolgimento La connessione effettuata può R4 R5 essere erroneamente definita v1 v2 R6 connessione serie, infatti alimentando il sistema dalla prima porta e lasciando aperta la seconda si verifica una i1I i2I Figura 5.7 condizione inammissibile per la connessione serie: i2I =0 e i2II R1 R2 0, che invece dovrebbero v1 v2 R3 essere identiche. La condizione di Brune afferma che la connessione serie è 1 i1II i2II possibile se, alimentando da una porta le due reti connesse R4 R5 in serie, in corrispondenza v1 v2 R6 dell'altra porta è nulla la tensione tra i morsetti che dovranno essere collegati in Figura 5.7a serie. Similmente la connessione parallelo è possibile se, alimentando da una porta le due reti connesse in parallelo, è nulla la tensione tra i morsetti chiusi a due a due in corto circuito in corrispondenza dell'altra porta. Si alimenta la prima porta e si determinano i parametri Z11 e Z21, figura 5.5a. v1 v1 R1 R3 R 4 // R 5 R 6 1 5:. Z11 i1 i 0 1 i 2 0 1 2
93
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Z 21
v2 i1
i2 0
v2 1
R3 R 4 // R 5 R 6 1 1
i2 0
3:.
Essendo la rete reciproca e simmetrica si ha Z12 = Z21 e Z22 = Z11, per cui la matrice delle impedenze Z è data da: ª5 3º Z « ». ¬3 5¼ Si procede adesso considerando i doppi bipoli in serie e si verifica l’errore di tale procedura. Il primo doppio bipolo presenta una matrice ZI, data da: R 3 º ª3 2º ªR R 3 ZI « 1 . R 2 R 3 »¼ «¬2 3»¼ ¬ R3 Il secondo doppio bipolo è descritto da una matrice ZII, data da: R 6 º ª3 1º ªR R 6 ZII « 4 . R 5 R 6 »¼ «¬ 1 3»¼ ¬ R6
Bo z
za
Eseguendo la somma in serie delle matrici di impedenza si ottiene: ª3 2º ª3 1º ª6 3º ª5 3º Z serie ZI ZII « »« » « »z« » Z. ¬2 3¼ ¬ 1 3¼ ¬3 6¼ ¬3 5¼ L’operazione di somma in serie tra due doppi bipoli è ammissibile quando sono verificate le condizioni i1I = i1II e i2I = i2II, ottenibili in questo caso se il secondo doppio bipolo fosse a T rovesciata, realizzando un collegamento sbilanciato.
Esercizio 5.8 Individuare due sotto-circuiti biporta che, connessi in parallelo, corrispondano al doppio bipolo di figura 5.8. Deterinare infine i parametri ammettenza del sistema completo, utilizzando i sottosistemi precedentemente identificati. [R1 = 1/4ȍ, R2 = 1/8ȍ, R3 = 1/4ȍ, R4 = 1/2ȍ, ȕ=2]
Figura 5.8
94
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Svolgimento Per affrontare il problema conviene separare il circuito in parti canoniche e nello specifico si scompone in due sistemi a ī e a ʌ. Il sistema a ī prevede il generatore pilotato e ovviamente la grandezza che lo comanda, figura 5.8a. Alimentando la prima porta con un generatore di tensione unitario e cortocircuitando la seconda porta (figura 5.8b), si ottengono facilmente i seguenti parametri: 1 i1 R2 * Y11 8S, v1 v 0 1 2
2
0
1 Ei1 R2 1
8S.
za
Y 21
i2 v1 v
v2 0
Figura 5.8b
Bo z
*
Figura 5.8a
v2 0
Similmente alimentando la seconda porta come mostrato in figura 5.8c, si ottengono i rimanenti parametri: 1 Ei1 i2 R2 * Y22 8 16 8S, 1 v2 v 0 1
*
Y12
i1 v2
v1 0
v1 0
1 R2 1
Figura 5.8c
8S. v1 0
Si considera adesso il doppio bipolo a ʌ, figura 5.8d. Alimentando la prima porta con un generatore di tensione unitario e cortocircuitando la seconda, figura 5.8e, si ottengono: 95
Figura 5.8d
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
S
Y11
S
Y 21
i1 v1 v i2 v1 v
2
2
0
1 1 R1 R4 1
6S, v2 0
0
1 R4 1
2S. v2 0
Similmente considerando lo schema di figura 5.8f, si ottengono: Figura 5.8e
S
Y12
i1 v2
v1 0
v1 0
1 1 R3 R4 1
6S, v1 0
1 R4 1
2S.
za
Y22
i2 v2
v1 0
Figura 5.8e
Bo z
S
La matrice di ammettenze del sistema completo si ottiene sommando le matrici di ammettenze dei sotto sistemi: ª8 8º ª 6 2º ª14 10º Yparallelo Y * Y S « »« » « ». ¬8 8¼ ¬ 2 6 ¼ ¬ 6 2 ¼ Esercizio 5.9 Determinare le impedenze (resistenze) d’ingresso e di uscita per i doppi bipoli a carico di figura 5.9.
Figura 5.9
96
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Svolgimento Le relazioni di doppio bipolo espresse mediante parametri di trasmissione diretta (figura 5.9a) sono date da: v 1 Av 2 Bi2 . i1 Cv 2 Di2 Queste vanno integrate con la relazione alla porta 2: v2 = -ZL·i2, Figura 5.9a sicché per l’impedenza d’ingresso si ha: v 1 AZL B Zi . i1 CZL D Si considerano adesso i parametri di trasmissione inversa (figura 5.9b) per la valutazione dell’impedenza di uscita: v 2 A' v 1 B' i1 . i2 C' v 1 D' i1 La relazione alla porta 1 è data da: v1 = -ZG·i1, sicché per l’impedenza d’uscita si ha: v 2 A' Z G B' Zu . i2 C' Z G D' Figura 5.9b Si determina adesso la relazione che intercorre tra parametri T e T’: ª v1 º ª A Bº ª v 2 º ª A Bº ª v 2 º ª A Bº ª A' B'º ª v 1 º « » « » »« » « »« » « »« »« ¬ i1 ¼ ¬C D¼ ¬ i2 ¼ ¬C D¼ ¬ i2 ¼ ¬C D¼ ¬C' D'¼ ¬ i1 ¼ ª A Bº ª A' B'º ª v1 º ª A B º ª A' B' º «C D» «C' D'» « i » «C D» «C' D'» 1, ¬ ¼¬ ¼¬ 1 ¼ ¬ ¼¬ ¼ per cui ª A' B'º ª A Bº ª D B º 1 «C' D'» inv «C D» AD BC « C A », ¬ ¼ ¬ ¼ ¬ ¼ ed infine ª A' B' º ª A' B'º ª 1 0 º ªD B º 1 «C' D'» «C' D'» «0 1» AD BC «C A ». ¬ ¼ ¬ ¼¬ ¼ ¬ ¼ L’impedenza di uscita può essere scritta come: 97
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Zu
v2 i2
DZ G B . CZ G A
Le impedenze d’ingresso e di uscita si possono interpretare come una trasformazione delle impedenze di carico operata dal doppio bipolo, nel senso che il generatore applicato a una delle due porte vede un’impedenza diversa da quella del bipolo di carico e dipendente anche alle caratteristiche del doppio bipolo interposto. Quando la linea è chiusa sulla sua impedenza caratteristica tale trasformazione non è applicata. Le impedenze caratteristiche sono quei particolari bipoli che verificano le condizioni di figura 5.9c e 5.9d. Segue quindi che: AZ C1 B , CZ C1 D
za
v1 i1
Bo z
Z C1
Figura 5.9c
da cui CZ C2 1 D A Z C1 B
0.
Ed anche che: v 2 DZ C2 B ZC2 , i2 CZ C2 A CZ C2 2 A D Z C2 B
Figura 5.9c
0.
Le soluzioni per doppi bipoli simmetrici coincidono: B Z C1 Z C2 , C tale valore comune viene chiamato impedenza caratteristica del doppio bipolo simmetrico. In queste condizioni il doppio bipolo non opera trasformazione d’impedenza. 98
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si definiscono impedenze immagini quei particolari valori di ZG e ZL per cui risulta verificata la condizione: ZG = Zi e ZL = Zu. Le impedenze immagini possono essere facilmente ricavate in funzione dei parametri di trasmissione: AZim2 B , CZim2 D
Zim2
v2 i2
DZim1 B . CZim1 A
Risolvendo si ottiene: AB Zim1 , CD e BD Zim2 . AC
za
v1 i1
Bo z
Zim1
Figura 5.9d
Un procedimento differente per ottenere l’impedenza immagine è quello di considerare l’impedenza di ingresso a vuoto e in Z 0 Z cc . Ovviamente per reti simmetriche cortocircuito, Zim1 l’impedenza immagine e quella caratteristica coincidono.
99
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 5.10 La rete di figura 5.10 è composta da una catena infinita di doppi bipoli connessi in cascata. Ponendo in uscita la resistenza caratteristica Rc, la resistenza che si vede in ogni sezione della linea è la stessa. Determinare Rc. [Z11 = 19ȍ, Z12 = 16ȍ, Z21 = 16ȍ, Z22 = 21ȍ]
Figura 5.10
Bo z
za
Svolgimento Quando la linea è chiusa sulla sua impedenza caratteristica in ogni sezione la resistenza di ingresso, Ri, è pari alla resistenza caratteristica, Rc, figura 5.10a.
Figura 5.10a
Al doppio bipolo di parametri Z si può sostituire l’equivalente doppio bipolo a T, figura 5.10b. Si ricavano quindi: R1 =3ȍ, R2 =5ȍ, R3 =16ȍ.
Figura 5.10b
Si studia quindi il circuito di figura 5.10c. Rc
R1 R 3
R2 Rc , R3 R 2 Rc
si ha quindi:
Figura 5.10c
R3 R 2 R c R c2 R3 R 2 R1 R1 R c R3 R 2 R3 R c sostituendo 100
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
21 R c R c2 63 3 R c 80 16 R c , riordinando R c2 2 R c 143 0, si ha quindi Rc = 11ȍ e Rc = -13ȍ, ovviamente la soluzione fisica è Rc = 11ȍ.
Esercizio 5.11 Progettare un doppio bipolo simmetrico con impedenza caratteristica pari a 400 ȍ. Figura 5.11
Bo z
za
Svolgimento Si considera una rete simmetrica a T, figura 5.11a. Il problema può essere risolto in due maniere differenti. Una prima via considera la valutazione diretta dei parametri di trasmissione. Si considera lo schema di figura 5.11b in cui il secondario è aperto e si ricava il parametro C: 1 i1 R1 R 2 1 C . 1 v2 i 0 R2 R2 2 R1 R 2 Per valutare il parametro B fa riferimento alla figura 5.11c: v1 1 B 1 R2 i2 v 0 2 R1R 2 R1 R 2 R1 R1 R 2 R12 2R1R 2 . R2 101
Figura 5.11a
Figura 5.11b
Figura 5.11c
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
L’impedenza caratteristica è data da: ZC
R12 2R1R 2 R2 R2
B C
R12 2R1R 2 .
Si sceglie il valore di una delle resistenze in modo che sia circa la metà dell’impedenza caratteristica che si vuole ottenere, o comunque una appartenente ad un taglio commerciale inferiore a essa. Si pone R1= 200ȍ, per cui: ZC
4 10 4 400R 2 R 2
400
300:.
Un’altra via per determinare i valori delle resistenze consiste nell’applicare la formula: Z 0 Z cc , con Z0 impedenza di ingresso a vuoto e ZCC impedenza in cortocircuito. Sempre sfruttando gli schemi di figure 5.11b e 5.11c, si ha: Z 0 R1 R 2 , ZC
R1R 2 , R1 R 2 da cui si ottiene: R1
ZC
R1 R 2 R1 2R1R 2
Bo z
za
Z CC
2
R1 R 2
, Figura 5.11d
identica a quella determinata precedentemente. Si verifica adesso che l’impedenza ricavata sia un’impedenza caratteristica. Si considera la figura 5.11d. L’impedenza d’ingresso è data da: Zi
R1
R 2 R1 Z C R 2 R1 Z C
200
300 200 400 300 200 400
400:.
L’impedenza di ingresso coincide con l’impedenza caratteristica.
102
Capitolo 5 Doppi bipoli ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 5.12 Determinare la resistenza vista dai morsetti A-B. [Z11 = 1ȍ, Z12 = -2ȍ, Z21 = 1ȍ, Z22 = 3ȍ, R = 2]
Figura 5.12
Bo z
za
Svolgimento Una via semplice per risolvere l’esercizio è quella di sostituire alla rete il circuito a T equivalente, ed essendo il doppio bipolo non reciproco, ci sarà la presenza di un generatore dipendente di tensione. Un’alternativa generale consiste nell’implementare le equazioni del 2-porte. Si nota che iAB = i1 e vAB = v1- v2, figura 5.12a. Si scrivono le equazioni del 2-porte:
Figura 5.12a
v1 = Z11·i1 + Z12·i2, v2 = Z21·i1 + Z22·i2, poi la legge di Ohm sulla resistenza R: v2 = - R(i1 +i2), combinando le due ultime equazioni si ha: R Z 21 i1 , per cui Z21·i1 + Z22·i2,= - R·(i1 +i2) ĺ i 2 R Z 22 v AB v 1 v 2
Z11 i1 Z12 i2 Z 21 i1 Z 22 i2
Z11 Z 21 i1
R Z 21 2 1 i1 1 1 i1 2 3 i1 R Z 22 23 La resistenza cercata è pari a 3ȍ. Z12 Z 22
103
3i1
R AB i AB .
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine
Esercizio 6.1 Sull’induttore lineare di figura 6.1 circola una corrente con profilo temporale a dente di sega. Determinare l’andamento della tensione VAB(t) ai capi dell’induttore. [Imax =10A, T=100ms, L = 1H]
za
Figura 6.1
Bo z
Svolgimento La relazione costitutiva di un induttore, che lega la tensione alla corrente, è espressa dalla seguente formula: d v AB ( t) L i AB ( t) . dt Considerando il singolo periodo [0,T], si scrive in forma analitica il profilo temporale della corrente di dente di sega: Imax T 0dtd °° i AB ( t) T 2 t 2 ® Imax T °i AB ( t) Imax t T 2 d t d T °¯ T 2 2 Utilizzando la relazione costitutiva si ricava il profilo temporale della tensione vAB(t): Imax T °° v AB ( t) L T 2 0 t 2 ® I T °v AB ( t) L max t T °¯ T 2 2 104
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Imax Vmax = 200V e si T 2 traccia l’andamento temporale della tensione vAB(t), figura 6.1a. Si pone L
Bo z
za
Si noti come la tensione vAB(t) presenti delle discontinuità di prima specie nei punti in cui la corrente iAB(t) presenta delle discontinuità di prima specie nella Figura 6.1a derivata. La corrente in un induttore, in assenza di generatori impulsivi, è una grandezza continua, ciò non può essere detto sempre per la relativa tensione.
Esercizio 6.2 Sull’induttore lineare di figura 6.2 è applicato un impulso di tensione il cui profilo temporale è mostrato nella stessa figura. Determinare l’andamento della corrente iAB(t) .
Figura 6.2
Svolgimento In un induttore la relazione costitutiva che lega la corrente alla tensione, è espressa dalla seguente formula: 1 t i AB ( t) v AB ( t)dt i(0) . L 0 L’espressione analitica della tensione vAB(t) è:
³
105
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Vmax ° T/3 t °° ® Vmax ° ° Vmax t T °¯ T / 3
T 3 T 2T dtd 3 3 . 2T dtdT 3 0dtd
Si ricava la corrente nel primo intervallo, [0,T/3]: 1 t 1 t Vmax 1 Vmax t 2 tdt i(0) i AB ( t) v AB ( t)dt i(0) . L 0 L 0 T/3 L T/3 2 Si ricava la corrente nel secondo intervallo, [T/3,2T/3]: 1 T / 3 Vmax 1 t 1 t i AB ( t) v AB ( t)dt i(0) tdt Vmax dt L 0 L 0 T/3 L T/3
³
³
³
³
³
V 1 Vmax T / 3 1 § T · Vmax § T· T max ¨ t ¸ Vmax ¨ t ¸ L T/3 2 L 3¹ 6L L © 3¹ © Si ricava la corrente nel terzo intervallo, [2T/3,T]: 1 t 1 T / 3 Vmax 1 2T / 3 i AB ( t) v AB ( t)dt i(0) tdt Vmax dt L 0 L 0 T/3 L T/3 Vmax 1 t t T dt Vmax T 1 Vmax §¨ T ·¸ 1 Vmax L 2T / 3 T / 3 6L L © 3 ¹ L T/3
³
Bo z
³
za
2
³
³
§ t2 · 1 Vmax ¨ Tt ¸ ¨2 ¸ L T/3 © ¹
§ 1 § 2T · 2 2 · ¨ ¨ ¸ T T¸ ¨2© 3 ¹ 3 ¸ © ¹
§ t2 · ¨ Tt 4 T 2 ¸ ¨2 ¸ 9 © ¹ Si ricava, infine, la corrente per t > T: 1 t 1 T / 3 Vmax 1 2T / 3 i AB ( t) v AB ( t)dt i(0) tdt Vmax dt L 0 L 0 T/3 L T/3 t 1 T Vmax t T dt 1 0dt Vmax T Vmax T 3L L 2T / 3 T / 3 L T 6L 13 Vmax V 17 3 max T T L 18 9L Vmax V T 3 max 2L LT
³
³
³
³
³
106
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Un andamento qualitativo è tracciato in figura 6.2a. Si noti come a seguito di un impulso di tensione si ha una risposta permanente della corrente.
vAB(t)
0
T/3
2T/3
T
t
T/3
2T/3
T
t
iAB(t)
0
Bo z
za
Figura 6.2a
Figura 6.3
Esercizio 6.3 Nell’istante t=0 il tasto T viene chiuso. Sapendo che che il generatore di tensione EG assume un profilo temporale di tensione costante e che il condensatore prima della chiusura del tasto è scarico, determinare l’andamernto di tensione sul condensatore. [EG= 10V, R=1ȍ, C =1F]
Svolgimento Il comportamento della rete è condizionato dalla presenza di un elemento conservativo e dalle condizioni energetiche da esso assunte prima della chiusura del tasto. In figura 6.3a è rappresentata la rete nell’istante t=0-; applicando la seconda legge di Kirchhoff si ha: 107
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
EG = vT + vR + vc. Essendo un circuito serie interrotto dal tasto T aperto, la corrente nell’anello è nulla, e quindi la caduta di tensione sul resistore R è pure nulla, d'altronde sul condensatore la tensione è pure imposta al valore nullo per le condizioni iniziali, risulta di Figura 6.3a conseguenza che vT = EG. In figura 6.3b è rappresentata la rete per t = 0+. Si sostituisce al posto del condensatore un generatore di tensione, poiché nell’istante di tempo t = 0+ la tensione del condensatore deve rimanere Figura 6.3b costante e pari al valore assunto nell’istante t = 0-. Applicando la seconda legge di Kirchhoff si ha: EG = vT + vR + vc = 0 + vR + 0, essendo la tensione sul tasto nulla. Si deduce che: EG iR t 0 , R la corrente che attraversa la maglia e quindi il condensatore è una corrente pari a quella che si avrebbe nel circuito se al posto del condensatore fosse sostituito un corto circuito. Durante l’istante di transizione il condensatore scarico si comporta da cortocircuito, un comportamento duale rispetto a quello permanente. In figura 6.3c è rappresentato il circuito per t = , quando il circuito ha raggiunto la condizione di Figura 6.3c regime. Applicando la seconda legge di Kirchhoff si ottiene: EG = vT + vR + vc = 0 + 0 + vc, il condensatore è ormai carico alla tensione E0, e sulla maglia non circola corrente. 108
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Dopo aver valutato le condizioni iniziali e finali del circuito, si può procedere alla descrizione analitica del comportamento dello stesso. Si sceglie per descrivere il transitorio la tensione sul condensarore, essendo questa l’elemento costante durante il passaggio di regime. L’equazione di Kirchhoff alla maglia viene riscritta per t>0 (non si terrà conto della tensione sul tasto, poiché nulla): EG - vR - vc = 0, dv c , si ha: poiché iR i c C dt dv c 1 1 v c t EG . dt RC RC L’analisi matematica afferma che la soluzione dell’equazione differenziale può essere scomposta in due termini, v o t , dato dalla soluzione dell’equazione omogenea associata (priva del termine 1 EG ), e v p t , dato da una qualsiasi soluzione dell’equazione RC completa. L’integrale generale si scrive come: v c t v o t v p t . Si considera la soluzione dell’omogenea associata e si scrive la relativa equazione algebrica: dv c 1 v c t 0 , dt RC d con D, si ha: sostituendo l’operatore differenziale dt 1 1 1 Dv c v c 0 per cui D , questo parametro RC RC W condiziona l’evoluzione del transistorio. La soluzione dell’omogenea associata vale:
t RC
v o t Ae Ae , con A costante da determinare. La soluzione particolare può essere ottenuta sostituendo a v c t , nell’equazione differenziale generale, un termine che rispecchi la stessa natura del termine non omogeneo, e in questo caso si sceglie un termine B costante: Dt
109
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
dB 1 1 B EG , dt RC RC risulta pertanto che B = EG. L’equazione generale per t>0 è data da:
t RC
v c t Ae EG . Rimane da determinare la costante A in funzione delle condizioni iniziali. Per t = 0+ si ha vc =0 V, per cui:
0 RC
Ae EG , da cui A= -EG. La soluzione cercata dell’equazione differenziale è: t · § ¨ ¸ RC v c t EG 1 e ¨ ¸ . Ne conseguono: © ¹ t
t
Bo z
za
EG RC d ic t C v c t e , v R EGe RC . dt R In figura 6.3d è rappresentato l’andamento temporale della tensione sul condensatore, la pendenza iniziale è data da: EG d v c t 0 . dt W
12
tensione v c(t)
10 8 6 4 2 W = RC 0 0
2
4
6
tempo Figura 6.3d
110
8
10
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 6.4 Determinare l’andamento temporale della tensione sul condensatore, sapendo che nell’istante t=0, quando il tasto T viene chiuso, il condensatore presenta una tensione iniziale V0. [EG= 10V, V0 = 5V, R=1ȍ, C =1F] Figura 6.4
Svolgimento
Bo z
za
Anche in questo caso il comportamento della rete è condizionato dalla presenza di un elemento conservativo. Si valutano le condizioni finali ed iniziali nella rete, partendo dall’istante t=0+, figura 6.4a. Figura 6.4a L’applicazione della legge di Kirchhoff porta ad avere sul resistore una tensione pari alla differenza tra la tensione sul generatore e condensatore, la corrente che circola sul resistore e sulla rete, non appena si chiude il tasto, è: EG V0 iR t 0 5 A. R Nella rete si ha quindi una corrente non continua, con limite sinistro e destro non coincidenti. Si considera adesso il circuito a regime, per t = , condizione che si raggiunge dopo cinque volte la Figura 6.4b costante di tempo IJ, circuito in cui il condensatore si comporta da circuito aperto, figura 6.4b. In questo caso la tensione sul condensatore raggiunge il valore dato da quella sul generatore vc() = EG.
111
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
La tensione sul condensatore deve quindi essere compresa tra il valore iniziale V0 ed il valore finale vc() = EG. Si scrive l’equazione che governa il transitorio: dv c , si ha: EG - vR - vc = 0, sapendo che iR i c C dt dv c 1 1 v c t EG . dt RC RC Tale equazione presenta come soluzione il seguente integrale generale: v c t v o t v p t ,
t W
Bo z
za
con v o t Ae , soluzione dell’equazione omogenea associata e v p t , integrale particolare, una qualsiasi soluzione che soddisfa l’equazione differenziale completa. Sapendo che vc() = EG è una soluzione del problema, allora l’integrale particolare è immediatamente trovato. Sapendo poi che la costante di tempo IJ in un circuito con un condensatore ed un resistore in serie è pari a RC, l’integrale generale è quindi dato da:
t RC
v c t Ae EG . Si determina A imponendo la continuità della tensione sul condensatore, in base alle considerazioni energetiche: 1 1 Wc 0 C v c2 0 C v c2 0 Wc 0 , 2 2
0 RC
vc 0 V0 Ae EG A V0 EG . L’integrale cercato è infine dato da:
t
v c t V0 EG e RC EG . L’equazione può anche essere espressa utilizzando le informazioni negli istanti 0 e : v c t
v c 0 v c f e
t RC
v c f .
112
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
In figura 6.4c è rappresentata l’evoluzione temporale della tensione sul condensatore, la pendensa iniziale è data da: v c f v c 0 d v c 0 . W dt 12
tensione v c(t) [V]
10
vc(f) = 10 V
8 6 4
vc(0) = 5 V
2
2
4
za
W = RC =1 0 0
6
8
10
Bo z
tempo [s] Figura 6.4c
Osservazione Abbandonando il punto di vista matematico per uno più fisico, la risposta della rete può essere ricondotta alla somma di due contributi: t t · § ¨ ¸ v t v t , RC RC v c f 1 e v c t v c 0 e l f ¨ ¸ © ¹ con v l t , risposta libera della rete, che presenta condizioni iniziali non nulle e tutti i generatori spenti, e v f t , risposta forzata, in cui ad essere nulle sono le condizioni iniziali ed i generatori sono attivi. In questo caso la risposta forzata coincide con la risposta dell’esercizio 6.3, nel quale non erano assegnate condizioni iniziali non nulle. In figura 6.4d è mostrata la risposta completa come somma della risposta libera e della risposta forzata.
113
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
12
risposta completa risposta forzata risposta libera
8 6 4 2
2
4 tempo [s] Figura 6.4d
za
0 0
Bo z
tensione v c(t) [V]
10
114
6
8
10
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Figura 6.5
Esercizio 6.5 Determinare l’andamento temporale della tensione sul condensatore, sapendo che nell’istante t=0, quando il tasto T viene chiuso, il condensatore è scarico e che il generatore assume EG t. un profilo del tipo e G ( t) TG [EG= 10V, TG = 5s, R=1ȍ, C =1F]
Svolgimento
Bo z
za
Si considera inizialmente il comportamento per t = 0, figura 6.5a. La corrente è nulla, poiché le condizioni iniziali sono nulle ed il generatore stesso assume valore Figura 6.5a nullo. L’equazione da risolvere è: dv c 1 1 1 EG v c t eG t. dt RC RC RC TG La risposta della rete può sempre essere scomposta come soluzione dell’equazione omogenea associata ed integrale particolare: v c t Ae
t RC
v p ( t).
In questo caso l’integrale particolare v p t , assume la forma di una rampa, per approssimare il segnale forzante. Si sostituisce v p t B1t B0 nell’equazione da risolvere: d B1t B0 1 B1t B0 dt RC
1 EG t RC TG
B · B1 1 EG § t ¨ B1 0 ¸ t 0. RC © RC ¹ RC TG Si confrontano i due polinomi di variabile t e si uguagliano tra loro i coefficienti dei monomi di uguale grado: 115
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
B1 RC 1
1 EG B1 RC TG
EG , TG
B0 E 0 B0 G RC. RC TG L’equazione completa assume la forma: B1
v c t Ae
t W
EG E t G W. TG TG Si ricava adesso A per mezzo delle condizioni iniziali: v c 0 0
Ae
0 W
EG E 0 G W A TG TG
EG W. TG
Si ha quindi: t
Bo z
za
EG W EG E v c t We t G W. TG TG TG In figura 6.5b è rappresentato l’andamento temporale della tensione sul condensatore, la curva parte con pendenza nulla poiché EG § 1 · EG d W¨ ¸ v c 0 0 0. dt TG © W ¹ TG 12
tensione v c(t) [V]
10 8 6 4 2 0 0
1
2
3 4 tempo [s] Figura 6.5b
116
5
6
7
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Figura 6.6
Esercizio 6.6 Determinare l’andamento temporale della tensione sul condensatore, sapendo che nell’istante t=0, quando il tasto T viene chiuso, il condensatore è scarico e che il generatore assume un profilo del tipo e G ( t) EG sin Zt . [EG= 10V, Ȧ = 3 rad/s, R=1ȍ, C =1F]
Svolgimento
v c t
Ae
t RC
v p ( t).
Bo z
za
Si scrive direttamente l’equazione da risolvere: dv c 1 1 1 v c t eG EG sin Zt . dt RC RC RC Si scompone la risposta come soluzione dell’equazione omogenea associata ed integrale particolare:
L’integrale particolare assume la forma: v p t B1 sin Zt B2 cos Zt. Per determinare B1 e B2 si sostituisce l’integrale particolare nell’equazione differenziale: d B1 sin Zt B2 cos Zt 1 B1 sin Zt B2 cos Zt 1 EG sin Zt, dt RC RC B sin Zt B2 cos Zt 1 ZB1 cos Zt ZB2 sin Zt 1 EG sin Zt. RC RC RC Tenendo conto dell’uguaglianza IJ=RC, si uguagliano i coefficienti dei termini in seno e coseno in entrambi i membri dell’equazione: EG B B ZB1 2 0 B1 2 B1 W ZW 1 Z2 W 2 B 1 ZW ZB 2 1 EG B2 EG W W 1 Z2 W 2 La soluzione generale è: 117
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
v c t Ae
t W
EG
ZW
EG cos Zt. 1 Z W 1 Z2 W 2 Da cui si ricava A imponendo le condizioni iniziali: v c 0 0 A
Ae
2 2
0 W
sin Zt
EG 1 Z W
2 2
sin 0
ZW EG cos 0 1 Z2 W 2
ZW
EG . 1 Z2 W 2 La soluzione cercata è: t
EG ZW ZW W v c t E e sin Zt EG cos Zt. G 2 2 2 2 1 Z W 1 Z W 1 Z2 W 2 In figura 6.6a è rappresentato l’andamento temporale della tensione sul condensatore.
Bo z
za
6
tensione v c(t) [V]
4 2 0 -2 -4 0
2
4
6
tempo [s] Figura 6.6a
118
8
10
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Figura 6.7
Esercizio 6.7 Determinare l’andamento temporale della tensione sul condensatore, sapendo che nell’istante t=0, quando si chiude il tasto T, il condensatore è scarico e che il generatore assume un Dt profilo del tipo eG (t) EGe . [EG= 10V, Į = 3 s-1, R=1ȍ, C =1F]
Svolgimento
Bo z
za
Si scrive l’equazione da risolvere: dv c 1 1 1 v c t eG EGe - Dt . dt RC RC RC Identificata la costante di tempo IJ = RC e si confronta l’inverso di essa con l’argomento della sollecitazione esponenziale, se differiscono si procede come segue. Si scompone la risposta come soluzione dell’equazione omogenea associata ed integrale particolare:
v c t Ae
t RC
v p (t).
L’integrale particolare assume la forma: v p ( t) Be -Dt , giacché deve essere soluzione per tempi indefiniti. Si sostituisce l’integrale particolare nell’equazione differenziale: 1 1 Be-Dt - DBe-Dt EGe -Dt , RC RC da cui: EG § 1 · B - D¸ ¨ RC © RC ¹ La soluzione generale è: t W
v c t Ae Be Dt . Si ricava A imponendo le condizioni iniziali: -
119
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
v c 0 0
Ae
0 W
Be
0
EG § 1 · - D¸. ¨ RC © RC ¹ La soluzione cercata è: A
t
E E § 1 · § 1 · - D¸ e W G ¨ - D ¸ e Dt . v c t G ¨ RC © RC ¹ RC © RC ¹ In figura 6.7a è rappresentato l’andamento temporale della tensione sul condensatore. Tale andamento è scomponibile nella risposta all’omogenea associata e nell’integrale particolare. Si nota che la somma di due esponenziali di argomento differente e coefficienti opposti genera un segnale impulsivo, cioè di durata finita.
20
za
risposta completa risposta dell'omogenea associata integrale particolare
Bo z
15 tensione v c(t) [V]
10 5 0 -5 -10 -15 -20 0
2
4
6
tempo [s] Figura 6.7a
120
8
10
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 6.8 Determinare l’andamento temporale della tensione sul condensatore, sapendo che nell’istante t=0, quando si chiude il tasto T, il condensatore è scarico e che il generatore assume un profilo del Dt tipo eG (t) EGe . [EG= 10V, Į = 1 s-1, R=1ȍ, C =1F]
Figura 6.8
Svolgimento
Bo z
za
Si scrive l’equazione differenziale da risolvere: dv c 1 1 1 v c t eG EGe - Dt . dt RC RC RC Identificata la costante di tempo IJ = RC, si confronta l’inverso di essa con l’argomento della sollecitazione esponenziale, poiché coincidono si segue un procedimento differente da quello utilizzato nell’esercizio 6.7. Si scompone la risposta come soluzione dell’equazione omogenea associata ed integrale particolare:
v c t Ae
t RC
v p ( t).
L’integrale particolare assume la forma: v p ( t) B te -Dt . Si sostituisce l’integrale particolare nell’equazione differenziale: 1 1 B te - Dt - DB te - Dt Be- Dt EGe - Dt , RC RC EG 1 . , si ha B ricordando che D RC RC La soluzione generale è:
v c t Ae
t W
EG Dt te . RC Si ricava A imponendo le condizioni iniziali: v c 0 0
-
Ae
0 W
EG 0 e RC
0
A
0.
121
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
t
La soluzione cercata è: v c t
EG - W te . RC
5
3
2
1
2
4
6
tempo [s] Figura 6.8a
za
0 0
Bo z
tensione v c(t) [V]
4
122
8
10
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 6.9 Determinare l’andamento temporale della tensione sull’induttore, sapendo che nell’istante t=0, quando si chiude il tasto T, l’induttore non è percorso da corrente e che il generatore assume un profilo del tipo e G ( t) EG . [EG= 10V, R=1ȍ, L =1H]
Figura 6.9
Svolgimento
Bo z
za
Si si applica la seconda legge di Kirchhoff: eG = vT + vR + vL, quando il tasto è chiuso si riscrive come: di e G 0 R iL L L , dt da cui: diL R 1 iL eG . dt L L L Identificata la costante di tempo W , è possibile scrivere la R soluzione dell’equazione differenziale per mezzo del seguente integrale generale: iL t io t ip t ,
t W
con io t Ae , soluzione dell’equazione omogenea associata e ip t , integrale particolare, una qualsiasi soluzione che soddisfa l’equazione differenziale completa. Si sostituisce all’equazione differenziale una possibile soluzione che abbia la stessa natura della sollecitazione: ip t B : 0
R B L
1 eG B L
eG . R
Si nota anche che iL f
eG è una soluzione del problema, allora R l’integrale particolare si può ricavare dalla condizione di regime. 123
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
In base a considerazioni energetiche è possibile ricavare la costante A: 1 2 1 2 WL 0 L iL 0 L iL 0 WL 0 , 2 2 per cui, partendo dall’integrale generale e esplicitando la continuità della corrente sull’induttore, si ha:
0 W
eG e A G. R R L’integrale cercato è infine dato da: iL 0
0
Ae
t
eG W eG e e si ricava l’andamento di tensione per mezzo R R della relazione costitutiva: iL t
t
Bo z
za
di 1 eG W v L t L L L e . dt LR R L’andamento della corrente sull’induttore è rappresentato in figura 6.9a insieme all’andamento di tensione. Vi è una discontinuità iniziale sulla tensione ma non sulla corrente.
iL(t) [A]
v L(t) [V]
10 8 corrente tensione 6 4 2 0 0
2
4
6
tempo [s] Figura 6.9a
124
8
10
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 6.10 Ricavare nuovamente l’andamento temporale della corrente sull’induttore, sapendo che nell’istante t=0, quando si chiude il tasto T, l’induttore è percorso dalla corrente I0 e che il generatore assume un profilo del tipo e G ( t) EG . [EG= 10V, I0 =2A,R=1ȍ, L =1H]
Figura 6.10
Svolgimento Come svolto nell’esercizio 6.9 si scrive la soluzione dell’equazione differenziale per mezzo dell’integrale generale: iL t io t ip t ,
t W
e ip t
Bo z
Ae
za
eG . R Per determinare A si impongone la condizione di continuità sulla corrente: con io t
0 W
eG e A I0 G iL 0 iL f . R R L’integrale generale è pertanto dato da: iL 0
I0
Ae
t W
iL t iL 0 iL f e iL f , un’oscillazione tra la condizione iniziale e la condizione di regime. Altresì la risposta può essere espressa come somma di un’evoluzione libera ilib t a partire da condizioni iniziali diverse da zero e sollecitazioni nulle e di un’evoluzione forzata i for t con condizioni iniziali nulle: iL t ilib t i for t . Tenendo conto dei risultati dell’esercizio precedente in cui è valutata la risposta forzata si può scrivere: t t · eG §¨ W W iL t ilib t ifor t iL 0 e 1 e ¸ . ¸ R ¨ © ¹ 125
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
10
corrente [A]
8 risposta completa evoluzione libera evoluzione forzata
6 4 2 0 0
2
4
6
8
10
Bo z
za
tempo [s] Figura 6.10a
Esercizio 6.11 Determinare l’andamento temporale della tensione sul condensatore, sapendo che vc(0-)=10V. [EG= 15V, IG = -2A ,R1 =6ȍ, R2= 3ȍ, R3= 1ȍ, R4= 4ȍ, R5= 2ȍ, C =2F]
Figura 6.11
Svolgimento 126
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Sfruttando l’applicazione del teorema di Thevenin è possibile ricondursi allo schema di figura 6.11a. Si modifica la rete per mezzo della trasformazione equivalente tra generatore reale di corrente e generatore reale di tensione, figura 6.11b. EG
In tale rete si applica il metodo delle correnti di anello nelle incognite J1 e J2, ottenendo quindi la seguente equazione matriciale:
Figura 6.11a R1 J1
R3
R4
A
R2
J2
R5 R5IG
B
Figura 6.11b
Bo z
za
R2 ª EG º ªR1 R 2 º ª J1 º « R I » « R R 2 R 3 R 4 R 5 »¼ «¬J2 »¼ 2 ¬ 5 G¼ ¬ ª 9 3º ª J1 º ª15º « 3 10 » «J » « 4 » ¼¬ 2 ¼ ¬ ¼ ¬
da cui J1 = 2 A e J2 = 1A. La caduta di tensione Veq è ricavabile seguendo il percorso che congiunge A con B incontrando i resistori R4 e R5: Veq = (R4+ R5)·J2+ R5·IG = 6 – 4 = 2V. In figura 6.11c è rappresentata la rete resa passiva. La resistenza Req è data da: Req = (R1//R2 +R3)//(R4+R5) = = (2+1)//(4+2) = 2ȍ. La rete di figura 6.11a è Figura 6.11c pienamente determinata, e si osserva che per t=, cioè a regime, sul condesatore è applicata l’intera tensione Veq. Come fatto precedentemente in caso di 127
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
sollecitazione costante (circuiti autonomi) la soluzione del transitorio può essere espressa utilizzando le informazioni negli istanti 0 e : v c t
v c 0 v c f e
t R eqC
v c f
10 2 e
t 4
2.
12 vc(0) = 10 V
8
risposta libera risposta forzata risposta completa
6 4 vc(f) = 2 V
0 0
W = ReqC=4
5
za
2
10 tempo [s] Figura 6.11d
Bo z
tensione v c(t) [V]
10
15
20
Esercizio 6.12
Nell’istante t = 0 il tasto T si chiude e contemporaneamente si attivano i generatori di tensione. I generatori di tensione presentano profili temporali differenti, il primo ha un andamento esponenziale mentre il secondo ha carattere sinusoidale. Determinare l’andamento temporale della Figura 6.12 tensione sul condensatore, sapendo che vc(0-)=10V. [eG1(t)= 20e-t/3 V, eG2(t)= 4sin(t/4) V, R1 =4 ȍ, R2= 2ȍ, C =3F] Svolgimento 128
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Per risolvere il problema è necessario considerare la sovrapposizione degli effetti: la tensione sul condensatore sarà composta dalla somma della risposta libera e delle due risposte forzate a condizioni iniziali nulle. In figura 6.12a è rappresentata la rete con i generatori spenti. In assenza di generatori il condensatore eroga una corrente sul parallelo delle due resistenze: REq = R1\\R2=4/3ȍ; nota la resistenza in parallelo al condensatore si ricava la costante di tempo: 4 W R EqC 3 4 s . Figura 6.12a 3 L’evoluzione libera è governata dalla seguente legge:
t W
t 4
R1
R2
Bo z
za
v C0 t v C (0)e 10e . vc eG1 Si considera adesso la risposta forzata in C presenza del primo generatore, figura 6.12b. L’equazione differenziale si ottiene facendo delle semplici considerazioni, per Figura 6.12b ricondursi ad un circuito di Thevenin equivalente basta traformare il generatore reale di tensione in un generatore reale di corrente, eseguire il parallelo tra le resistenze e poi ritrasformare il generatore reale di corrente in un generatore reale di tensione. L’equazione differenziale è quindi data da:
dv C1 1 v C1 t dt R EqC
REq
1
REqC R1
t
EG1
1 20e 3 , 12
tale equazione presenta come soluzione: v C1 t
A 1e
t W
B1e
t 3,
con A1 da determinare con condizioni iniziali nulle. Si sostituisce l’equazione particolare nell’equazione differenziale per determinare la costante B1: t
t
1 3 B1 3 B1 e e 3 4
t
5 -3 e B1 3
20.
129
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si impongono adesso le condizioni iniziali nulle per determinare A1:
0 W
0 3
v C1 0 A 1e 20e A 1 20. L’equazione completa del circuito di figura 6.12b è data da:
t W
t 3,
v C1 t 20e 20e Si considera adesso la figura 6.12c in cui ad essere attivo è il secondo generatore. Per tale rete l’equazione differenziale è: dv C2 1 1 REq 1 §t· v C2 t EG2 4 sin¨ ¸ , dt REqC REqC R 2 6 © 4¹
Figura 6.12c
a tale equazione corrisponde una soluzione generale: t W
§t· §t· B 2 sin¨ ¸ B 3 cos¨ ¸. ©4¹ © 4¹ Si ricavano i coefficienti B2 e B3 sostituendo l’integrale particolare nell’equazione differenziale: B2 §t· B §t· 2 §t· §t· B §t· B cos¨ ¸ 3 sin¨ ¸ 2 sin¨ ¸ 3 cos¨ ¸ sin¨ ¸, 4 ©4¹ 4 © 4¹ 4 ©4¹ 4 © 4¹ 3 ©4¹ si eguagliano tra loro i coefficenti dei termini in seno e coseno: B B 2 3 2 4 4 3 , B 2 B3 0 4 4 da cui si ricava che B2=4/3 e B3=-4/3. Si determina adesso A2 imponendo le condizioni iniziali nulle. A 2e
Bo z
za
v C2 t
0 W
4 §0· 4 4 §0· sin¨ ¸ cos¨ ¸ A 2 . 3 ©4¹ 3 3 ©4¹ La soluzione completade circuito di figura 6.12c vale: v C2 0
A 2e
t
4 W 4 § t · 4 §t· v C2 t e sin¨ ¸ cos¨ ¸. 3 3 ©4¹ 3 ©4¹ La soluzione completa della rete è composta dalle soluzioni dei tre circuiti: 130
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
v C (t)
v C0 ( t) v C1( t) v C 2 ( t) 10e
t 4
20e
t 4
20e
t 3
t
4 4 4 § t · 4 §t· e sin¨ ¸ cos¨ ¸. 3 3 ©4¹ 3 ©4¹
10 risposta completa VC(t) evoluzione libera VC0(t)
8
risposta forzata VC1(t) risposta forzata VC2(t)
tensione [V]
6
4
2
Bo z
-2 0
za
0
10
20
30 tempo [s]
40
50
Figura 6.12d
vR
Esercizio 6.13 Determinare per t>0 iR ig R l’andamento temporale della tensione sul condensatore v c C eG quando l’ingresso assume la ic forma di un impulso di Dirac ed il condensatore è inizialmente scarico. [eG= Figura 6.13 į(t)V, R=1ȍ, C =1F] Svolgimento Si utilizza il segnale di Dirac per caratterizzare il comportamento delle reti a sollecitazioni impulsive. Tale impulso è così definito:
³
0
0
G( t)dt
1,
131
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
in un tempo infinitesimo l’energia fornita dal generatore al sistema assume un valore finito, quindi si può anche dire che il generatore ha potenza infinita. Il segnale di Dirac è mostrato in figura 6.13a. L’equazione differenziale è data da: dv c 1 1 v c t G( t) . dt RC RC Si confronta il grado dell’equazione differenziale con il grado della derivata della funzione di Dirac, se quest’ultimo è inferiore al grado dell’equazione differenziale, nella risposta non sarà presente nessuna funzione impulsiva (principio del bilanciamento degli impulsi). Per risolverla è necessario procedere all’integrazione di entrambi i membri: 0 dv 1 0 1 0 c dt v c t dt G( t)dt , 0 dt RC 0 RC 0 S’integra il primo termine 0 dv c dt v C 0 v C 0 v C 0 , 0 dt Figura 6.13a in quanto il condensatore è inizialmente scarico. Si integra il secondo termine: 1 0 v c t dt 0 , RC 0 in quanto in base al principio del bilanciamento degli impulsi la tensione sul condensatore ha una discontinuità di prima specie, ma integrata in un intervallo nullo assume valore nullo. Si ha quindi: 1 vC 0 , RC l’effetto della sollecitazione è riconducibile ad una condizione iniziale diversa da zero. Si ha quindi:
³
³
³
Bo z
za
³
³
t RC
v C t v C 0 e . Tale equazione descrive il fenomeno transitorio per t>0, ma non consente di determinare il comportamento del condensatore in t=0, infatti se fosse sostituita nell’equazione differenziale non farebbe
132
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
nascere l’impulso di Dirac. E’ necessario porre la soluzione nella seguente forma:
v C t v C 0 e luogo a:
t RC u( t)
, che sostituita nell’equazione differenziale da
t
t
t
1 1 1 v C 0 e RC u( t) v C 0 e RC G( t) v C 0 e RC u( t) G( t) , RC RC RC che verifica chiaramente il bilanciamento degli impulsi. La corrente che attraversa il condensatore, per t0+, è data da:
t
t
dv v 0 RC iC t C C C e u(t) Cv C 0 e RC G( t) , dt R negativa per t>0 in quanto è una corrente di scarica del condensatore, tale corrente genera sul resistore una tensione opposta a quella che vi è sul condensatore.
Bo z
tensione [V], corrente [A]
za
1 tensione corrente
0.5
0
-0.5
-1 0
2
4 tempo [s] Figura 6.13b
133
6
8
10
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 6.14 Determinare per t>0 l’andamento temporale della corrente sull’induttore quando l’ingresso assume la forma di un impulso di Dirac ed l’induttore è inizialmente scarico. [eG= į(t)V, R=2ȍ, L=0.5H] Figura 6.14
Svolgimento
Bo z
za
L’equazione differenziale è data da: diL R 1 iL t G( t ) . dt L L Si procedere all’integrazione di entrambi i membri: 0 di R 0 1 0 L dt i t dt G( t )dt. , ³0 dt L ³0 L L ³0 S’integra il primo termine 0 di L ³0 dt dt iL 0 iL 0 iL 0 , in quanto l’induttore è inizialmente scarico. Si integra il secondo R 0 termine: ³ iL t dt 0 , L 0 in base al principio del bilanciamento degli impulsi la corrente sull’induttore presenta una discontinuità di prima specie, ed integrata in un intervallo nullo assume valore nullo . Dopo aver integrato entrambi i membri dell’equazione differenziale, si 1 ha: iL 0 , L che impone un’evoluzione libera a partire da nuove condizioni iniziali:
Rt L u( t )
iL t i 0 e . La tensione sull’induttore per t>0 vale:
134
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Rt
d R v L ( t ) L iL t i 0 e L . dt L
corrente [A]
tensione [V]
2
corrente tensione
0
-2
-4
-6
0.5
1
1.5 tempo [s] Figura 6.14a
2
2.5
Bo z
za
-8 0
Esercizio 6.15 Determinare per t>0 l’andamento temporale della tensione sul condensatore quando l’ingresso assume la forma di un impulso di Dirac ed il condensatore è inizialmente scarico. [iG= į(t)V, R=1ȍ, C =1F]
Figura 6.15
Svolgimento L’equazione che descrive il transitorio è: dv C C G t , dt per risolverla si possono seguire due differenti vie di risoluzione. In base al principio del bilanciamento degli impulsi la funzione vC(t) è 135
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
non singolare, per cui è possibile procedere all’integrazione dell’equazione differenziale: 0 dv 0 1 C C G t v C (0 ) . 0 0 dt C Per t>0 la rete assume la configurazione di figura 6.15a. Il circuito è interrotto e non può circolare nessuna corrente, per cui la tensione Figura 6.15a sul condensatore rimane costante e pari a vC(0+): 1 v C ( t) u( t), C avendo indicato con u(t) il segnale gradino unitario. Si considera adesso un approccio differente che sfrutta la linearità del circuito. La risposta all’impulso di Dirac può essere valutata eseguendo la derivata temporale della risposta al gradino unitario. L’equazione differenziale allora diventa: dv u C C u t , che integrata porta a: dt 1 1 v uC ( t) u( t)dt t k. C C La costante k risulta nulla se si considerano le condizioni iniziali nulle della rete. La risposta al gradino è quindi data da: 1 1 v uC (t) t r( t), C C in cui con r(t) si indica la rampa unitaria. Per trovare la risposta all’impulso di Dirac si deriva la risposta al gradino: d u 1 v C ( t) v C ( t) u( t). dt C
³
Bo z
za
³
³
>
@
136
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 6.16 Determinare l’andamento temporale della corrente sull’induttore quando l’ingresso assume la forma riportata in figura 6.16. [iL(0)=0A, EG = 10V R=10ȍ, L=3H, T1=2s, T2=3s, T3=5s]
Bo z
za
Svolgimento Si valuta l’equazione che descrive il transitorio: diL R 1 iL t e G ( t) . dt L L La costante di tempo del circuito Figura 6.16 L 0.3s , per cui è data da R quando la tensione è maggiore di zero l’induttore raggiunge sempre la condizione di regime, mentre quando la tensione è nulla l’induttore non ha il tempo di annullare la propria corrente. Nell’intervallo compreso tra 0 e T1 la corrente sull’induttore è dovuta alla sola risposta forzata: 10 t · Rt · EG §¨ 10 §¨ ¸ L iL t 1 e 1 e 3 ¸ , e la tensione vale: ¸ ¸ 10 ¨ R ¨ ¹ © © ¹
v L t
d 10 iL t e dt 3
10 t 3 .
10 2 · § ¨ 3 ¸ 0.9987 # 1. La corrente per t =T1 vale iL T1 ¨ 1 e ¸ © ¹ Nell’intervallo compreso tra T1 e T2 si ha la sola risposta libera: 10 t 2 R t T1 10 t 2 d 10 3 3 L iL t e . iL t iL T1 e 1 e ; v L t dt 3 10 3 2 3 0.035. La corrente per t =T2 vale iL T2 1 e
137
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
corrente [A]
Nell’intervallo compreso tra T2 e T3 la corrente sull’induttore ha il tempo di raggiungere la condizione di regime, iL T3 # 1 , tale corrente è dovuta sia all’evoluzione libera che alla risposta forzata: R t T2 10 t 3 3 L iL t iL T2 iL T3 e iL T3 0.035 1 e 1; la tensione risulta data da: 10 t 3 d 10 0.035 1 e 3 . v L t iL t dt 3
1 0.5 0 0
1
2
1
2
3 tempo [s]
4
5
6
4
5
6
za Bo z
tensione [V]
5
0
-5 0
3 tempo [s]
Figura 6.16a
Esercizio 6.17 Utilizzando l’integrale di convoluzione determinare l’andamento temporale della corrente sull’induttore quando l’ingresso assume il profilo di una rampa. [iL(0)=0A, eG = kt, k=2 V/s, R=2ȍ, L=0.5H]
Svolgimento
Figura 6.17
Nell’esercizio 6.14 si è trovata la
138
Capitolo 6 Circuiti dinamici del primo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
R
1 Lt e u( t) , che viene sfruttata nell’integrale L
risposta impulsiva h t di convoluzione: iL ( t)
³
t
0
e G ( W) h( t W)dW, sostituendo si ha: R
( t W) 1 L iL ( t) k W u ( t W ) e dW. 0 L La variabile di integrazione IJ è compresa tra 0- e t, per cui u(t- IJ) è sempre pari a 1, ne deriva che:
³
t
R
R
R
W k Lt k Lt L dW iL ( t) e W 1 e e 0 L L Si risolve l’integrale per parti:
³
³
t
0
W
t
R W e L dW
R
t
ªL RW º « e L W» «¬ R »¼ 0 2
R
³
t
0
W
R W e L dW.
t
³
t
0
R R R L LW L L t L ªL L Wº e dW e t « e » R R R «R »¼ ¬ 0
2
Bo z
za
L Lt §L · Lt §L · e t¨ ¸ e ¨ ¸ , R ©R¹ ©R¹ per cui: R R 2 R 2 k LtªL Lt § L · Lt § L · º « e t¨ ¸ e ¨ ¸ » iL ( t) e L «¬ R ©R¹ © R ¹ »¼
R k ª L L L tº » «t e R« R R »¼ ¬
0.8 0.7
corrente [A]
0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 0
0.2
0.4 0.6 tempo [s]
Figura 6.17a
139
0.8
1
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine
T
V0
+ C
t=0
R
Esercizio 7.1 Determinare il comportamento in transitorio della rete di figura 7.1, sapendo che quando il tasto T viene chiuso il condensatore L presenta una tensione V0 = 10V. [R=10ȍ, L=10mH, C=1/900F]
Figura 7.1
Svolgimento
Bo z
za
Si ricavano le equazioni che vR T consentono di descrivere il transitorio iR R di rete facendo riferimento alla figura vC 7.1a. L’applicazione della prima legge C L vL i(t) di Kirchhoff permette di affermare che: iC iL iR = iL = -iC=i(t). In base alla seconda si ha: Figura 7.1a vR + vL -vC =0. Si sceglie di utilizzare la corrente i(t) che circola nella maglia ed è comune a tutti gli elementi per descrivere il fenomeno transitorio. Sostituendo le relazioni costitutive si ha: di t 1 di t 1 - i t dt 0. R iR t L L iC t dt R i t L dt C dt C Derivando l’espressione precedente, si ottiene: d2i t di t 1 L 2 R i t 0, dt C dt Che può essere riordinata nella seguente equazione omogenea: d2i t R di t 1 i t 0, la cui equazione caratteristica è: L dt LC dt 2
³
³
140
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
O2
R 1 O L LC
0.
Le soluzioni dell’equazione caratteristica sono: 2
O1,2
R 4 §R· r ¨ ¸ L LC ©L¹ 2
103 r 10 6 3.6 105 2
103 r 800 2
° 100 s 1 . ® 1 °¯ 900 s Il discriminante dell’equazione di secondo grado è positivo, per cui si sono ottenute due radici reali, in questo caso si avrà un transitorio sovrasmorzato. vR T Non essendo presenti generatori di alcun R genere la risposta transistoria + vL comprenderà la sola evoluzione libera: V0 t = 0
Bo z
za
i t A1e O1t A 2 e O 2t , con A1 e A2 determinabili dalle condizioni Figura 7.1b iniziali, figura 7.1b. + Nell’istante t=0 gli elementi conservativi mantengono invariate le grandezze energetiche, cioè la tensione ai capi del condensatore e la corrente che attraversa l’induttore rimangono le stesse che si avevano all’istante t = 0-. Poiché l’induttore era inizialmente scarico, alla chiusura del tasto T, esso si comporterà da circuito aperto, impedendo la circolazione della corrente i. Essendo nulla la caduta di tensione sul tasto ideale e sulla resistenza (non percorsa da corrente), la totalità della tensione è applicata all’induttore: di vL 0 L v C (0) V0 , da cui la relazione dt t o
v C (0) di . dt t o L Si procede quindi alla determinazione delle costanti A1 e A2, di valutando i(0+) e : dt t o 141
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
i 0 di dt t
A1 A 2
0,
O1A1 O 2 A 2 0
v C (0 ) . L
0 ª « v (0 ) ¬ C
º , L»¼
Bo z
za
ª 1 1 º ª A1 º Si scrive un sistema matriciale « »« » ¬O 1 O 2 ¼ ¬ A 2 ¼ che porta ad avere A1 A 2 1.25 . La corrente che attraversa il circuito è data da: i t 1.25e 100 t 1.25e 900 t , la tensione sull’induttore è: d v L t L i( t) 1.25e 100 t 11.25e 900 t , dt la tensione sul resistore è: v R t Ri( t) 12.5e 100 t 12.5e 900 t , la tensione sul condensatore è: v C t v L ( t) v R ( t) 11.25e 100 t 1.25e 900 t . 10 vC(t)
8
vL(t) vR(t)
tensioni [V]
6 4 2 0 -2 0
0.01
0.02 0.03 tempo [s] Figura 7.1c
0.04
0.05
In figura 7.1c sono rappresentate le tensioni sul sistema (l’andamento della corrente è deducibile dall’andamento della 142
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
tensione sul resistore con un cambiamento di scala di 1/10), si nota come la tensione sull’induttore cambi segno non appena si raggiunge il massimo della corrente (vedi massimo della tensione sul resistore). Osservando l’andamento della tensione sul resistore (corrente di maglia) si osserva come gli esponenziali si estinguano, l’esponenziale Ȝ2 caratterizza il transitorio nella prima parte (fino al massimo), successivamente ha maggior gioco il secondo termine. Si valutano adesso le energie immagazzinate sugli elementi conservativi e quella dissipata sul resistore. L’energia immagazzinata nel condensatore è: 1 2 WC Cv C 7.03 10 2 e 200t 8.68 10 4 e 1800t 1.56 10 2 e 1000t , 2 l’energia immagazzinata nell’induttore è: 1 2 LiL 7.8 10 3 e 200 t 7.8 10 3 e 1800 t 1.56 10 2 e 1000 t , WL 2 l’energia disspipata nel resistore è data da: t 1 e 200 t 1 e 1800 t 1 e 1000 t WR R iR2 W dW 15.65 . 15.65 31.25 0 1800 1000 200 In figura 7.1d è rappresentato l’andamento delle energie, si nota che istante per istante l’energia immagazzinata negli elementi conservativi sommata all’energia dissipata nel resistore risulta costante.
Bo z
za
³
0.06
Energia [J]
0.05 0.04 WC(t) 0.03
WL(t) WR(t)
0.02 0.01 0 0
0.01
0.02 0.03 tempo [s] Figura 7.1d
143
0.04
0.05
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 7.2 Individuare un modello circuitale per descrivere il fenomeno delle scariche elettrostatiche tra corpo umano e carcasse di dispositivi elettrici. Svolgimento
A
B T
Un effetto che tutti conoscono e hanno sperimentato sul proprio corpo è costituito dalle scariche elettrostatiche. Con tale effetto si intende l’improvviso scorrere di corrente elettrica tra materiali normalmente isolanti. Il passaggio di corrente nel corpo umano è avvertito come una forte scossa fortunatamente di breve durata. Tale scarica è dovuta alla ricombinazione di cariche elettriche, accumulate per strofinio in giornate particolarmente secche. Camminando con scarpe dalla suola in gomma è possibile separare cariche elettriche sui piedi a seguito dello sfregamento tra suola e terreno. Le cariche separate nei piedi inducono cariche di segno opposto sulla testa e sulle mani, questi punti possono assumere potenziali superiori a quello del suolo per migliaia di volt. Come mostrato in figura 7.2a il corpo umano può essere schematizzato A come un condensatore carico con in serie una resistenza; valori tipici sono R C = 50pF e R = 250ȍ. Il percorso di C scarica attribuisce il valore L all’induttanza del circuito equivalente, B visto che quella presentata dal corpo umano è del tutto trascurabile. T L’induttanza, che considera il percorso Figura7.2a delle cariche dal corpo umano verso la terra tramite i conduttori di protezione, assume valori di decimi di ȝH. La differenza di potenziale è stimata sui 15kV. Per il circuito RLC serie le radici dell’equazione caratteristica sono:
Bo z
za
Figura7.2
144
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
2
O1
R 1 §R· ¨ ¸ 2L LC © 2L ¹
250 2 0.11 10 6
2
250 1 § · ¨ ¸ 6 0.11 10 6 50 1012 © 2 0.11 10 ¹ 2
R 1 §R· ¨ ¸ 2L LC © 2L ¹
O2
2.2 109 s 1
250 2 0.11 10 6
2
250 1 § · ¨ 6 ¸ 6 0.11 10 50 1012 © 2 0.11 10 ¹
8.3 107 s 1
La corrente i(t) assume la seguente forma:
za
i t A1e O1t A 2 e O 2t , con A1 e A2 determinate dalle condizioni iniziali. Per t=0+ la corrente sull’induttore è nulla, mentre la tensione data dal condensatore è totalmente applicata all’induttore: VC (0 ) di di VL 0 L , da cui dt t o dt t o L
i 0 di dt
Bo z
A1 A 2
0,
O1A1 O 2 A 2 t 0
VC (0 ) . L
0 º ª 1 1 º ª A1 º ª Si risolve il sistema « « » e si ottengono » « » ¬O1 O 2 ¼ ¬ A 2 ¼ ¬ VC (0 ) L¼ A1=-A2= -64.4A. In figura 7.2b è rappresentato l’andamento della corrente di scarica elettrostatica. I valori raggiunti, sebbene solamente per centesimi di microsecondi, sono così elevati da compromettere il funzionamento di eventuali sistemi elettronici coinvolti nel percorso di scarica.
145
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
60
corrente i(t) [A]
50 40 30 20 10 0 0
V0
0.03 0.04 tempo [Ps] Figura 7.2b
0.05
0.06
Esercizio 7.3 Determinare il comportamento in transitorio della rete di figura 7.3, sapendo che quando il tasto T viene chiuso il condensatore L presenta una tensione V0 = 10V. [R=3ȍ, L=10mH, C=1/625F]
Bo z
T + C
0.02
za
0.01
t=0
R
Figura 7.3
Svolgimento
Si procede alla risoluzione dell’esercizio come nell’esercizio 7.1, fino alla risoluzione dell’equazione caratteristica, la quale presenta un discriminante minore di zero: 2
O1,2
R 4 §R· r ¨ ¸ L LC ©L¹ 2
300 r 9 10 4 25 10 4 2
° 150 j200 s 1 . ® 1 °¯ 150 j200 s
146
300 r j400 2
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Le radici dell’equazione caratteristica conferiscono al transitorio il comportamento sottosmorzato, la cui soluzione omogenea vale: i t e 150t >A1 sin 200t A 2 cos(200t)@ , con A1 e A2 determinabili dalle condizioni iniziali. Per determinare le condizioni iniziali del transitorio, non essendo presenti generatori impulsivi, si sfrutta la continuità delle grandezze energetiche e nello specifico si fa riferimento alla figura 7.3a in cui la tensione Figura 7.3a del condensatore e la corrente dell’induttore sono vincolate dai valori assunti per t =0 . Si impone la condizione i(0+)=0: i 0 e 1500 >A1 0 A 2 1@ 0 A 2 0. che comporta A2=0. Come nell’esercizio 7.1 la totalità della tensione è applicata all’induttore: v C (0 ) di di vL 0 L v C (0 ) , dt t o dt t o L di dt t
> 150e
Bo z
za
150 t
@
A1 sin 200t 200e 150t A1 cos 200t t
0
0
v C (0 ) 1000 A1 5. L Si ha quindi l’equazione: i t 5e 150t sin 200t , che porta anche a: v L t 10e 150t cos 200t 7.5e 150t sin 200t ,
>0 200A1@
v R t 15e 150t sin 200t ,
v C t 10e 150t cos 200t 7.5e 150t sin 200t . Si traccia l’andamento della corrente di maglia. tracciare l’andamento delle curve esponenziali sinusoide verso la sua estinzione. Identificati i sinusoide incontra l’asse del tempo, si procede al grafico finale, figura 7.3b. 147
Si inizia con il che guidano la punti in cui la tracciamento del
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
corrente [A]
5
0
-5 0
0.005
0.01
0.015 0.02 tempo [s] Figura 7.3b
0.025
0.03
Bo z
za
Esercizio 7.4 Determinare l’evoluzione transistoria della rete di figura 7.4, sapendo che quando il tasto T viene chiuso il condensatore C1 presenta una tensione V0 = Figura 7.4 10V ed il condesatore C2 è scarico. [R1=1ȍ, R2=2ȍ, R3=3ȍ, C1=1mF, C2=2mF] Svolgimento Per la soluzione dell’esercizio si sfrutta il metodo operatoriale, si definiscono gli operatori D e D-1: d 1 D dt . e D dt Si fa riferimento alla figura 7.4a e si Figura 7.4a applica il metodo delle correnti di anello a partire dalla seconda legge di Kirchhoff: VC1=VR1+VR3, VR2 + VC2 –VR3=0.
³
148
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Sostituendo le relazioni costitutive maglia di figura, si scrive:
e considerando le correnti di
1 j1 t R 1 j1 t R 3 j1 t R 3 j2 t , C1D
R 2 j2 t
1 j2 t R 3 j2 t R 3 j1 t 0. C 2D
Tale sistema si scrive come: ª 1 º R3 « C D R1 R 3 » ª j1 t º « 1 »« » 1 « R3 R 2 R 3 » ¬ j2 t ¼ «¬ »¼ C 2D
ª0º «0». ¬ ¼
Si ricava j1(t): 0
R3
R3
1 R 2 R3 C 2D
za
1 R1 R 3 C1D
Bo z
j1 t
R3 1 R 2 R3 0 C 2D
§ 1 ·§ 1 · ¨¨ R1 R 3 ¸¸¨¨ R 2 R 3 ¸¸ j1 t R 32 j1 t 0. © C1D ¹© C 2D ¹ 1 j1 t v C1 t e che j1 t C1Dv C1 t si ha: Ricordando che C1D
§ 1 ·§ 1 · ¨¨ R1 R 3 ¸¸¨¨ R 2 R 3 ¸¸C1Dv C1 t R 32C1Dv C1 © C1D ¹© C 2D ¹ R R3 C v t 1 v C1 t R 2 R 3 v C1 t 1 1 C1 C 2D C2
R1 R 3 R 2 R 3 C1Dv C1 t R 32C1Dv C1 0, moltiplicando per C2D e riordinando si ha:
149
0
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
R1R 2 R 2R 3 R1R3 C1C2D2 v C1 t R 2 R 3 C2 C1 R1 R3 Dv C1 t v C1 t 0. Si determina il discriminante dell’equazione caratteristica: '
R 2 R3 C2 C1 R1 R3 2 4 R1R 2 R 2R3 R1R 3 C1C2
Bo z
v C1 t A1e O 1t A 2e O 2 t , con A1 e A2 determinate dalle condizioni iniziali, figura 7.4b. Per t=0 la tensione sul condensatore C1 è pari a 10V, mentre la corrente che circola sullo stesso è data da:
za
1.96 10 4 8.8 10 5 1.08 10 4. Il discriminante è positivo e questo esclude la possibilità di soluzioni oscillanti, ma a tale considerazione si poteva giungere osservando che nella rete non sono presenti contemporaneamente condensatori e induttori. Le soluzioni dell’omogenea associata sono: 1 0.0140 r 1.08 10 4 ° 0.0018 s . O1,2 ® 1 2 °¯ 0.0122 s La tensione vC1(t) assume la seguente forma:
i C1 ( 0 )
v C1 ( 0 ) R R R1 2 3 R2 R3
10 2 .2
Figura 7.4a
4 .545 A.
Sostituendo le condizioni iniziali si ha: v C1 0 A1 A 2 10, dv C1 1 O1A1 O 2 A 2 iC1(0 ) dt t 0 C1 Si risolve il sistema 10 ª 1 1 º ª A1 º ª º «O O » « A » « 3 » 2 ¼¬ 2 ¼ ¬4.545 10 ¼ ¬ 1
e
4.545 10 3.
e si ottengono A1=12.17V e A2= -2.17V. 150
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
0.0018 t 2.17e 0.0122t V. La soluzione cercata è: v C1 t 12.17e
Esercizio 7.5 Determinare la risposta transitoria completa della rete di figura 7.5, per t >0. Si considerano gli elementi conservativi scarichi. [EG = 2V, R1=2ȍ, R2=3ȍ, C=1/6F, L=1H] Figura 7.5
Svolgimento
Bo z
za
Si utilizza il metodo operatoriale e si scrivono le equazioni risolventi sfruttando il metodo delle correnti di anello, figura 7.5a. EG
Figura 7.5a
R1 j1 t LDj1 t R 2 j2 t ,
R 2 j1 t R 2 j2 t
1 j2 t 0. CD Si scrive un’equazione matriciale che riassume le equazioni del sistema: R 2 º ª j t º ªE º ªR1 R 2 LD 1 G « 1 »« » « ». R R j t 0 « » 2 2 CD ¼ ¬ 2 ¼ ¬ ¼ ¬ Si sceglie di descrivere il fenomeno transitorio per mezzo della corrente sull’induttore, per cui si valuta j1(t): EG R2 1 0 R2 CD j1 t R1 R 2 LD R2 1 R2 R2 CD 151
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
1 L· 1 · § § ¸ j1 t R 22 j1 t ¨ R 2 ¨ R1 R 2 R 2 R 2LD R1 R 2 ¸EG , CD C ¹ CD ¹ © © si moltiplica per CD: R 2LCD2 j1 t R1R 2CDj1 t LDj1 t R1 R 2 j1 t R 2CDEG EG . La scrittura delle equazioni differenziali di secondo grado può comportare degli errori di distrazione, conviene quindi eseguire delle verifiche dimensionali per valutarne la correttezza. Si considerano quindi i sei termini dell’equazione differenziale scritta sopra e si nota che tutti hanno dimensione di volt. Si sostituiscono i valori numerici e si ottiene: 1 2 1 D j1 t 2Dj1 t 5 j1 t DEG EG . 2 2 L’equazione caratteristica è: O2 4O 10 0, con soluzioni:
Bo z
2 r 4 10
za
° 2 j 6 s 1 . ® 1 °¯ 2 j 6 s La natura delle radici dell’equazione caratteristica determina un andamento sottosmorzato. L’equazione risolvente assume la seguente forma: O1,2
j1 t A1e 2 t sin 6 t A 2e 2 t cos 6 t ip t ,
con ip(t) integrale particolare. Il termine DEG assume profilo identicamente nullo, per cui si ha: 1 2 D j1 t 2Dj1 t 5 j1 t 2 t ! 0. 2 Il termine forzante è dato da una costante quindi si ipotizza una soluzione particolare della stessa natura, che sostituita nell’equazione differenziale la verifica. La soluzione particolare può essere anche ricavata considerando la soluzione di regime, Figura 7.5b facendo riferimento alla figura 7.5b. Si nota subito che:
152
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
j1 f
EG 2 0.4 A . R1 R 2 2 3 La soluzione completa è quindi data da:
j1 t A1e 2 t sin 6 t A 2e 2 t cos 6 t 0.4. Per ricavare le costanti A1 e A2 si considera la continuità della corrente sull’induttore: j1 0 A1 1 0 A 2 1 1 0.4 iL 0 0 A 2 0.4. Per determinare la rimanente costante si considera la tensione applicata all’induttore all’istante iniziale, figura 7.5c. Il condensatore, dovendo mantenere inalterata la propria tensione nulla, si comporta da cortocircuito, mentre l’induttore, alla stessa maniera dovendo mantenere Figura 7.5c inalterata la propria corrente, si comporta da circuito aperto. Si deduce quindi che: di di vL 0 L L EG 2 . L 2. dt t 0 dt t 0 La rimanente costante si ricava derivando l’espressione della corrente di maglia e successivamente imponendo l’uguaglianza con il valore precedentemente calcolato: dj1 t 2 A1e 20 sin 6 0 6 A1e 20 cos 6 0 2 A 2e 20 cos 6 0 dt 0
Bo z
za
6 A1e 20 sin 6 0 La soluzione cercata è:
M2 N2 , tg D
2 A1 # 0.5.
j1 t 0.5e 2 t sin 6 t 0.4e 2 t cos 6 t 0.4, che in base alla relazione M sin Zt N cos Zt P sin Zt D 2 con P
N , risulta: M
j1 t 0.64e 2 t sin 6 t 0.6747 0.4.
153
trigonometrica
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si traccia l’andamento temporale partendo dalle curve asintotiche 2 t che delimitano l’oscillazione e1,2 r0.64e 0.4 , figura 7.5d.
Identificati i punti per cui la sinusoide si annulla (punti in cui assume la corrente assume il valore 0.4), si procede al tracciamento dell’oscillazione della corrente j1(t) senza mai oltrepassare le curve asintotiche.
1.2 j1(t)
1
e1(t) e2(t)
0.6
za
0.4 0.2
Bo z
corrente j 1(t)
0.8
0 -0.2 -0.4 0
0.5
1
1.5 tempo [s] Figura 7.5d
154
2
2.5
3
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 7.6 Determinare la risposta transitoria completa della rete di figura 7.6, sapendo che quando il tasto T viene chiuso il condensatore C presenta una tensione V0 = C 10V e l’induttore una corrente di 2A. 2e-4t, R1=4ȍ, [eG(t)= R2=6ȍ, C=1/4F, L=1H]
T R1 R2 eG L
Figura 7.6
T R1
Svolgimento
za
R2
Bo z
eG Si sfrutta il metodo j1(t) j2(t) L operatoriale per la soluzione vL dell’esercizio, insieme al iL metodo delle correnti di anello, figura 7.6a. Figura 7.6a Si possono quindi scrivere le seguenti relazioni: e G t R1 j1 t R 2 j1 t LDj1 t R 2 j2 t LDj2 t ,
R 2 j2 t LDj2 t R 2 j1 t LDj1 t
vC
C iC
1 j2 t 0. CD Si riordinano le equazioni e si giunge al sistema: R 2 LD º ª j t º ªe t º ªR1 R 2 LD 1 G « 1 »« » « ». R LD R LD « » ¬ j2 t ¼ ¬ 0 ¼ 2 2 CD ¼ ¬ Si opta per descrivere il transitorio per mezzo della tensione sul condensatore, per cui si valuta j2(t):
155
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
R1 R 2 LD eG t R 2 LD 0 R 2 LD R1 R 2 LD 1 R 2 LD R 2 LD CD
j2 t
1 § R 2LD ¨ R1 R 2 R 2 R1 R 2 LD R1 R 2 CD © L· 2 L2D 2 ¸ j2 t R 2 LD j2 t R 2 LD eG t , C¹
si sfrutta la relazione j2 t CDv C t e si ottiene:
R1LCD2 v C t R1R 2CDv C t LDv C t R1 R 2 v C t
R 2 LD eG t ,
da cui: d eG t dt
Bo z
za
D2 v C t 7Dv C t 10v C t 6eG t 12e 4 t 8e 4 t 4e 4 t , la cui equazione caratteristica è: O2 7O 10 0, con soluzioni:
° 2 s 1 . ® 1 °¯ 5 s Le radici dell’equazione caratteristica sono differenti dall’argomento della sollecitazione esponenziale, per cui si può ipotizzare una soluzione completa del tipo seguente: O1,2
7r3 2
v C t A1e O 1t A 2e O 2 t ke 4 t . Si ricava k sostituendo la soluzione particolare (ke-4t) nell’equazione differenziale: 16ke 4 t 28ke 4 t 10ke 4 t 4e 4 t k 2. Si valutano adesso le condizioni iniziali facendo riferimento alla figura 7.6b. Su R1 la corrente è: iR1(0)
156
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
iR1 0
v C (0 ) e G (0 ) R1
10 2 4
Figura 7.6b
16.
Bo z
za
La corrente erogata dal condensatore è data dalla somma tra corrente sul resistore R1 e la corrente sull’induttore L, per tanto iC(0+) = -4A. Si ricavano quindi i valori delle costanti incognite: v C 0 A1 A 2 2 10, e dv C 1 O1A1 O 2 A 2 8 iC (0 ) dt t 0 C Si risolve il sistema ª 1 1 º ª A1 º ª 12 º «O O » « A » « » 2 ¼¬ 2 ¼ ¬ 16¼ ¬ 1
2 A.
tensione [V]
e si ottengono A1=14.66.V e A2= -2.66V.
14
vc(t)
12
A1 exp(O1t)
10
A2 exp(O2t) k exp(-4t)
8 6 4 2 0 -2 0
1
2 tempo [s] Figura 7.6b
157
3
4
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
La soluzione cercata, rappresentata in figura 7.6b, è: v C t 14.66e 2 t 2.66e 5 t 2e 4 t . T R L
e(t) C
Esercizio 7.7 Determinare la risposta transitoria completa della rete di figura 7.7, considerando gli elementi conservativi inizialmente scarichi. [eG(t)= EGsin(Ȧt), EG =10V, Ȧ=4 rad/s, R=4ȍ, C=1/4F, L=1H]
Svolgimento Figura 7.7
Si sfrutta il metodo operatoriale per determinare la soluzione dell’esercizio:
1 i t eG t , CD ZEG R 1 D D2i t Di t i t eG t cos Zt. L LC L L Si sostituiscono i valori numerici e si ottiene: D2i t 4Di t 4i t 40 cos Zt. Dopo aver sostituito i valori numerici si determina l’equazione caratteristica: O2 4O 4 0, le cui soluzioni sono: 4 r 16 16 O1,2 2 s . 2 Le radici dell’equazione caratteristica sono coincidenti, per cui si può ipotizzare una soluzione completa del tipo seguente: i t A1 1 A 2 t e Ot B1 sin Zt B2 cos Zt. Si ricavano le costanti B1 e B2, sostituendo la soluzione particolare nell’equazione differenziale: 4 2 B1 sin Zt 4 2 B2 cos Zt 4 4B1 cos Zt 4 4B2 sin Zt
Bo z
za
R i t LDi t
4B1 sin Zt 4B2 cos Zt riordinando:
40 cos Zt,
158
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
16B1 16B2 4B1
0,
16B2 16B1 4B2 40, da cui B1 = 1.6 e B2 =-1.2. Si ricavano le costanti A1 e A2 imponendo le condizioni iniziali: i 0 A1 1 A 2 0 e O 0 1.6 0 1.2 1 0 A1 1.2. Si ricava la derivata della corrente: d i t 2 1.2e 2 t A 2e 2 t 2 A 2 te 2 t 4 1.6 cos 4t 4 1.2 sin 4t. dt Per t=0 la tensione sull’induttore è pari alla tensione del generatore, figura 7.7a. d L i t 2.4 A 2 6.4 0 A 2 4. dt t 0
Bo z
Tenendo conto delle relazione:
za
La risposta completa è data da: i t 1.2 1 4t e 2 t 1.6 sin 4t 1.2 cos 4t.
P sin Zt D M sin Zt N cos Zt , con N P M2 N2 , D arctg , M la risposta completa può essere scritta come:
Figura 7.7a
i t 1.2 1 4t e 2 t 2 sin 4t 0.645 ,
raggruppando separatamente il termine transitorio ed il termine permanente. In figura 7.7b è rappresentato l’andamento della corrente del circuito.
159
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
i(t) it(t)
2
ip(t)
corrente [A]
1
0
-1
-2 0
1
2
3
4
5
za
tempo [s]
Bo z
Figura 7.7b
T R L
e(t) C
Esercizio 7.8 Determinare la risposta transitoria completa della rete di figura 7.8, considerando gli elementi conservativi inizialmente scarichi. [eG(t)= EGsin(Ȧt), EG =10V, Ȧ=4 rad/s, R=1/2ȍ, C=1/12F, L=1H]
Svolgimento Figura 7.8
Si sfrutta ancora il metodo operatoriale per determinare la soluzione
dell’esercizio:
160
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
R i t LDi t
1 i t eG t , CD ZEG R 1 D D2i t Di t i t eG t cos Zt. L LC L L Si sostituiscono i valori numerici e si ottiene: 1 D2i t Di t 12i t 40 cos Zt. 2 Dopo aver sostituito i valori numerici si determina l’equazione caratteristica: 1 O2 O 12 0, 2 le cui soluzioni sono: 1 1 ° 4 j3.45 s . O1,2 ® 1 ° j3.45 s 1 ¯ 4 Le radici dell’equazione caratteristica sono complesse e coniugate, 1 con parte reale ı pari a e parte immaginaria Ȧd pari a 3.45. Si 4 ipotizza una soluzione completa sottosmorzata: 1 r 2
1 48 4 2
Bo z
za
i t A1e Vt sin Zd t A 2e Vt cos Zd t B1 sin Zt B2 cos Zt.
Le pulsazioni Ȧ e Ȧd presentano una modesta differenza, per cui il termine transitorio ed il termine permanente si troveranno alternativamente a sommarsi e sottrarsi, dando origine ad una pulsazione di battimento. Per ricavare le costanti B1 e B2 si sostituisce la soluzione particolare nell’equazione differenziale: 1 1 4 2 B1 sin 4t 4 2 B2 cos 4t 4 B1 cos 4t 4 B2 sin 4t 2 2 12B1 sin 4t 12B2 cos 4t 40 cos 4t, riordinando: 16B1 2B2 12B1 0, 16B2 2B1 12B2
40, 161
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
da cui B1 = 4 e B2 = -8. Si ricavano le costanti A1 e A2 imponendo le condizioni iniziali: i 0 A1e V0 0 A 2e V0 1 B1 0 B2 1 0 A 2 B2 8. Per determinare la seconda costante, si ricava la derivata della corrente: t
t
t
d 1 1 i t A1e 4 sin 3.45t 3.45 A1e 4 cos 3.45t 8e 4 cos 3.45t dt 4 4
3.45 8e
t 4
sin 3.45t 4 4 cos 4t 4 8 sin 4t.
Per t=0 la tensione sull’induttore è pari alla tensione del generatore, figura 7.8a, per cui: d i t dt t
3.45 A1 2 16
0 A1
4.05.
0
i t 4.05e
t 4
sin 3.45t 8e
t 4
Figura 7.8a
Bo z
La risposta completa è data da:
za
L
cos 3.45t 4 sin 4t 8 cos 4t.
L’andamento della corrente nel circuito è rappresentato in figura 7.8b. In tale andamento è riscontrabile il fenomeno dei battimenti, la funzione sinusoidale è modulata per mezzo di una funzione § Z Zd · ¸ . Il anch’essa sinusoidale ma con una pulsazione più bassa ¨ © 2 ¹ fenomeno si estingue dopo un tempo pari a cinque volte la costante di tempo ı. Nei primi istanti il fenomeno transitorio può essere Z Zd descritto per mezzo di una sinusoide di pulsazione . 2 Per giustificare tali affermazioni si esegueno i seguenti ragionamenti. Tenendo conto della nota relazione: P sin Zt D M sin Zt N cos Zt , con N P M2 N2 , D arctg , M 162
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
la risposta completa può essere scritta come:
t 4
i t 8.96e sin 3.45t 1.10 8.95 sin 4t 1.10 . Se si trascura il contributo del termine esponenziale e la fase propria delle funzioni sinusoidali, si può scrivere: § Z Zd · § Z Zd · i t # 8.95 sin Zd t 8.95 sin Zt 2 8.95 sin¨ ¸ cos¨ ¸, © 2 ¹ © 2 ¹ in cui la funzione sinusoidale oscilla con una pulsazione che è compresa tra la pulsazione della forzante e la pulsazione di risonanza smorzata, e la funzione cosinusoidale che ha una pulsazione data dalla metà della differenza delle due pulsazioni. 15
(Z -Zd)/2
za
5
Bo z
corrente [A]
10
0 -5 -10 -15 0
(Z +Zd)/2 5
10 tempo [s] Figura 7.8b
15
Esercizio 7.9 La rete di figura 7.9 schematizza un tipico sistema elettrico, con un generatore, una linea di trasmissione e un carico. Sono presenti le induttanze di linea, le resistenze di linea e le capacità distribuite. La rete è soggetta ad un cortocircuito. Per consentire una più rapida estinzione della corrente, il tasto T viene aperto al passaggio naturale per lo zero della stessa corrente. A seguito dell’interruzione della linea si determinano due circuiti distinti, per il primo determinare la risposta transitoria completa e per il secondo fornire un’interpretazione qualitativa del suo comportamento. 163
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
[eG(t)= EGsin(Ȧt), EG =230V, Ȧ=10 rad/s, R1=0.1ȍ, R2=0.01ȍ, L1=2H, L2=0.1H, C1=80ȝF, C2=80ȝF.] T L1 e(t)
1
L2 C1
2
C2
R1
Z
R2 Figura 7.9
Svolgimento
Bo z
za
Si determinano le correnti circolanti sulla linea prima dell’intervento dell’interruttore, figura 7.9a, tale corrente di guasto è una corrente fortemente induttiva. Si fa ricorso al metodo dei fasori. Si pone C12 = C1 + C2, per cui si ha: § j · j ¸¸ J1 J2 , E ¨¨ R1 jZL1 ZC12 ¹ ZC12 © 0
T jǔL1 E
J1
jǔL2 1 ǔC12
R1
J2 R2
Figura 7.9a
§ j · j ¸ J2 , J1 ¨¨ R 2 jZL 2 ZC12 ZC12 ¸¹ ©
da cui J1 0.05 j10.9 A e J2 0.05 j10.9 A . Le relative correnti nel dominio del tempo sono: j1(t)= 10.9sin(10t-1.56), con fase in gradi pari a 89.7° e j2(t)= 10.9sin(10t-1.56), con fase in gradi pari a 89.7°. Per risolvere il transitorio conviene riferirsi ad un tempo t=0 per cui le 1.56 correnti sugli induttori sono nulle, cioè il tempo t , in cui la 10 tensione sul generatore vale e G t 230 sin 1.56 229.9 # 230V . 164
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si può quindi considerare lo studio del fenomeno transitorio a partire da un istante in cui la tensione del generatore è massima, quindi descritto da una funzione cosinusoidale: e’G(t)= EGcos(Ȧt). Si considera inizialmente il circuito (1) e per esso, sfruttando il metodo operatoriale, si scrive: 1 R1 i1 t L1Di1 t i1 t e'G t , C1D ZEG R1 1 D Di1 t i1 t e'G t sin Zt. L1 L1C1 L1 L Si sostituiscono i valori numerici e si ottiene: D2i1 t 0.05Di1 t 6.25 103 i1 t 1150 sin10t. L’equazione caratteristica è data da: O2 0.05O 6.25 103 0, le cui soluzioni sono: 1 0.05 r 0.05 2 4 6.25 103 ° 0.025 j80 s O1,2 . ® 1 2 °¯ 0.025 j80 s Le radici dell’equazione caratteristica sono complesse e coniugate, con parte reale ı pari a -0.025 e parte immaginaria Ȧd pari a 80. Si ipotizza una soluzione completa sottosmorzata: i1 t A1e Vt sin Zd t A 2e Vt cos Zd t B1 sin Zt B 2 cos Zt. Per ricavare le costanti B1 e B2 si sostituisce la soluzione particolare nell’equazione differenziale: 102 B1 sin 10t 10 2 B2 cos 10t 10 0.05B1 cos 10t 10 0.05B2 sin 10t
Bo z
za
D2i1 t
6.25 103 B1 sin 10t 6.25 103 B2 cos 10t
riordinando: 100B1 0.5B2 6.25 103 B1
1150 sin 10t,
1150,
100B2 0.5B1 6.25 103 B2 0, da cui B1 =-0.19 e B2 § 0. Si ricavano le costanti A1 e A2 imponendo la condizione iniziale: i 0 A1e V0 0 A 2e V0 1 B1 0 0 A 2 0. Per determinare la seconda costante, si ricava la derivata della corrente:
165
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
d i t 0.05 A1e 0.05 t sin 80t 80 A1e 0.05 t cos 80t 10 0.19 dt cos 100t. Essendo l’induttore non percorso da corrente ed il condensatore scarico, la tensione del generatore è direttamente applicata all’induttore, per cui: d L i t 2 80 A1 1.9 230 A1 1.46. dt t 0 La soluzione completa è data da: i1 t 1.46e 0.05 t sin 80t 0.19 sin 10t.
15
za
5
Bo z
corrente [A]
10
0 -5 -10 -15 -1
0
1 tempo [s]
2
3
Figura 7.9a
La corrente raggiunge immediatamente un valore più basso di quello assunto nelle condizioni di cortocircuito, ma tale andamento si estinguerà dopo molto tempo a causa della piccola resistenza R1 che condiziona l’evoluzione del transitorio. La tensione sul condensatore si ricava considerando la seguente equazione: 166
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
VC1 t e'G t R1 i1 t L1Di1 t 230 cos 10t 0.146e 0.05 t sin 80t
0.019 sin 10t 0.146e 0.05 t sin 80t 230e 0.05 t sin 80t 3.8 sin 10t 230 cos 10t 3.82 sin 10t 230e 0.05 t cos 80t .
In figura 7.9b è rappresentata la tensione sul condensatore C1, insieme alla tensione del generatore, la tensione sul condensatore presenta valori che sono anche il doppio della tensione di alimentazione, e queste oscillazioni si protraggono nel tempo a causa del basso valore della resistenza R1.
500
VC1(t)
za Bo z
tensione [V]
e'G(t)
0
-500 0
0.2
0.4 0.6 tempo [s]
0.8
1
Figura 7.9b
Per completare lo studio si descrive qualitativamente il comportamento del circuito (2). Nell’istante di interruzione della corrente il circuito (2) presenta una corrente nulla sull’induttore ed una tensione nulla sul capacitore, quindi potrebbe essere spento senza presentare un transitorio, ciò non accade sempre, poiché a causa dei valori assunti dai parametri di rete una piccola corrente 167
Capitolo 7 Circuiti dinamici del secondo ordine ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
interessa il condensatore e quindi nasce un transitorio anch’esso 1 L 2C 2 . sottosmorzato, la cui pulsazione è data da Zd Anche in questo caso la costante di attenuazione è elevata, a causa dei valori contenuti di R2, per cui si avranno delle oscillazioni che si protrarranno per un intervallo temporale esteso. Al tasto T, che rappresenta l’interruttore, sarà quindi applicata una tensione data dalla differenza tra VC1 e VC2, figura 7.9c. Si possono raggiungere valori prossimi a due volte l’ampiezza della tensione di generatore, valori che potrebbero ristabilire una corrente nell’interruttore se questo non è opportunamente dimensionato.
600
za
200
Bo z
tensione [V]
400
0 -200 -400 -600 0
0.2
0.4 0.6 tempo [s]
0.8
1
Figura 7.9c
Per aumentare lo smorzamento e quindi avere transitori con smorzamenti più rapidi, si può inserire una resistenza in parallelo al sistema all’atto dell’interruzione del circuito, che successivamente viene distaccata.
168
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale
Esercizio 8.1 Rappresentare le seguenti funzioni sinusoidali per mezzo del metodo simbolico: a t 5 cos 10t ;
b t c t
S· § 2 cos¨ 10t ¸; 4¹ © 10 sin 5t ;
d t 20 cos t .
za
Svolgimento
Bo z
Nell’ambito dell’algebra dei numeri complessi è definibile una funzione complessa di variabile complessa jȦt (oppure di variabile reale t) che rappresenta univocamente la funzione sinunoidale assegnata. Una funzione f t Fx cos Zt D è trasformabile nel dominio della variabile complessa jȦt per mezzo della seguente relazione: F t Fx e j Zt D Fx e jDe jZt Fx cos D j sin D cos Zt j sin Zt Fx cos D cos Zt jFx cos D sin Zt jFx sin D cos Zt Fx sin D sin Zt
Fx cos D cos Zt Fx sin D sin Zt j Fx cos D sin Zt Fx sin D cos Zt . Il termine F t prende il nome di fasore rotante rappresentativo della funzione f(t). Per a t 5 cos 10t , si ha: A t 5e j 10 t 0 5e j0 e j10 t 5 cos 0 j sin 0 cos 10t j sin 10t 5 1 j0 cos 10t j sin 10t 5 cos 10t j5 sin 10t. Per b t
S· § 2 cos¨ 10t ¸, si ha: 4¹ © 169
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
B t
S· § j¨ 10 t ¸ 4 ¹ 2e ©
2e
j
S 4 e j10 t
S S· § 2 ¨ cos j sin ¸ cos 10t j sin 10t 4 4¹ ©
§ 1 1 · ¸¸ cos 10t j sin 10t cos 10t sin 10t j(cos 10t sin 10t). 2 ¨¨ j 2¹ © 2 Per c(t) conviene rifarsi ad una funzione cosinusoidale prima di passare al dominio dei fasori: S· § c t 10 sin 5t 10 cos¨ 5t ¸, per cui si ha: 2¹ © C t 10e
S· § j¨ 5 t ¸ 2¹ ©
10e
j
S 2 e j5 t
10 0 j cos 5t j sin 5t Per d(t) si ha: D t 20e j t 0
S S· § 10¨ cos j sin ¸ cos 5t j sin 5t 2 2¹ © j10 cos 5t 10 sin 5t.
Bo z
za
20e j0e jt 20 cos 0 j sin 0 cos t j sin t 20 1 j0 cos t j sin t 20 cos t j20 sin t.
Nello svolgimento dei calcoli nel dominio della variabile complessa è jZt in genere preferibile non sviluppare il termine e , ma limitarsi jD all’impiego dei fasori fermi all’istante zero, F Fx e , per poi tenere conto del termine dipendente dal tempo in un secondo momento, quando si effettua l’antitrasformazione nel dominio del tempo dei fasori risultanti. I fasori fermi all’istante nullo sono: A 5e j0 5 cos 0 j sin 0 5;
B
C
2e
10e
j
S 4
j
S 2
D t 20e j0
S S· § 2 ¨ cos j sin ¸ 4 4¹ © S S· § 10¨ cos j sin ¸ 2 2¹ ©
§ 1 1 · ¸¸ 1 j; 2 ¨¨ j 2¹ © 2 j10;
20 cos 0 j sin 0 20.
170
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.2 Ricondurre i seguenti fasori alle relative funzioni sinusoidali: A t 5e jt ;
2 2 j 2 e
B t 2 1 j 3 e j10 t ; C t
j5 t
. Svolgimento
La funzione f t Fx cos Zt D è detta antitrasformata fasoriale j Zt D Fx e jD e jZt . della funzione complessa fasoriale F t Fx e Per determinare la funzione a(t) è necessario esprimere la funzione A t nella forma esponenziale completa:
Bo z
za
A t 5e jt 5e j0e jt , per cui si ha immediatamente: a t 5 cos t 0 5 cos t. Per determinare b(t) si esprima la funzione complessa in modulo e fase:
B t 2 1 j 3 e 2 1 Per cui si ha: S· § b t 4 cos¨ 10t ¸. 3¹ © Si scrive
j10 t
C t 2 2 j 2 e j5 t j
2
2
3 e 2
§ 3· ¸ jarctg¨ ¨ 1 ¸ © ¹ j10 t
e
2 2 e 2
2
S 4 e j5 t .
4e Quindi si trova: S· § c t 4 cos¨ 5t ¸. 4¹ ©
171
4e
j
S 3 e j10 t .
§ 2 ·¸ jarctg¨ ¨ 2 ¸¹ j5 ©
e
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.3
Eseguire la somma delle seguenti funzioni sinusoidali: a t 3 sin 10t ; S· § b t 3 2 cos¨ 10t ¸. 4¹ © Svolgimento Le due funzioni sinusoidali possono essere sommate poiché presentano la stessa pulsazione. Riferendosi a funzioni cosinusoidali, nel dominio dei fasori si ha:
3 2e
j
S 4 e j10 t
3 j3 e j10t .
§ § S· § S ·· 3¨¨ cos¨ ¸ j sin¨ ¸ ¸¸e j10 t © 2¹ © 2 ¹¹ © S S· § 3 2 ¨ cos j sin ¸e j10 t 4 4¹ ©
za
B t
S 2 e j10 t
Bo z
A t 3e
j
3 0 j e j10 t
j3e j10 t ;
§ 1 1 · j10 t ¸¸e j 3 2 ¨¨ 2¹ © 2
La funzione somma nel dominio dei fasori è: C t j3e j10 t 3 j3 e j10 t 3e j10 t . Nel dominio del tempo si ha: c t 3 cos 10t .
Esercizio 8.4
Per mezzo dell’approccio fasoriale, valutare la funzione sinusoidale corrispondente all’applicazione dell’operazione di derivazione oppure all’operazione di integrazione delle seguenti funzioni sinusoidali:
172
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
a t
dª S ·º § 2 cos¨ 100t ¸»; « dt ¬ 4 ¹¼ ©
b t
³ >20 cos 10t @dt. Svolgimento
Il fasore A t si ottiene derivando nel tempo la trasformata fasoriale della funzione derivanda: d 1 j e j100t j100 1 j e j100t 100 1 j e j100t A t dt
>
@
100 2e
§ 1· jarct¨ ¸ © 1 ¹
e j100t ,
Bo z
za
la funzione arcotangente è relativa ad un angolo descritto nel piano di Gauss dai punti [-1,1] e [0,0], tale angolo allora sarà pari a 135°, cioè 3/4ʌ, figura 8.4, per cui: A t 100
3S j 2e 4 e j100 t
Figura 8.4
3S · S· § § a t 100 2 cos¨ 100t ¸ 100 2 sin¨ 100t ¸. 4 ¹ 4¹ © © In alternativa all’operazione di derivazione si poteva considerare il prodotto tra jȦ e la trasformata fasoriale della funzione derivanda. Si determina adesso il fasore B t , considerando che all’operazione di integrazione nel dominio dei fasori corrisponde la divisione per jȦ : B t
>
1 20e j10 t j10
@
j 2e
j10 t
S· § b t 2 cos¨ 10t ¸ 2¹ ©
2e
§ 1 · jarctg¨ ¸ © 0 ¹ j10 t
e
2 sin 10t .
173
2e
j
S 2 e j10 t
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.5 Rappresentare graficamente nel piano di Gauss i fasori ottenuti dalle seguenti funzioni sinusoidali: S· § a t 10 cos 10t ; b t 20 cos¨ 10t ¸; c t 10 sin 10t ; 4¹ © d t 20 cos 10t .
Svolgimento Le funzioni sinusoidali hanno tutte la stessa pulsazione, quindi possono essere rappresentate nello stesso piano complesso. I fasori fermi al tempo zero sono: A 10;
C
10e
j
A
10 2 j10 2 ; S 2
D C
scala :
Figura 8.5
j10;
za
20e
S 4
D 20. In figura 8.5 sono rappresentati i fasori fermi all’istante zero, se si considera invece un’avanzamento temporale di t1 = 0.078 s, si deve introdurre una rotazione Į = Ȧ·t = 0.78 rad § 45°, secondo il verso antiorario, figura 8.5a. Analiticamente: A t1 10e
j10 t 1 S S j 4e 4
B t1 20e
j
C t1 10e
j
D
20e
j
S 4
S S j 2e 4
10e
j
S 4
20e
5 2 j5 2 ; j
10e
Figura 8.5a
S 2 j
20; S 4
t=0
B
Bo z
B
j
Ȧt
5 2 j5 2 ;
10 2 j10 2 . 174
= 10
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.6 Determinare per il bipolo lineare di figura l’espressione letterale dell’impedenza vista ai morsetti A-B.
Figura 8.6
Bo z
za
Svolgimento Per studiare l’impedenza ai morsetti A-B è necessario proiettare la rete nel dominio dei fasori, sostituendo ad ogni elemento passivo la corrispondente impedenza, figura 8.6a. Si considera il parallelo tra R2 ed il condensatore:
Z
j ZC j R2 ZC R2
j j R2 ZC ZC j j R2 R2 ZC ZC R2
Figura 8.6a
R2 R 22 j ZC Z2C 2 1 R 22 2 2 ZC
R 22 ZC Z2C 2 2 2 2 Z C R2 1 R2
j
Z2C 2
R 2 jR 22 ZC . 1 Z2C 2R 22 Adesso si considera la serie tra la resistenza R1, l’induttore L e l’impedenza del parallelo tra resistore R2 e condensatore C: Z AB
R1 jZL
R 2 jR 22 ZC 1 Z2C 2R 22
.
175
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.7 Determinare per il bipolo lineare di figura l’espressione letterale dell’impedenza vista ai morsetti A-B.
Svolgimento Si proietta la rete nel dominio di Ȧ, figura 8.7a. Si valuta la serie tra resistenza R2 e l’induttore L: Z 1
Figura 8.7
la A
R1 R2 -j
R 2 jZL.
ǔC jǔL B
Bo z
za
Si valuta il parallelo tra Z 1 ed il condensatore C:
Z 1
j ZC j R 2 jZL ZC
R 2 jZL
j R j§¨ ZL 1 ·¸ 2 ZC ¹ © ZC 1 · 1 · § § R 2 j¨ ZL ¸ ¸ R 2 j¨ ZL ZC ¹ ZC ¹ © ©
R 2 jZL
R · § L R 22 ZL2 ·¸ § R 2L R 2L 2 2 2 ¸ j¨¨ ¨ C C ¸¹ Z C ¹ © ZC 2 ZC © C R 22
1 · § ¨ ZL ¸ ZC ¹ ©
2
R · § L R 22 ZL2 ·¸ § R 2L R 2L 2 2 2 ¸ j¨¨ ¨ C C ¸¹ Z C ¹ © ZC 2 ZC © C R 22 Z2C 2 Z4L2C 2 2Z2LC 1 Z2C 2
Figura 8.7a
R 2 j ZL R 22 ZC Z3L2C . R 22 Z2C 2 Z4L2C 2 2Z2LC 1 176
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Per controllare l’esattezza di tale espressione si possono valutare le dimensioni dei termini presenti. In tale espressione i termini a numeratore hanno dimensione di impedenza, mentre quelli a denominatore sono adimensionali. L’impedenza tra i morsetti A-B è quindi data dalla serie tra il resistore R1 e l’impedenza Z 1 : Z AB
R1
R 2 j ZL R 22 ZC Z3L2C R 22 Z2C 2
Z L C 2Z LC 1 4 2
2
2
.
Bo z
za
Esercizio 8.8 Determinare le tensioni incognite.
Figura 8.8
[ E1 =11-j4V, E2 =-9+j34V, E3 =-7-j7V] Svolgimento Sommando tensioni dei generatori e cadute di tensione sulle impedenze si determinano le tensioni incognite. Si determina V3 partendo dalla maglia finale:
V3
V6 E3
4 j5 7 j7
3 j12V.
Si determina V2 :
V2
E2 V3 V5
9 j34 3 j12 16 j2
4 j24 V.
Infine si determina V1 :
V1
E1 V2 V4
11 j4 4 j24 20 j10 177
5 j10 V.
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Nelle seguenti figure sono rappresentate le somme vettoriali.
-E3
V3
V6 scala :
=2V
Figura 8.8a
Bo z
za
Figura 8.8b
-V4
-V2 V1
scala :
=2V
-E1 Figura 8.8c
178
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.9 Determinare le grandezze incognite.
I5
I4 V4
E2 IE2
E3
I3 I1 V1
E5 IE5
V5
I2 V2
V3
I6
IE3
E1
IE4
V6 IE1
E4 I7
I8 V8
V7
E2 =-7+j9V,
V2 =3-j6V,
V7 =-j3V,
E3 =-5-j14V,
Bo z
[ E1 =7-j6V,
za
Figura 8.9
V8 =j10V,
E4 =6+j3V,
I1 =2A,
I2 =1-j2A,
E5 =-9-j10V; I3 =1+j3A,
I5 =2+j2A, I6 =-j2A, I7 =-jA] Svolgimento Sommando tensioni dei generatori e cadute di tensione sulle impedenze si determinano le tensioni incognite. V6 E4 V7 6 j3 j3 6 V.
V5
E5 E3
9 j10 5 j14
V3
E1 E3 V6 V8
V1
E1 V2
4 j4 V.
7 j6 5 j14 6 j10
7 j6 3 j6
6 j2.
4 V.
V4 E2 V2 V3 7 j9 3 j6 6 j2 10 j5 V. Si sommano le correnti delle impedenze per individuare le correnti erogate dai generatori. IE1 I2 I3 1 j2 1 j3 2 jA. IE2
I1 I2
2 1 j2 1 j2A. 179
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
IE 4
I7
IE5
I5
IE3
IE5 I6 IE 4
jA. 2 j2A. 2 j2 j2 j
2 j3 A.
V5
V6 scala :
-E3
E5
Figura 8.9a Figura 8.9b
=2V
-V8
-E3
V3
E1 scala :
=2V
Figura 8.9c =2V
za
scala :
Bo z
V1 -V2 E1
Figura 8.9e Figura 8.9d
Figura 8.9f
Figura 8.9g
180
Figura 8.9h
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.10 Risolvere la rete e costruire il diagramma vettoriale completo.
R2 R1
C2
L1 R3
L3
e(t)
Figura 8.10
Bo z
Svolgimento Si riconduce l’analisi nel dominio dei fasori e si procede alla riduzione delle impedenze a un’unica equivalente. In figura 8.10a è rappresentata la rete nel dominio di Ȧ. S’identificano con Z 2 e Z 3 le impedenze del percorso superiore e inferiore
za
[eG(t)= 72cos(Ȧt) V, Ȧ=10 rad/s, R1=8ȍ, R2=10ȍ, R3=15 ȍ L1=2H, C2=0.01F, L3=1H]
Figura 8.10a
compreso tra i morsetti B e C. Si valuta Z 2 : j Z 2 R 2 10 j10: , ZC 2 la reattanza di tale impedenza è negativa poiché il bipolo equivalente è ohmico-capacitivo. Si determina adesso l’impedenza Z 3 : Z R jZL 15 j10:, 3
3
3
181
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
tale impedenza presenta una reattanza positiva poiché il circuito è ohmico-induttivo. Si valuta adesso l’impedenza Z BC , data dal parallelo delle due impedenza calcolate in precedenza: Z 2 Z 3 10 j10 15 j10 250 j50 10 j2:, Z BC 25 Z 2 Z 3 10 j10 15 j52 tale impedenza ha una reattanza negativa, quindi l’impedenza equivalente ai morsetti B-C ha carattere ohmico-capacitivo. L’impedenza tra A e B è data da: Z AB R1 jZL1 8 j20:. L’impedenza ai morsetti A-C è data dalla serie delle impedenze Z AB
e Z BC : Z Z eq
AB
Z BC
8 j20 10 j2 18 j18:. 2 j2 A.
za
La corrente erogata dal generatore è data da: EG 72 72 4 1 j 4 1 j I1 2 Z AC 18 j18 18 1 j 1 j 1 j
Bo z
La caduta di tensione nel tratto A-B è data da: VAB Z AB I1 8 j20 2 j2 56 j24 V. La caduta di tensione nel tratto B-C si valuta per mezzo di: V BC Z BC I1 10 j2 2 j2 16 j24 V . Per determinare le correnti I2 e I3 conviene esprimere i numeri complessi nella rappresentazione esponenziale: I2
VBC Z 2
16 j24 10 j10
16 24 e 2
10
2
jarctg
24 16
1 jarctg 1 2e
28.8e j56.3q 10 2e
j45q
2.04e j11.3q
2 j0.4 A, I3
VBC Z 3
16 j24 15 j10
162 242 e 5 32
jarctg
24 16
15 jarctg 2 10 2 e
28.8e j56.3q 18e j33.7q
1.6e j90q
j1.6 A. Si procede alla rappresentazione del diagramma fasoriale completo, figura 8.10b. 182
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
scala :
=5V
scala :
=0.5A
VAB
I2 I3
EG
I1 VBC Figura 8.10b
Bo z
za
La corrente I1 è in ritardo di un angolo di 45° rispetto alla tensione di alimentazione, giacché l’impedenza equivalente ai morsetti A-C è ohmica-induttiva, con parte reale pari alla parte immaginaria. La corrente I2 anticipa la tensione ad essa applicata, VBC , poiché si ha un carico ohmico-capacitivo, ciò non accade sul ramo induttivo e la corrente I3 risulta quindi in ritardo.
183
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.11 Valutare la corrente che circola nel corpo umano a regime a seguito di un contatto indiretto con una massa in tensione.
Figura 8.11
Svolgimento
Bo z
za
In figura 8.11a è mostrata una possibile schematizzazione del contatto tra massa in tensione e corpo umano. La tensione E è pari a 230 V, Ȧ=314 rad/s, C=2ȝF, R=250ȍ, L=100mH. Si valuta l’impedenza equivalente della schematizzazione contatto-corpo:
Figura 8.11a
R jZL §¨ j ·¸
© ZC ¹ 250 j31.4 j1592 253 j8.6:. j 250 j31.4 j1592 R jZL ZC La corrente che circola nel corpo umano è data da:
Z eq
I
E Z eq
230 253 j8.6
0.90 j0.03
0.90e j1.95q A.
Il valore di corrente raggiunto è da ritenersi pericolo giacchè è in grado di innescare la fibrillazione cardiaca. L’utilizzo del dispositivo differenziale, inserito a valle dell’alimentazione, il cui valore di intervento è di 30mA, fornisce un notevole contributo alla riduzione del rischio elettrico. 184
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.12 Determinare i fasori delle correnti che circolano nella rete di figura 8.12.
[E=80V, Ȧ=100 rad/s, R1=0.5ȍ, R2=0.1ȍ, L=2mH, C2=0.01F]
Figura 8.12
Svolgimento
Figura 8.12a
za
Per risolvere la rete conviene trasformare il generatore di tensione nell’equivalente generatore di corrente, figura 8.12a. L’ammettenza equivalente vista dal generatore di corrente è:
1 1 1 1 1 1 jZC j 12 j4 S. R1 R 2 jZL 0.5 0.1 j0.2 La tensione applicata al sistema di impedenze è data da: E 1 80 1 12 j4 160 12 j4 V 12 j4 V. R1 Yeq 0.5 12 j4 12 j4 144 16
Bo z
Y eq
Si ricavano quindi le correnti sui rami trasversali: IC jZCV j 12 j4 4 j12 A. IR 2
V R2
12 j4 0.1
120 j40 A.
V 12 j4 20 j60 A. jZL j0.2 Per valutare la corrente sul resistore R1 si considera lo schema di figura 8.12: IR1 IC IR 2 IL 4 j12 120 j40 20 j60 136 j8 A. IL
185
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.13 Verificare per la rete di figura 8.13 la conservazione delle potenze attive, reattive e complesse. Successivamente verificare che le potenze apparenti non sono conservate. [E=10V, Ȧ=100 rad/s, R=4ȍ, C=1/300F] Figura 8.13
Svolgimento Del generatore di tensione è fornito solo il modulo, allora si effettua la scelta arbitraria di considerare il relativo fasore giacente sull’asse reale. Si valuta l’impedenza vista dal generatore: 3
jarct 1 4 R 4 j3 16 9e 5e j36.8q:. jZC Il generatore, quindi, eroga la corrente: E 10 I 2e j36.8q A. j36.8q Z 5e Le cadute di tensione sul condensatore e sul resistore, sono: 1 VC I 3e j90q 2e j36.8q 6e j53.2q V. jZC
Bo z
za
Z
VR
RI
8e j36.8q V.
In figura 8.13a è rappresentato il diagramma fasoriale completo. Si definisce lo sfasamento tra tensione del generatore e corrente da esso erogata per mezzo dell’angolo ij, angolo di cui deve ruotare il fasore della corrente per sovrapporsi al fasore della tensione, tale angolo è pari a -36.8°. La potenza attiva assorbita dal resistore è data da: PR R I2 4 4 16W. La potenza attiva associata al condensatore è: 186
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
PC 0W. Nel valutare la potenza attiva erogata dal generatore si utilizza la convenzione dell’utilizzatore, per cui si ha: PE=-E·Icos(ij)=-10·2·0.8=-16W. Si nota subito come sia verificato il bilancio delle potenze attive. La potenza reattiva associata al resistore è: QR
0 VAr.
La potenza reattiva impegnata dal condensatore è: 1 2 QC I 12VAr. ZC La potenza reattiva erogata dal generatore è: QE= -E·Isin(ij)=-10·2·(-0.6)=12VAr.
A R
Bo z
za
Anche questa volta il bilancio è verificato. Si valuta la potenza complessa associata al resistore: 8 e j36 . 8 q 2 e j36 . 8 q
V R I*
16 VA ,
la potenza complessa associata al condensatore: A C
VC I*
6e j53.2q 2e j36.8q
12e j90q
j12VA,
ed infine si valuta la potenza complessa associata al generatore: A E I* 10 2e j36.8q 20 0.8 j0.6 16 j12 VA. E Anche questa volta il bilancio è verificato. Si valutano adesso le potenze apparenti associate agli elementi: A A V I* 16VA, R
R
R
AC
A C
VC I*
AE
A E
E I*
12VA, 20VA.
Si nota nel caso di potenza apparente non vige il principio di conservazione.
187
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.14 Risolvere la rete di figura. [e(t)= 16.5cos(Ȧt-14°) V, i(t)=3.60cos(Ȧt-56.3°) A, Ȧ=100 rad/s, R1=8ȍ, R2=2ȍ, L=0.02H, C=1/300F] Figura 8.14
Svolgimento
Si riconduce la rete all’equivalente nel dominio dei fasori, figura 8.14a. Si scrivono i principi di Kirchhoff al nodo ed alla prima maglia: I1 I2 I 0, Figura 8.14
E.
Bo z
©
1 · ¸ I2 jZC ¸¹
za
R1 jZL I1 §¨¨ R 2
Scelte come incognite I1 e I2 , si risolve il sistema: I1 I2 I ° ® R jZL I §¨ R 1 ·¸ I 1 ¨ 2 2 ° 1 jZC ¸¹ © ¯ le cui soluzioni sono: I 1 1 E R2 jZC I1 , I2 1 1 1 R1 jZL R 2 jZC
E
1 I R1 jZL E 1 1 R1 jZL R 2
Si esplicitano i calcoli:
188
1 jZC
.
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
I E I1
1
1 1 R2 jZC 1
R1 jZL R 2
I2
1 jZC
1 I R1 jZL E 1 1 1 R2 jZC
3.6e j56.3q 1 j14q 16.5e 2 j3 1 1 8 j2 2 j3
1 3.6e j56.3q 8 j2 16.5e j14q 1 1 8 j2 2 j3
21 j8 10 j
38 j24 10 j
2 j A,
4 j2 A.
Le tensioni applicate alle diverse impedenze sono: VR1 R1 I1 16 j8 17.9e j26.6q V, jZL I1
2 j4
VR 2
R 2 I2
8 j4
4.5e j116.6q V, 8.9e j26.6q V,
za
VL
Bo z
1 I2 6 j12 13.4e j116.6q V. jZC La tensione applicata ai morsetti del generatore di corrente è: VI VR 2 VC 8 j4 6 j12 2 j16 16.1e j82.9q V. In figura 8.14b è rappresentato il diagramma fasoriale completo. Nel dominio del tempo si ha: i1(t)=2.2cos(Ȧt+26.6°), VC
i2(t)=4.5cos(Ȧt-26.6°), vR1(t)=17.9cos(Ȧt+26.6°), vL(t)=4.5cos(Ȧt+116.6°), vR2(t)=8.9cos(Ȧt-26.6°), vC(t)=13.4cos(Ȧt-116.6°), vi(t)=16.1cos(Ȧt-82.9°). 189
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
VR1 VL I1
I2 VR2
E scala :
=1A
scala :
=2V
I VC
Bo z
za
Figura 8.14b
Figura 8.15
Esercizio 8.15 Determinare le correnti nella rete di figura applicando il metodo della sovrapposizione degli effetti. [e(t)= 16.5cos(Ȧt-14°) V, i(t)=3.60cos(Ȧt-56.3°) A, Ȧ=100 rad/s, R1=8ȍ, R2=2ȍ, L=0.02H, C=1/300F]
Svolgimento Si riconduce la rete all’equivalente nel dominio dei fasori quando è attivo il solo generatore di tensione, figura 8.15a. Constatata l’uguaglianza delle correnti I'1 e I'2 , la seconda legge di Kirchhoff consente di scrivere: 190
Figura 8.15a
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
R1 jZL I'1§¨¨ R 2
© da cui si ricava: I'1 I'2
1 · ¸ I' 2 jZC ¸¹
E R1 jZL R 2
1 jZC
E, 16 j4 8 j2 2 j3
1.62 j0.24 A.
Si considera adesso la presenza esclusiva del generatore di corrente, figura 8.15b. Si determinano le correnti I' '1 e I' '2 per mezzo della formula del partitore di corrente:
I' '2
I
1 R1 jZL R 2 jZC R1 jZL
2 j3
2 j3 8 j2 2 j3
2 j3
8 j2 8 j2 2 j3
1 R1 jZL R 2 jZC Si compongono gli effetti e si ottiene: I1 I'1 I' '1 1.62 j0.24 0.38 j1.24 2 j A, I2
0.38 j1.24 A,
za
1 jZC
Bo z
I' '1 I
R2
Figura 8.15b
I'2 I' '2 1.62 j0.24 2.38 j1.76
191
4 2 j A.
2.38 j1.76 A,
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.16 Determinare le correnti nella rete di figura applicando il metodo delle correnti di anello. [e(t)= 16.5cos(Ȧt-14°) V, i(t)=3.60cos(Ȧt-56.3°) A, Ȧ=100 rad/s, R1=8ȍ, R2=2ȍ, L=0.02H, C=1/300F]
Figura 8.16
Svolgimento Si riconduce la rete all’equivalente nel dominio dei fasori e s’individuano le correnti di maglia J1 e J2 , figura 8.16a. Per la prima maglia si ha:
Figura 8.16a
Bo z
za
§ § 1 · 1 · ¨¨ R1 jZL R 2 ¸¸ J1 ¨¨ R 2 ¸ J2 E. jZC ¹ jZC ¸¹ © © Per quanto riguarda la seconda maglia si ha: J2 I 2 j3 A. Si ricava quindi: E
J1
§ 1 · ¨¨ R 2 ¸ J2 jZC ¸¹ ©
16 j4 8 j2 2 j3
§ 1 · § 1 · ¨¨ R1 jZL R 2 ¸¸ ¨¨ R1 jZL R 2 ¸ jZC ¹ © jZC ¸¹ © 2 j3 2 j3 1.62 j0.24 0.38 j1.24 2 j A. 8 j2 2 j3 Risulta quindi: I1 J1 2 j A, I2
J1 J2
2 j 2 j3
4 2 j A.
192
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.17 Determinare le correnti nella rete di figura applicando il metodo dei potenziali di nodo. [e(t)= 16.5cos(Ȧt-14°) V, i(t)=3.60cos(Ȧt-56.3°) A, Ȧ=100 rad/s, R1=8ȍ, R2=2ȍ, L=0.02H, C=1/300F] Figura 8.17
Bo z
za
Svolgimento Si riconduce la rete all’equivalente nel dominio dei fasori e si identificano i nodi di interesse, figura 8.17a. Si deduce immediatamente che: VA E. Considerando il nodo B si ha: § · ¨ ¸ § · 1 1 1 ¨ ¸V ¸¸ VA ¨¨ I, ¨ ¸ B 1 Z Z R j L R j L 1 © 1 ¹ R2 ¨ jZC ¸¹ © da cui: § · 1 ¨¨ ¸ VA R1 jZL ¸¹ I © VB § · § · ¨ ¸ ¨ ¸ 1 1 1 1 ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ R1 jZL 1 ¸ ¨ R1 jZL 1 ¸ R2 R2 ¨ ¸ ¨ j C Z jZC ¸¹ © ¹ © § 1 · ¨¨ ¸ 16 j4 8 j2 ¸¹ 2 j3 © § 1 1 · 1 · § 1 ¸¸ ¸¸ ¨¨ ¨¨ © 8 j2 2 j3 ¹ © 8 j2 2 j3 ¹
193
Figura 8.17a
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
0.53 j10.66 2.53 j5.34
2 j16 V.
Si ricavano le correnti I1 e I2 : I1 I2
VA VB R1 jZL VB 1 R2 jZC
16 j4 2 j16 8 j2 2 j16 2 j3
2 j A,
4 j2 A.
Bo z
za
Esercizio 8.18 Determinare le correnti che circolano negli induttori nella rete di figura, applicando il metodo delle correnti di anello.
Figura 8.18
[e1(t)= 14.2cos(Ȧt+50.7°) V, e2(t)= 79.0cos(Ȧt+18.4°) V, e3(t)= 82.4cos(Ȧt+10.5°) V, Ȧ=100 rad/s, R1=5ȍ, R2=10ȍ, R3=15ȍ, L1=0.02H, L2=0.06H, C=1/400F] Svolgimento In figura 8.18a è rappresentata la rete nel dominio dei fasori. Si scrive il sistema di equazione nelle incognite correnti di anello: Figura 8.18a
194
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
§ § 1 · 1 · ¸¸ J1 ¨¨ R 2 ¸¸ J2 0 E1 ° ¨¨ R1 R 2 Z Z j C j C © ¹ © ¹ ° ° § § · 1 · 1 jZL1 R 3 jZL 2 ¸¸ J2 R 3 jZL 2 J3 ¸¸ J1 ¨¨ R 2 ® ¨¨ R 2 jZC ¹ jZC © ¹ ° © ° 0 R 3 jZL 2 J2 R 3 jZL 2 J3 E3 ° ¯ Sostituendo si ha: 5 10 j4 J1 10 j4 J2 0 9 j11 ° ® 10 j4 J1 10 j4 j2 15 j6 J2 15 j6 J3 ° 0 15 j6 J 15 j6 J 81 j15 2 3 ¯ da cui:
Bo z
za
9 j11 10 j4 0 75 j25 25 j4 15 j6 81 j15 15 j6 15 j6
J1
J2
15 j4 10 j4 0 10 j4 25 j4 15 j6 0 15 j6 15 j6 15 j4 9 j11 0 10 j4 75 j25 15 j6 0 81 j15 15 j6 15 j4 10 j4 0 10 j4 25 j4 15 j6 0 15 j6 15 j6
195
1 j A.
2 A.
75 j25,
E2 .
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
J3
15 j4 10 j4 9 j11 10 j4 25 j4 75 j25 0 15 j6 81 j15
3 j A.
15 j4 10 j4 0 10 j4 25 j4 15 j6 0 15 j6 15 j6
Segue che: IL1 J2 2 A, IL 2 J2 J3 2 3 j 5 j 5.1e j11.3 A. Nel dominio del tempo si ha: iL1(t)= 2cos(Ȧt) A, iL2(t)= 5.1cos(Ȧt-11.3°) A.
Bo z
za
Esercizio 8.19 Determinare le correnti che circolano negli induttori nella rete di figura, applicando il metodo dei potenziali di nodo.
Figura 8.19
[i1(t)= 10.8cos(Ȧt+13.4°) A, i2(t)= 12.0cos(Ȧt+23°) A, i3(t)=23.5cos(Ȧt+9.1°) A, Ȧ=100 rad/s, R1=10ȍ, R2=10ȍ, R3=10ȍ, L1=0.02H, L2=0.04H, C1=3mF, C2=4mF]
196
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Svolgimento
Si considerano i potenziali dei nodo di figura 8.19a. Per il nodo A si scrive: · § 1 1 ¨¨ VB jZC1VC jZC1 ¸¸ VA R3 ¹ © R3
I1.
Per il nodo B si ha: Figura 8.19a
· § 1 1 1 ¸¸ VB VA ¨¨ jZC 2 R3 R R j L Z 3 1 1 ¹ © jZC 2 VC I2 . Infine, per il nodo C si ha:
za
Bo z
§ · 1 ¸ VC j ZC1VA jZC 2 VB ¨¨ jZC1 jZC 2 R 2 jZL 2 ¸¹ ©
I3 .
Si scrive il relativo sistema di equazioni nelle incognite potenziali nodo: ª 1 º 1 jZC1 jZC1 « » R3 « R3 » ª VA º 1 1 1 « »« V » jZC2 jZC2 « »« B » R3 R3 R1 jZL1 « » «¬ VC »¼ 1 « jZC1 » jZC2 jZC1 jZC2 R2 jZL 2 ¼» ¬« da cui:
197
di
ª I1 º « » « I2 », « I3 » ¬ ¼
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
I1
VA
1 R3
jZC1
I2
1 1 jZC2 R3 R1 jZL1
I3
jZC2
jZC2 jZC1 jZC2
1 1 jZC1 R3 R3 1 1 1 jZC2 R3 R3 R1 jZL1
1 R 2 jZL 2
jZC1 jZC2
jZC1
jZC2
jZC1 jZC2
10.5 j2.5
0.1
j0.3
0.1 j0.4
1 10 j2
j0.4
23.2 j3.7
Bo z
za
11 j4.7
j0.4
j0.3 j0.4
0.1 j0.3
0.1
j0.3
0.1
1 0.1 j0.4 10 j2
j0.4
j0.3
j0.4
j0.3 j0.4
1 10 j4
10 j5 V.
1 10 j4
Procedendo come sopra si ricavano VB 10 V e VC La corrente su L1 è data da: VB 10 IL1 0.96 j0.2 A, R1 jZL1 10 j2 mentre la corrente su L2 è data da: VC 20 j30 IL 2 0.69 j3.3 A. R 2 jZL 2 10 j4 198
1 R 2 jZL 2
20 j30 V .
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.20 Determinare il bipolo equivalente di Thevenin per il circuito di figura 8.20.
[e(t)= V, 2 100cos(Ȧt+26.57°) Ȧ=100 rad/s, R=10ȍ, L=0.20H, C=1mF]
Svolgimento Figura 8.20 1 jǔC A R
+ E
jǔL
B
Bo z
za
Si fa riferimento alla rete nel dominio dei fasori, figura 8.20a e si lavora in valori efficaci. La tensione equivalente a circuito aperto, VABo , è pari alla tensione sulla serie resistore – induttore, ottenibile per mezzo del partitore di tensione:
Figura 8.20a 1 jǔC
R jZL
100 cos 26.57q 1 A R jZC 10 j20 j sin 26.57q 112 j112 V. jǔL 10 j20 j10 B Per valutare l’impedenza della rete equivalente Figura 8.20a si fa riferimento alla figura 8.20b, in cui il generatore è stato spento. L’impedenza equivalente, Z eq , è data dal parallelo del capacitore con la serie resistore ed induttore: 1 R jZL j10 10 j20 jZC Z 5 j15 :. eq 1 j10 10 j20 R jZL jZC VABo
E
R jZL
199
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
In figura 8.20c è rappresentato il circuito di Thevenin equivalente alla rete di figura 8.20. La tensione formula:
VAB
VAB è data dalla seguente
VABo Z eq IAB .
Bo z
za
Figura 8.20c
Esercizio 8.21 Determinare il bipolo equivalente di Thevenin per il circuito di figura 8.21. [e(t)= 10cos(Ȧt) V, Ȧ=100 rad/s, R=10ȍ, L=0.1H, C=1/6mF]
Figura 8.21
Svolgimento
Si fa riferimento alla rete nel dominio dei fasori, figura 8.21a, e si impiegano le correnti di anello ivi tracciate. Si scrive il sistema risolvente: R jZL J1 jZL J2 E ° ® jZL J §¨ 1 jZL ·¸ J 2 V , 1 ¨ ¸ 2 ° ¹ © jZC ¯
Figura 8.21a
200
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
con V jZL J1 J2 . Si ha quindi il sistema: R jZL J1 jZL J2 E ° ® j3ZL J §¨ 1 j3ZL ·¸ J 0 , 1 ¨ ¸ 2 ° ¹ © jZC ¯
da cui:
j300 600 j300
0.2 j0.4 A.
10 j10 10 0 j30 10 j10 j10 j30 j30
j300 600 j300
0.2 j0.4 A.
za
J2
R jZL E j3ZL 0 R jZL jZL 1 j3ZL j3ZL jZC
10 j10 0 j30 10 j10 j10 j30 j30
Bo z
J1
jZL 1 0 j3ZL jZC R jZL jZL 1 j3ZL j3ZL jZC E
La tensione equivalente a circuito aperto, VABo , è pari alla caduta di tensione sul condensatore: 1 VABo J2 j60 0.2 j0.4 24 j12 V. jZC Per valutare l’impedenza della rete equivalente di Thevenin conviene calvolare la corrente del generatore di Norton equivalente e dividere per questa la tensione a vuoto trovata poc’anzi. Si fa riferimanto alla figura 8.21b, in cui il condensatore è trascurato a causa della presenza del corto circuito. Si ha quindi: ° R jZL J3 jZL J4 E , ® °¯ jZL J3 jZL J4 2 jZL J3 J4 da cui si trova la corrente di
201
Figura 8.21a
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
cortocircuito:
J4
R jZL E j3ZL 0 R jZL jZL j3ZL j3ZL
10 j10 10 j30 0 10 j10 j10 j30 j30
j300 j300
1 A.
L’impedenza equivalente di Thevenin, Z eq , vale: Z eq
VABo ICC
La tensione formula:
24 j12 :.
VAB è data dalla seguente
VABo Z eq IAB .
Figura 8.21c
Bo z
za
VAB
24 j12 1
Esercizio 8.22 Determinare la potenza complessa fornita dal generatore indipendente. [I=3.35ej107.35 V, Ȧ=100 rad/s, R2=10ȍ, L=0.20H, R1=5ȍ, C=1mF, ȕ=-3] Figura 8.22
Svolgimento Si risolve la rete per determinare la potenza impegnata da ogni bipolo. Si adotta il metodo dei potenziali di nodo, figura 8.22a. § 1 1 · 1 ¨¨ ¸¸ VA VB 0 I, jZL © R1 jZL ¹
202
Figura 8.22a
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
§ 1 · 1 1 1 VA ¨¨ jZC ¸¸ VB VD jZL R2 © jZL R 2 ¹
ªIº « », ¬0¼
5 j2 j0.05 0 0.1 j0.05 0.2 j0.05 j0.05 0.3 j0.05 0.1 j0.05
20 j10 A,
Bo z
za
VD EVA . Si definisce quindi il sistema: 1 1 º ª 1 »ªV º « R jZL jZL »« A » « 1 1 1 1 E » ¬ VB ¼ « jZC «¬ jZL R 2 jZL R 2 »¼ con 1 I jZL 1 1 0 jZC jZL R2 VA 1 1 1 R1 jZL jZL 1 E 1 1 jZC jZL R 2 jZL R2
0,
VB
1 1 I R1 jZL 1 E 0 jZL R 2 1 1 1 R1 jZL jZL 1 E 1 1 jZC jZL R 2 jZL R2
0.2 j0.05 5 j2 0.3 j0.05 0 0.2 j0.05 j0.05 0.3 j0.05 0.1 j0.05
60 j10 A.
Rispettando la convenzione dell’utilizzatore si valutano quindi le potenze sugli elementi passivi: A R1
VR1IR* 1
§V · VA ¨¨ A ¸¸ © R1 ¹
*
VA2 R1
500 5
203
100 VA,
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
A L
VL1IL*
A C
VB IB*
VB jZCVB
§ V VB · ¸¸ VA VB ¨¨ A j Z L © ¹
*
VA VB
*
2
6800 j20
jZL
jZCVB2
j0.1 3700
j340 VA,
j370 VA,
2
VB VD § VB VD · 400 * ¸ ¨ A V I V V 40 VA. R2 R2 R2 B D ¨ ¸ R2 10 © R2 ¹ Per i generatori, al fine di utilizzare sempre la convenzione dell’utilizzatore nel valutare la potenza, si cambiano le polarità alle tensioni: A VI I * VA I * 20 j10 5 j2 80 j90 VA, I
*
*
*
§ V VD · § j20 · ¸¸ 3 20 j10 ¨ VD IR 2 VD ¨¨ B ¸ 60 j120 VA. R 10 © ¹ 2 ¹ © Si esegue il bilancio della potenza complessa: 100 j340 j370 40 80 j90 60 j120 0 VA. A A T i A E
*
¦
Bo z
za
i
Esercizio 8.23 Un generatore da 1000 V alimenta due carichi connessi in parallello. Il primo carico assorbe una potenza attiva di 600kW con cosij1=0.60 in ritardo. Il secondo assorbe 400kW e 600kVAr. Individuare il valore del Figura 8.23 condensatore da collegare in parallelo in modo da avere un fattore di potenza complessivo pari a 0.90 in ritardo. [P1=600kW, cosij1=0.60 (in ritardo), P2=400kW, Q2=800kVAr, Ȧ=100 rad/s]
Svolgimento Ricordando che ad angoli in ritardo corrispondono potenze reattive positive, si determinano le potenze complesse dei due carichi: 204
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
sin M1 cos M1
A 1
P1 jQ1
600 j600
A 2
P2 jQ2
400 j800 kVA.
600 j600
0.8 0.6
600 j800 kVA,
La potenza complessa totale vale: A P1 jQ1 P2 jQ2 600 j800 400 j800 1000 j1600 kVA, T con un fattore di potenza cosijT: § Q · 1400 · § cos M T cos¨¨ atg T ¸¸ cos¨ atg ¸ PT ¹ 1000 ¹ © ©
0.53,
a cui corrisponde un angolo di 58°. In figura 8.23a è mostrata la composizione delle potenze complesse e si intuisce come z A A . A T
1
2
P2 ijT
P1
scala :
Q1 =100 kVA
Figura 8.23a
Bo z
za
L’angolo ijT presenta un valore troppo elevato per cui è necessario inserire in parallelo un condesatore che ne abbassi il valore. La potenza attiva deve rimanere inalterata: A PT jQT jQC , rif con § Q QC · ¸¸ 0.90, cos Mrif cos¨¨ atg T P T © ¹
Q2
AT
risulta quindi QC QT PT tgMrif
1600 484
1116 kVAr.
In figura 8.23b è rappresentata la potenza complessa dopo il rifasamento. La capacità del condensatore è pari a: QC 1116 1000 C 11.16 mF. 2 2 ZV 100 1000
205
Figura 8.23b
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.24
Per il circuito di figura determinare il valore di Ru e Lu che rendono massima la potenza trasferita al carico. [e(t)= 230cos(Ȧt+26.57°) V, Ȧ=100 rad/s, R=10ȍ, L=0.20H, C=1mF] Figura 8.24
Z eq
112 j112 V,
1 jǔC A R
+ E
jǔL
Figura 8.24a
Bo z
VABo
za
Svolgimento Si considera la rete nel dominio dei fasori priva del carico incognito, figura 8.24a. Tale rete è stata studiata nell’esercizio 8.20 e si è ottenuta la rete di Thevenin equivalente, figura 8.24b:
5 j15 :.
Affinchè si possa trasferire la massima potenza al carico è necessario che: Z eq
Ru jZLu * ,
Figura 8.24b
risulta quindi che: Ru
5 :, ZLu
15 :, Lu
0.15 H.
206
B
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.25
Due induttori accoppiati sono collegati come mostrato in figura 8.25. Trovare l’induttanza equivalente ai morsetti A-B.
Figura 8.25
Svolgimento In figura 8.25a è rappresentata la rete nel dominio dei fasori, avendo inserito un generatore di corrente di ampiezza unitaria. Si applica la legge di Kirchhoff: VAB
V1 V2 , Figura 8.25a
za
si sostituiscono le relazioni di bipolo:
jZL1I1 jZM I2 jZL2 I2 jZM I1 , Bo z
VAB
ed infine si sostituiscono le identità I1
I e I2
I :
VAB jZL1I jZM I jZL 2 I jZM I jZ L1 L 2 I j2ZM I. L’impedenza del bipolo A-B è data dal rapporto tra i fasori di tensione e corrente: VAB Z AB jZ L1 L 2 j2ZM, I ne consegue che:
L AB
L1 L 2 2M.
207
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.26
Due induttori accoppiati sono collegati come mostrato in figura 8.26. Trovare l’induttanza equivalente ai morsetti A-B.
Svolgimento
Figura 8.26
In figura 8.26a è rappresentata la rete nel dominio dei fasori, avendo inserito un generatore di corrente di ampiezza unitaria. Si applica la legge di Kirchhoff: VAB
jZL1I1 jZM I2 ,
VAB jZL 2 I2 jZM I1. Si scrive quindi:
I1
I2
Bo z
za
Figura 8.26a
VAB jZM VAB jZL 2 jZL1 jZM jZM jZL 2
VAB jZL 2 jZM
jZ L L 2
1 2
jZL1 VAB jZM VAB jZL1 jZM jZM jZL 2
jZ M 2
2
VAB jZL1 jZM
jZ L L 2
1 2
VAB L 2 M , jZ L1L 2 M2
VAB L1 M , jZ L1L 2 M2
jZ M2 2
VAB L1 L 2 2M . jZ L1L 2 M2 L’impedenza del bipolo A-B è data dal rapporto tra i fasori di tensione e corrente: VAB jZ L1L 2 M2 Z AB , L1 L 2 2M VAB L1 L 2 2M , jZ L1L 2 M2 I
I1 I2
208
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
ne consegue che:
L AB
L1L 2 M2 . L1 L 2 2M Esercizio 8.27
Determinare le correnti I1 e I2 . [E=17.6 V, Ȧ=100 rad/s, R1=2ȍ, L1=0.20H, L2=1.60H, R2=200ȍ, M=0.40H,] Figura 8.27
Bo z
za
Svolgimento Considerando direzioni di riferimento date dai versi delle correnti, si scrivono i bilanci delle tensioni: E VR1 VL1, 0 VL 2 VR 2 . In base alle relazioni costitutive del mutuo accoppiamento si può scrivere: E R1I1 jZL1I1 jZM I2 2 j20 I1 j40I2 17.6,
R 2 I2 jZL 2 I2 jZM I1 200 j160 I2 j40I1.
0 Si ha quindi:
I1
jZM E 0 R 2 jZL 2 jZM R1 jZL1 jZM R 2 jZL 2
17.6
j40
0 200 j160 j40 2 j20 j40 200 j160
0.395 j0.924 1e j66.8q A,
209
3520 j2816 1200 j4320
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
I2
R1 jZL1 E
2 j20 17.6
jZM 0 R1 jZL1 jZM jZM R 2 jZL 2
j40 0 2 j20 j40 j40 200 j160
0.015 j0.04
0 j704 1200 j4320
0.15e j15.7q A.
Una via alternativa per la risoluzione dell’’esercizio è data dall’implementazione della rete equivalente di figura 8.27a. Si scrivono le relazioni alle maglie: E
+ E
jǔ(L2-M)
R1 J1
J2 R 2
jǔM
Figura 8.27a
za
0
R1 jZ L1 M jZM J1 jZM J2 R1 jZL 1 J1 jZM J2 , R 2 jZ L 2 M jZM J2 jZM J1 R 2 jZL 2 J2 jZM J1,
jǔ(L1-M)
Bo z
che portano agli stessi risultati ottenuti in precedenza. Osservazione La rete di figura 8.27a si considera valida per un mutuo accoppiamento descritto come in figura 8.27. Invertendo la posizione del puntino sul secondo induttore di figura 8.27b si deve cambiare il segno che precede M come in figura 8.27c. Per entrambi i circuiti si ha:
Figura 8.27b
+ E
E
jǔ(L1+M)
jǔ(L2+M)
-jǔM
J2 R 2
R1 J1
R1J1 jZL1J1 jZM J2 ,
0 R 2 J2 jZL 2 J2 jZM J1.
Figura 8.27c
210
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.28 Si ricavi il bipolo equivalente ai morsetti A-B.
[E=10 V, R1=1ȍ, R2=2ȍ, R3=4ȍ, n=2/1] Figura 8.28
Bo z
za
Svolgimento Il trasformatore rappresentato in figura 8.28a è un trasformatore innalzatore, cioè consente R1 + + R2 di avere ai morsetti secondari una + VII VI R3 E II I tensione V più elevata della tensione V di partenza: 1:2 II I I Figura 8.28a V nV 2 V . L’applicazione della precedente relazione costitutiva insieme a quella delle leggi di Kirchhoff per le due reti separate consente di ricavare le grandezze incognite. Una via alternativa alla risoluzione accennata sopra consiste nel riportare i bipoli a un unico ‘lato’ della rete, riferendoli a primario oppure a secondario. Per le impedenze si ha la seguente relazione costitutiva: Z II n2 Z I . Si riporta quindi ai morsetti secondari la parte di rete presente ai morsetti primari, figura 8.28b. Per determinare VAB0 si utilizza la formula del partitore di tensione: Figura 8.28b VAB0
nE
R3
20
4 424
n R1 R 2 R 3 La resistenza equivalente è data da: n2R1 R 2 R 3 64 Z eq 2.4 :. 2 10 n R1 R 2 R 3
2
8 V.
Figura 8.28c
211
A
B
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.29
Il circuito lineare di figura 8.29 é in regime sinusoidale. Determinare il valore di C in modo che la tensione vu(t) risulti in anticipo di 120° rispetto alla tensione del generatore.
Figura 8.29
Svolgimento Si considera la rete nel dominio dei fasori di figura 8.29a. Si considera il diagramma fasoriale di figura 8.29b in cui sono rappresentate le seguenti relazioni fasoriali: E R I1 R I1,
Figura 8.29a
Bo z
za
E jX C I2 R I2 , XC implicitamente negativa. Nell’ultima relazione i due fasori della somma, rappresentando cadute di tensione Figura 8.29b su capacitore e resistore in serie, sono necessariamente ortogonali, ciò comporta che gli estremi liberi dei fasori siano vincolati a giacere su una
circonferenza di raggio r
E 2
R I1 ,
centrata in (r,0). Si considera adesso la relazione Vu R I1 jX C I2 , che consente di rappresentare il diagramma di figura 8.29c, il triangolo ivi Figura 8.29c descritto è per costruzione isoscele, con angoli di 120°, 30° e 30°. Osservando il triangolo di figura 8.29b si deduce che esso è formato 1 . 3R, e quindi C da angoli di 90°, 60° e 30°, per cui X C 3 ZR 212
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 8.30 Facendo uso del generatore equivalente di corrente, si ricavino le relazioni tra L, X, C affinché la IL sia corrente sul carico indipendente da Z e I sia in fase L
Figura 8.30
1
con E .
Bo z
za
Svolgimento Lo schema rappresentato in figura 8.30 è lo schema con cui si realizzano gli alimentatori a corrente costante impiegati per la pubblica illuminazione. L’impedenza Z L rappresenta l’impedenza dovuta alla connessione in serie delle differenti lampade. Non è opportuno connettere in derivazione le lampade poiché, in condizione di linea estesa, avrebbero differenti tensioni di alimentazione dovute alle cadute di tensione sui carichi, e quindi offrirebbero un diverso grado di illuminamento. Si considera lo schema di figura 8.30a e si considera come grandezza indipendente la capacità C. Affinché IL sia indipendente da Z L è necessario che le correnti I2 e I3 si annullino tra di loro. Indicata con V3 la tensione sul condensatore, si ha: V3 1 I2 I3 . jZCV3 0 L jZL Z2C In questa condizione si ha anche: E IG IL , jZL V3 I3
Z
L
Z X jZEL Z X E Z C .
X IL
jZCV3
L
2
Figura 8.30a
j Z L X E ZC,
2
L
213
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si considera adesso la seconda condizione, quella per cui la corrente sul generatore di tensione è in fase con lo stesso e in figura 8.30c si rappresentano le correnti afferenti al nodo D di figura 8.30b. La corrente I1 è in fase con E, la corrente sul carico IL è in ritardo di Figura 8.30b
90°, e la parte immaginaria di I3 è pari a
IL . Si considera un carico puramente ohmico, per cui si ha: E Z2C 2 XEZ2C 2 Im I3 Im Z L X
E ZL
EZC X
1 . ZC
Figura 8.30c
Bo z
za
IL
Esercizio 8.31 Sapendo che: - R1 = XC ; - I = 7,07 A; - V = 14,14 V; - potenza attiva misurata ai morsetti AB: P=275 W; - potenza reattiva misurata ai morsetti A-B: Q=25 VAR; si determinino R1, R2, XC, XL e la tensione di alimentazione E.
A
XC
+
R1 E
B
I A
XL
+ V
R2
Figura 8.31
Svolgimento Gli strumenti di misura presenti nello schema di figura 8.31 sono strumenti ideali, per cui a essi non sono associate cadute di tensione o assorbimenti di corrente.
214
Capitolo 8 Circuiti in regime sinusoidale ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
S’ipotizza che la corrente I abbia fase propria nulla. Sotto tale ipotesi si ricavano le correnti su R1 e su C per mezzo della formula del partitore di corrente: jX C j 1 j IR1 I I I 3.53 1 j A, R1 jX C 1 j 1 1 IC
I
R1 R1 jX C
I
1 1 j
I
1 j 1 1
3.53 1 j A.
Si valuta adesso la reattanza XL: VL 14.14 2 :. VL X L I X L I 7.07 La potenza reattiva associata all’induttore è data da: QL
XL I
2
2 7.07 2
100VAr.
Bo z
za
Si esegue il bilancio delle potenze reattive: QC Q QL 25 100 75 VAr. Si può dedurre il valore di XC: QC 75 2 QC X C I X C 12 :. 2 2 I § · ¨ 3.53 2 ¸ ¨ 2 ¸¹ © La potenza attiva associata al resistore R1 è data da: 2
§ 2 ·¸ PR1 R1 IR1 12 ¨ 3.53 75W. ¨ 2 ¸¹ © Il bilancio delle potenze attive indica: PR 2 P PR1 275 75 200W. La resistenza R2 vale: PR 2 200 2 PR 2 R 2 I R 2 4 :. 2 50 I 2
La tensione di alimentazione è data da: E R1IR1 jX L I R 2 I 12 3.53 1 j j2 7.07 4 7.07
215
70.7 28.28 V.
Capitolo 9 Risposta in frequenza ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 9 Risposta in frequenza
Esercizio 9.1 Per ciascuno dei due bipoli di figura 9.1, tracciare qualitativamente l’andamento della reattanza in funzione della pulsazione.
Svolgimento Figura 9.1
Bo z
za
Per l’induttore la rettanza è data da: X L ZL. Si studia il comportamento per Z o 0 e Zo f : lim ZL 0, lim ZL f. Zo 0
Zo f
In figura 9.1a è riportato l’andamento della reattanza induttiva.
Figura 9.1a
Per il capacitorre la rettanza è data da: 1 XC . ZC Si studia il comportamento per Z o 0 e Zo f : § 1 · § 1 · lim ¨ ¸ f, lim ¨ ¸ 0. Zo 0© ZC ¹ Zo f © ZC ¹ In figura 9.1b è riportato l’andamento Figura 9.1a della reattanza capacitiva. In entrambi i casi è verificato il teorema di Foster: la reattanza di una rete passiva cresce monotonicamente con la frequenza.
216
Capitolo 9 Risposta in frequenza ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 9.2 Tracciare qualitativamente l’andamento della reattanza in funzione della pulsazione.
Svolgimento
Figura 9.2
Bo z
za
La reattanza equivalente è data da: 1 X e Z ZL . ZC Si studia separatamente il comportamento dei due bipoli per Z o 0 : la reattanza induttiva tende a zero, mentre la reattanza capacitiva tende a f , pertanto la reattanza equivalente del bipolo serie tende a f . Per Z o f la reattanza dell’induttore tende all’infinito, mentre la reattanza capacitiva tende a zero, pertanto la reattanza equivalente tende all’infinito approssimandosi asintoticamente alla funzione ZL. In figura 9.2a sono rappresentate le condizioni limite. Per il teorema di Foster la reattanza è sempre crescente, quindi esiste una Figura 9.2a pulsazione di risonanza serie, Ȧ0, per cui la reattanza si annulla (alternanza poli zeri di Foster): 1 1 X e Z0 Z0L 0, Z0 . Z0C LC In figura 9.2b è rappresentato l’andamento qualitativo della reattanza. Si nota che per ȦȦ0 217
Capitolo 9 Risposta in frequenza ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
la reattanza equivalente è positiva e si ha un andamento induttivo. Esercizio 9.3 Tracciare qualitativamente l’andamento della reattanza in funzione della pulsazione.
Figura 9.3
Svolgimento
Bo z
za
La reattanza equivalente è data da: § 1 · Xe ZL¨ ¸ ZC ¹ © . X e Z ȦL Ȧ 1 ZL 0 ZC Per Z o 0 la reattanza equivalente Figura 9.3a tende a zero asintoticamente seguendo la funzione ZL. Anche per Z o f la reattanza equivalente tende a zero (con valori negativi), figura 9.3a. Il teorema di Foster prevede l’alternanza di zeri e poli per Ȧ crescente, quindi esisterà un punto di singolarità Ȧ0, di risonanza parallelo per cui si annulla la suscettanza: Figura 9.3b 1 1 Be Z0 Z0C 0, Z0 , Z0L LC in tale punto la reattanza diverge. In figura 9.3b è rappresentato l’andamento qualitativo della reattanza. Si nota che per ȦȦ0 la reattanza equivalente è negativa e si ha un andamento capacitivo.
218
Capitolo 9 Risposta in frequenza ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 9.4 Tracciare qualitativamente l’andamento della reattanza in funzione della pulsazione.
Svolgimento Figura 9.4
Figura 9.4a
Bo z
za
Il circuito di figura mostra la serie tra un induttore L1 e il parallelo tra l’induttore L e capacitore C. I due sistemi sono stati analizzati precedentemente. Per l’induttore L1 l’andamento qualitativo della reattanza X1 è riportato in figura 9.4a. Il comportamento della seconda reattanza X2 , data dal parallelo, è riportato in figura 9.4b. La reattanza equivalente è data da: § 1 · ZL¨ ¸ ZC ¹ © X e Z X1 Z X 2 Z ZL1 . 1 ZL ZC Z o 0 la reattanza equivalente tende a Per zero asintoticamente seguendo una funzione ZL e . Per Z o f la reattanza equivalente tende a infinito ancora asintoticamente seguendo ZL1. Per 1 Z0 si ha una singolarità data LC dalla risonanza parallelo e si ha quindi un polo. Si hanno quindi le seguenti punti notevoli: Ȧ=0, X e 0 0 , 219
Figura 9.4b
Figura 9.4b
Capitolo 9 Risposta in frequenza ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Figura 9.4c
Xe ǔ0 0
ǔ1
Figura 9.4b
Bo z
za
Ȧ0, X e Z0 f , Ȧ=, X e f f . Tali punti sono rappresentati in figura 9.4c. Il teorema di Foster prevede l’alternanza di zeri e poli, quindi è intuibile la presenza di uno zero a pulsazione Ȧ01 cos nS@ 2 >cos nS 1@¸ S © n S n S ¹ n2 S 2 tale termine esiste solo per n dispari.
³
In figura 11.4a è rappresentato lo spettro in ampiezza del segnale.
Figura 11.4a
278
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
La funzione corrente è data da: 40 40 40 cos 3Zt .... i t 5 cos Zt 2 cos 3Zt S 25S 2 9S
Esercizio 11.5 Determinare lo sviluppo in serie di Fourier della forma d’onda di figura 11.5, e rappresentarne lo spettro. Ipotizzare l’utilizzo di un diodo che ne prelevi la parte positiva. [Imax =10 A]
Figura 11.5
Bo z
za
Svolgimento La forma d’onda è periodica con periodo pari a 2ʌ. La funzione presenta valore medio nullo, per cui a0 è nullo. Può essere espressa nella seguente forma: § Zt · i t Imax ¨ ¸ S d Zt d S . © S¹ Si nota inoltre che la funzione è a simmetria dispari, non sono quindi presenti i termini in coseno nello sviluppo di Fourier. Si ricavano i coefficcienti bn: S · S § cos nZt · 1 S 10 10 §¨ ª cos nZt º ¸ bn t 1 d t Zt sin nZt dZt Z Z ¨ ¸ ¸ n »¼ S S © n ¹ S S S S 2 ¨© «¬ ¹
³
³
10 § 1 S · ¨ S cos nS S cos nS >sin nZt @ S ¸ 2 n nS © ¹ con segno che dipende dall’indice n.
La funzione corrente è data da: 20 20 20 i t 0 sin Zt sin 2Zt sin 3Zt .... S 2S 3S 279
20 1 n 1, nS
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Lo spettro in ampiezza è tracciato in figura 11.5a, lo spettro in fase in figura 11.5b.
Figura 11.5b
Figura 11.5a
Bo z
za
Si considera adesso la presenza del diodo che consente il passaggio della sola corrente positiva. La corrente assume la forma di figura 11.5c,che può essere espressa nella seguente forma: Figura 11.5c § Zt · °I ¨ ¸ 0 d Zt d S i t ® max © S ¹ . °¯ 0 S d Zt d 2S Per ricavare a0 si procede per ispezione, l’area coperta dalla forma d’onda risulta un quarto dell’area descritta dal rettangolo Imax·1, con 1 che individua il periodo, per cui il coefficiente del termine costante è 1 10 a0 . 2 4 La funzione non è pari ne dispari, per cui si ricavano i seguenti coefficenti:
an
S · S § sin nZt · 10 §¨ ª sin nZt º ¸ t 1 d t Z Z ¨ ¸ « » ¸ 0 S n ¼0 0 © n ¹ S 2 ¨© ¬ ¹ 10 § 1 10 S · cos nS 1 , ¨ 0 >cos nZt @ S ¸ 2 2 2 n nS © ¹ n S
1 S
³
S 10
³
Zt cos nZt dZt
280
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
che presenta valori diversi da zero per n dispari. Similmente si ricava: S · S § cos nZt · 1 S 10 10 §¨ ª cos nZt º ¸ Zt sin nZt dZt Z bn t 1 d Z t ¨ ¸ « ¸ S 0 S n »¼ 0 0 © n ¹ S 2 ¨© ¬ ¹ 10 § 1 10 S· 1 n 1. ¨ S cos nS 0 >sin nZt @0 ¸ 2 n nS © ¹ nS
³
³
La funzione corrente è data da: 10 20 20 20 i t cos 5Zt 2 cos Zt 2 cos 3Zt 4 S 9S 25S 2 10 10 10 sin Zt sin 2Zt sin 3Zt .... 2S S 3S I coefficenti dello sviluppo completo sono dati da:
cn
¦
° bn ® 2 2 °¯ an bn
n pari n dispari
, In
za
f
1 a0 c n sin nZt In , 2 n 1
Bo z
i t
a tan
an . bn
Si hanno quindi le rappresentazioni delle figure seguenti.
Figura 11.5d
Figura 11.5e
281
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 11.6 Determinare lo sviluppo in serie di Fourier della forma d’onda di figura 11.6, e rappresentarne lo spettro. [Imax =10 A, IJ = 1/4T] Figura 11.6
f
¦
i t
f
¦ A cos nZt j sin nZt ,
A ne jnZt
n f
Bo z
za
Svolgimento La forma d’onda è periodica con periodo pari a T. La funzione può essere espressa nella seguente forma: 0 d Zt d W I i t ® max . W d Zt d T ¯ 0 Si considera la definizione esponenziale della scomposizione in serie di Fourier. La funzione nel tempo è definibile per mezzo di coefficenti complessi e funzioni esponenziali complesse, che si riconducono alla definizione precedentemente data se si ricorda l’uguaglianza di Eulero: n
n f
Il valore dei coefficienti si ottiene implementando la formula dello sviluppo in serie, che per l’armonica n è data da:
³
2S
0
³
i t e jnZt dZt
2S
0
...
³
2S
0
A 0 e jnZt dZt
³
2S
0
2S
A 2e j2Zt e jnZt dZt
³
³
2S
A1e jZt e jnZt dZt ...
0
0
A 1e jZt e jnZt dZt
A ne jnZt e jnZt dZt ...,
da cui: 1 2S i t e jnZt dZt. 0 2S 0 Si preferisce individuare l’intervallo d’integrazione per mezzo del periodo, pertanto si ha:
³
2S
An
i t e jnZt dZt
1 T
³
T
0
i t e
jn
2 SA n , A n
³
2S t T dt.
Inoltre se i(t) è reale risulta che A n 282
An* .
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
I coefficenti utilizzati in precedenza possono essere ottenuti per mezzo delle seguenti formule: an Re An , bn Im A n . Si determinano i coefficienti dello sviluppo in serie:
An
1 T
W
³I 0
max e
jn
2S t T dt
2S jn W º Imax ª «1 e T » jn2S « »¼ ¬
1 T
³
T
W
0e
jn
S Imax jn T W e
2S t T dt
S jn W T e
nS
W
Imax T
1 2S jn T
ª jn 2 S t º «e T » »¼ «¬ 0
S jn W T e
2j
W· § sin¨ nS ¸ W © T¹. Imax e W T nS T Anche esprimibile con la funzione seno cardinale o sinc. Il coefficiente a0 si ottiene per ispezione, il valore Imax è mantenuto per un intervallo di tempo IJ da riferire ad un periodo T: 1 W a0 Imax . 2 T Il modulo dei coefficienti è: W T
Bo z
za
jnS
An
Imax
W T
W jnS T e
W· § sin¨ nS ¸ © T¹ W nS T
Imax
W· § sin¨ nS ¸ W © T¹. W T nS T
Imax IJ T scala :
=0.66A
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Figura 11.6a
283
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
In figura 11.6a è rappresentato lo spettro in ampiezza, riferito ad una 2S . pulsazione Z T Si nota che i coefficenti si annullano in corrispondenza delle armoniche quarta e ottava, questo è dovuto al fatto che l’argomento della funzione seno cardinale assume il valore di un multiplo di un angolo piatto in corrispondenza di tali armoniche. La frequenza con cui si annullano tali armoniche è data da: 2S 1 1 Z 4 T , Z0 4Z f0 4 2S 2S T 4 W i coefficienti dello sviluppo in serie di Fourier si annullano come multipli della frequenza 1/IJ. Se IJ tende a diminuire le armoniche tendono a completare uniformemente lo spettro. In figura 11.6b è rappresentato lo spettro in fase di Fourier. Tale spettro si ripropone ogni 4 armoniche per le stesse motivazioni riportate per lo spettro in ampiezza.
Figura 11.6b
284
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 11.7 Un generatore la cui forma d’onda è riportata sotto, alimenta un circuito passivo RL. Determinare la potenza dissipata sul resistore. Le tensioni sono espresse in funzione dei valori di picco. v t E0 E1 cos Z1t E2 cos Z2 t . Figura 11.7
500 rad/s, Ȧ2= 1500 rad/s, R = 5ȍ, L = 20mH]
[E0 =100 V, E1 = 50 V, E2 = 25 V, Ȧ1=
Bo z
za
Svolgimento Si applica il metodo di sovrapposizione degli effetti riconducendo la rete ad un insieme di generatori, figura 11.7a. La rete passiva non presenta gli stessi E0 valori al variare delle sollecitazioni, basti R pensare all’induttore che in corrente continua si comporta da corto circuito. E1cos(ǔ1t) rete passiva Per la frequenza nulla (continua) si ha: E0 100 I0 20 A. R 5 Per la pulsazione Ȧ1= 500 rad/s si ha: Z 1 R jZ1L 5 j10:; I1
i1 t
E1 Z 1
50 5 j10
2 j4
4.47e j63.4q A;
4.47 cos 500t 63.4q .
Per la pulsazione Ȧ1= 1500 rad/s si ha: Z 2 R jZ2L 5 j30:; 285
E2cos(ǔ2t)
Figura 11.7a
L
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
I2
E2 Z 2
25 5 j30
0.13 j0.81 0.82e j80.5q A;
i2 t 0.82 cos 1500t 80.5q .
La corrente nel dominio del tempo è data da: i t I0 i1 t i2 t 20 4.47 cos 500t 63.4q 0.82 cos 1500t 80.5q . Il valore efficace di tale corrente si ottiene integrando la stessa elevata alla seconda potenza,in un periodo comune alle tre forme d’onda, ovviamente nel periodo di integrazione i prodotti mutui hanno valore efficace nullo, per cui si ottiene: I12 I22 4.47 2 0.822 20 2 2 2 2 2 Sul resistore la potenza dissipata vale: 2 'P RIeff 5 20.26 2 2052W. Ieff
I02
410.3
20.26 A.
Bo z
za
In presenza di sollecitazioni a pulsazione differente vale il principio di sovrapposizione degli effetti per le potenze: 'P0 RI02 5 20 2 2000W; 'P1
RI12
§ 4.47 · ¸¸ 5 ¨¨ © 2 ¹
2
50W; 2
§ 0.82 · ¸¸ 'P2 5 ¨¨ 2W ; © 2 ¹ 'P 'P0 'P1 'P2 2052W. RI22
286
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
i(t) + v(t)
Rete passiva
Figura 11.8
Esercizio 11.8 La rete passiva di figura 11.8 è alimentata da una tensione v t E0 E1 cos Z1t E2 cos Z2 t . La rete è anche attraversata da una corrente i t I0 I1 cos Z1t I1 I2 cos Z2 t I2 . Determinare: 1) la potenza dissipata all’interno della rete; 2) l’equivalente circuito serie, sapendo che è una rete bicomponente.
[E0 =100 V, E1 = 141.4 V, E2 = 70.7 V, Ȧ1= 100 rad/s, Ȧ2= 300 rad/s, I0=0 A, I1 = 1 A, I2 = 0.67 A, ĭ1=45°, ĭ2=18.43° ]
'P2 'P
E1 2 E2
I1 2
cos I1 100 0.707 0.707
Bo z
'P1
za
Svolgimento La potenza media si determina sommando i contributi ad ogni pulsazione: 'P0 E0 I0 100 0 0W;
cos I2 50 0.474 0.949 2 2 'P0 'P1 'P2 72.4W.
I2
50W; 22.4W;
Si nota che il circuito a frequenza nulla non assorbe corrente, quindi deve essere presente un condensatore che faccia da circuito aperto. Inoltre il secondo componente deve essere un resistore, poiché la rete assorbe potenza, si ha quindi la rete di figura 11.8a. Si valuta la corrente efficace: Ieff
I02
I12 I22 2 2
0 2 0.7072 0.4742
0.724 0.85A. La resistenza è data da:
287
i(t) + v(t)
Figura 11.8a
R C
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
'P
100:. 2 Ieff Per valutare la capacità C si considera il circuito alla pulsazione Ȧ1: § § j · j · ¸¸ I1 100 ¨¨100 ¸¸0.707e j45q E1 Z 1 I1 ¨¨ R Z1C ¹ Z1C ¹ © © R
100 0.707 j0.707 100 j Z1C 0.707 Z1C
1 C 100
1 100Z1
10PF.
Bo z
Figura 11.9
za
Esercizio 11.9 Determinare la trasformata di Fourier della forma d’onda di figura 11.9, e rappresentarne lo spettro. [Imax =10 A, IJ = 1/2 s]
Svolgimento La forma d’onda non è periodica. Affinché per tale funzione possa essere definito l’integrale di Fourier devono essere verificate le seguenti condizioni di Dirichlet: 1) la funzione è assolutamente integrabile,
³
f
f
i t dt f;
2) sia finito il numero di massimi e minimi e discontinuità in ogni intervallo finito nel periodo. Sotto queste ipotesi si definisce la seguente espressione trasformata di Fourier: I f
³
f
f
i t e j2 Sft dt,
con f frequenza. La funzione i(t) è definita come trasformata inversa di Fourier: i t
³
f
f
I f e j2 Sft df.
Le funzioni i(t) e I(f) sono chiamate coppia di Fourier. In alternativa si possono utilizzare le definizioni che prevedono l’impiego della pulsazione: 288
Capitolo 11 Analisi delle forme d’onda ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
1 f I Z e jZt dZ. f 2S f Si procede quindi alla determinazione della trasformata di Fourier per il segnale dato: I Z
I f
³
³
f
f
f
i t e jZt dt,
i t
³
i t e j2 Sft dt,
Si determinano i coefficienti dello sviluppo in serie: f W W Imax I f i t e j2 Sft dt Imax e j2 Sft dt e j2Sft 0 f 0 j2Sf Imax Imax jSfW 1 e j2SfW e sin SfW . Sf j2Sf La funzione I(f) è reale poiché i(t) è pari. Si traccia lo spettro del segnale non periodico, figura 11.9a. Si nota come esso sia l’inviluppo dello spettro periodico dell’esercizio11.6.
³
>
@
@
Bo z
za
6
|I(f)| [A]
>
³
4 2 0 -10
-5
0
5
10
5
10
frequenza [Hz] arg(I(f)) [°]
200 100 0 -100 -200 -10
-5
0
frequenza [Hz] Figura 11.9a
289
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo
Figura 12.1
Esercizio 12.1 Determinare la temperatura ș alla quale un filo di rame di lunghezza l = 10m e di sezione S = 2 mm2 ha una resistenza di 0.10ȍ.
[resistenza del rame a 0°C ȡ=0.016·10-6 ȍm; coefficiente di temperatura Į0 =0.0042 °C-1] Svolgimento
Bo z
za
La resistenza del conduttore varia per mezzo della seguente legge: R T R 0 1 DT , avendo indicato con ș la temperatura in gradi Celsius. Inoltre un conduttore cilindrico presenta una resistenza a 0°C in funzione delle caratteristiche geometriche data da: l 10 R 0 T U0 0.016 10 6 0.08:. S 2 10 6 La resistenza alla temperatura incognita è data da: l R T U 0 1 DT 0.08 1 DT 0.10: S 0.10 0.08 0.10 0.08 0.08DT T 59.5qC. 0.08 0.0042
Figura 12.2
Esercizio 12.2 Calcolare la resistenza a 20°C di una lampada che assorbe 100W quando è sottoposta alla differenza di potenziale di 100V, e il cui filamento di tungsteno raggiunge a regime i 2000°C. Determinare la temperatura ș alla quale un 290
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
filo di rame di lunghezza l = 10m e di sezione S = 2 mm2 ha una resistenza di 0.10ȍ. [coefficiente di temperatura Į0 =0.0042 °C-1] Svolgimento La resistenza del conduttore, alla temperatura di 2000°C, è ottenibile per mezzo della seguente equazione: E2 1002 R 2000 100:. P 100 La stessa resistenza in funzione della resistenza di riferimento a 0°C è data da: R 2000 R 0 1 D2000 , per cui R 2000 100 10.6:. R0 1 D2000 1 8.4
Bo z
za
Risulta quindi R 20 R 0 1 D20 10.6 1 0.0042 20 11.5:.
Figura 12.3
Esercizio 12.3 Per la linea bifilare si calcoli l’induttanza chilometrica e la forza unitaria quando i conduttori siano percorsi da correnti controverse di 5000 A.
[resistenza chilometrica r = 0.191 ȍ/km; D=0.4 m, d = 13mm, S0=95mm2] Svolgimento Per determinare l’induttanza chilometrica si deve prima definire una superficie di flusso, figura 12.3a. Si suppone di unire due tratti dei due conduttori, ciascuno di lunghezza pari a 1 km, mediante due linee in modo da individuare idealmente un circuito chiuso. La struttura così ottenuta è una maglia percorsa dalla corrente di 5000A 291
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
(ad esempio in senso orario). I tratti di conduttore fitttizi non modificano la distribuzione dei campi, giacché per ogni conduttore ipotizzato per una superficie chiusa ne esiste un secondo percorso da corrente controversa afferente alla superficie chiusa che la precede o la segue. Essendo D @
2 2 1 2 r ri P 0I0 2 2Sr' r 2
2
2
.
295
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
L’energia magnetica chilometrica, immagazzinata all’interno del volume infinitesimo confinato dalla superficie dS, è data da:
> @
2 2 1 2 r ri dW r P 0I0 2 2Sr' r 2 Quindi si deduce che:
r
W
2
2
2
1 2Sr dr.
e r 2 ri2 1 2 P 0I0 dr 2 ª2S' r 2 2 ºr ri «¬ »¼
³
P 0I02
4S' r 2
2
P 0I02
re
³ 4S' r
r
2 2
ri
2
ri2 r
2
dr
ª re4 3 4 2 2 4 re º « ri ri re ri ln ». ri »¼ «¬ 4 4
L’induttanza interna chilometrica è data da: ª re4 3 4 2 2 4 re º P0 7 LI « ri ri re ri ln » 1.42 10 H / km. 2 2 « 4 4 r » i ¼ 2S' r ¬
Bo z
za
Si valuta adesso la parte del coefficiente di autoinduzione relativa alla parte del cavo compresa tra il conduttore anulare e la guaina metallica. Il campo magnetico H risulta dato da: I0 H r . 2Sr La densità di energia immagazzinata è: P 0I02 1 U r P 0H2 . 2 8S 2r 2 L’energia immagazzinata nel campo magnetico per un chilometro di cavo tra conduttore anulare e guaina metallica è data da: P 0I02 dW r U r 2Sr 1 dr 2Srdr, 8S 2r 2 P 0I02 R e W ln . 4S re Consegue che:
296
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
P0 Re ln 1.07 10 7 H / km. 2S re Il coefficiente di autoinduzione chilometrico è dato da: L LE LI 0.249 PH / km. LE
Re ri
Esercizio 12.5 Si calcolino i coefficienti di autoinduzione, il coefficiente di mutua induzione e il coefficiente di accoppiamento delle due bobine in aria.
L Figura 12.5
Bo z
za
[Ni=100, Ne = 1000, L = 500 mm, ri = 40 mm, Re = 50mm] Svolgimento
297
ri
r
Per potere risolvere l’esercizio è necessario semplificare il problema: bisogna definire inizialmente il campo generato da una singola spira, successivamente quello generato da una bobina ed infine studiare l’interazione tra due bobine differenti. La conoscenza deve quindi passare dal livello di unistrutturata a quello di multistrutturata ed infine a quello di conoscenza relazionale. Si considera inizialmente la sola bobina interna. I conduttori costituenti la bobina interna sono disposti sulla superficie del cilindro di raggio ri e lunghezza L. Si identifica con ni=Ni/L la densità di distribuzione dei conduttori di tale bobina. Ogni conduttore della bobina contribuisce a creare una distribuzione di campo Figura 12.5a magnetico in tutto lo spazio; per semplicità si considera
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
H'
³ 0
i cos Dds 4Sr 2
2S
³ 0
i ri ridI 4Sr 2 r
Bo z
2 Sri
za
solamente la distribuzione di campo sull’asse del cilindro. Si considera il fascio di conduttori situato nel punto C, contenuti nello spessore d], distanti ] dall’origine del sistema, figura 12.5a. I conduttori del fascio possono essere equiparati ad una singola spira attraversata dalla corrente i=nid]I. Tale spira è rappresentata in figura z 12.5b. H H Un singolo elementino ds della spira, posto nel punto C, genera, sull’asse z A Į r Į C nel punto A, un campo magnetico B dĭ y elementare dato da: r i i ds u rˆ dH , ds x 4S r 2 in cui ds è l’elementino di conduttore Figura 12.5b percorso dalla corrente i, che viene moltiplicato tramite prodotto vettoriale per il versore rˆ . La componente di campo magnetico diretta secondo l’asse z si ottiene integrando i contributi elementari: ri2 i. 2r 3
Nota la distribuzione del campo di spira (conoscenza unistrutturata) si passa alla determinazione del campo di bobina (conoscenza multi strutturata). Il fascio di conduttori concentrati nel punto C di figura 12.5a genera nel punto A il campo magnetico elementare: ri2 Ni dHz A Id], C 2r 3 L
] z ri2 . con r Si ha quindi: ]
Hz A
L 2
³
]
L 2
r
2
ǃ2 ǃ O
A B
z
ri2 Ni Id]. 2r 3 L
Figura 12.5c
Definito ȕ l’angolo BAC di figura 12.5c, è facile notare che:
298
ǃ1
z
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
1 ri dE . , ]- z = ricotȕ, d] ri sin E sin2 E Il campo magnetico è dunque dato da: r
Hz A
E2
N iI 2L
³
E1 2
ri2 ri3
ri dE sin2 E
Ni E I>sin E@E 2 1 2L
Ni I>cos E1 cos E 2 @, 2L
Bo z
za
sin3 E con ȕ1 e ȕ2 gli angoli sotto cui il punto A vede gli estremi della bobina. Nel caso in cui A coincida con il centro della bobina e considerando bobine in cui la lunghezza L è molto più grande del raggio (ȕ1 §0° e ȕ2 §180°), si ha: Ni N Hz O I>cos E1 cos E 2 @ # i I Hi . 2L L Si valuta adesso il coefficiente di autoinduzione della bobina interna sempre trascurando la presenza della bobina esterna; nella regione di spazio occupata dalla bobina interna è presente un campo Hi, il quale adesso non rivestirà più il ruolo di effeto della corrente, ma sarà causa della nascita di interazioni elettromagnetiche. Sulla singola spira si concatena il flusso: N ) i P 0HiSi P 0 i SiI, L Mentre sull’intero avvolgimento si manifesta il flusso: N2 ) Ti NiP 0HiSi P 0 i SiI, L Essendo collegate Ni spire in serie. Il coefficiente di autoinduzione riguardante l’intera bobina è dato da: ) Ti N2 1002 2 P 0 i Si 4S 10 7 S 0.04 1.28 10 4 H. I L 0.5 Il flusso ĭi si concatena anche con la bobina esterna, per cui si può definire un coefficiente di mutua induzione: Ne ) i N N 1000 100 2 M P 0 e i Si 4S 10 7 S 0.04 1.28 10 3 H. I L 0.5 Reiterando i ragionamenti fatti si può definire in coefficiente di autoinduzione per la bobina esterna: Li
299
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Le
) Te I
P0
Ne2 Se L
4S 10 7
10002 2 S 0.05 0.5
2 10 2 H.
Si definisce k fattore di accoppiamento tra le due bobine, il seguente coefficiente: M k 0.8. LiL e
Esercizio 12.6 Si calcolino i coefficienti di auto e di mutua induzione delle due bobine, nell’ipotesi trascurare la riluttanza del ferro (ȝfĺ) e il flusso disperso.
Bo z
za
[N1 =1000, N2 =500, S =10 cm2, į =1mm.]
Figura 12.6
Svolgimento
S’ipotizza di alimentare inizialmente solo il primo avvolgimento. Seguendo le ĭ1 ipotesi semplificative fatte si perviene a uno schema circuitale equivalente in cui Rt Rt sono presenti la forza magnetomotrice Ĭ1=N1I raffigurata con un generatore di + tensione, dovuta alla circolazione della ĭ3 N1I ĭ2 corrente I sull’avvolgimento N1, i flussi magnetici rappresentati con delle correnti circolanti nel circuito, e le due Figura 12.6a riluttanze offerte dai traferri Rt, raffigurate da delle resistenze, figura 12.6a. Le riluttanze offerte dal traferro valgono: G 0.001 Rt 796 103 H1. P 0S 4S 10 7 10 3 Il flusso ĭ1 che si concatena con il primo avvolgimento è pari a: 300
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
41 N1I , Rt Rt giacché la seconda “resistenza” di traferro è cortocircuitata. )1
Bo z
za
Il coefficiente di autoinduzione L1 del primo avvolgimento si ottiene dividendo il flusso concatenato con l’intero avvolgimento di spire N1 per la corrente che lo ha generato: ĭ2 + ) T1 N1)1 N2 L1 P 0 1 S 1.256 H. Rt Rt I I G N2I Si scollega adesso il primo avvolgimento e si alimenta il secondo. ĭ3 ĭ1 Si perviene allo schema circuitale di figura 12.6b. Figura 12.6a Il flusso ĭ2 che si concatena con il secondo avvolgimento è pari a: 42 NI )2 2 2, Rt 2 Rt da cui: ) T 2 N2 ) 2 N2 L2 2P 0 2 S 0.628 H. I I G Per valutare il coefficiente di mutua induzione si considera il flusso generato dalla prima bobina concatenato con la seconda e si ottiene: ) 21 N2) 1 NN M P 0 2 1 S 0.628 H. I I G Allo stesso risultato si perviene considerando il flusso generato dal secondo avvolgimento concatenato col primo: ) N1 2 )12 2N I NN 2 M N1 2 P 0 1 2 S 0.628 H. 2R t I I G
301
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 12.7 Si calcoli il coefficiente di autoinduzione del bipolo A, B nell’ipotesi trascurare la riluttanza del ferro (ȝfĺ) e il flusso disperso.
[N =1000, S1 =10 cm2, S2 =20 cm2, į1 =1mm, į2 =1.5mm.] Figura 12.7
Svolgimento ĭ NI Rt1 ĭ1
Bo z
za
In figura 12.7a è rappresentato il circuito elettrico equivalente, ai fini del calcolo dei + flussi nelle diverse sezioni del circuito magnetico. Si determinano le riluttanze offerte dai traferri, per le quali si suppone una sezione in aria pari a quella nel ferro: 0.001 G1 R t1 796 103 H1, P 0S1 4S 10 7 10 3 G2 0.0015 R t2 597 103 H1. P 0S2 4S 10 7 2 10 3 Si determinano quindi: NI )1 0.0013I Wb, R t1 )2 )
NI R t2
Figura 12.7a
0.0017I Wb,
)1 ) 2
0.0030I Wb.
Il flusso totalmente concatenato con le N spire è dato da: ) T N) 3I Wb. L’induttanza è perciò data da: )T L 3 H. I 302
Rt2 ĭ2
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Una via alternativa per la risoluzione del problema è rappresentata dalla valutazione della riluttanza equivalente del “parallelo” tra Rt1 e Rt2: P 0S2 · )T N NI 2 § P 0S1 ¨ ¸¸ 1.7 1.3 3 H. N L ¨ G 1 G I I § 1 1 2 © ¹ 1 · ¨¨ ¸¸ © R t1 R t 2 ¹ Esercizio 12.8 Si calcoli la forza magneto motrice Ĭ necessaria a intrattenere nel circuito magnetico un flusso ĭ pari a 10 mWb, conoscendo la curva caratteristica del materiale ferromagnetico e gli elementi geometrici. B [T]
L2 S1
L1
S2
2
į
1
L1
S2
Bo z
za
S3
0
L2
500
1000
1500 H [A/m]
Figura 12.8
[N =1000, S1 =100cm2, S2 = 80 cm2, S3 = 50 cm2, į =1 cm, L1= 25 cm, L2= 50 cm] Svolgimento
La struttura di figura 12.8 presenta due colonne e due gioghi. Per simmetria la distribuzione di campo nei gioghi sarà identica, mentre per via del traferro non lo sarà nelle colonne. Essendo il circuito magnetico costituito da un unico tubo di flusso, si può facilmente valutare la forza magnetomotrice, per mezzo della circuitazione del campo H: Fmm
³ H dl, L
303
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
in cui L rappresenta la linea mediana, quella che consente di descrive meglio il flusso nella struttura. Si può scomporre L in differenti tratti in cui il campo magnetico è sempre diretto secondo la linea mediana (si considera un verso orario), per cui si ha: Fmm
³ H dl
Ht G H1L1 H2L 2 H3L 3 H2L 2 H1L1,
L
con L3= L1+į+L1. Trascurando i flussi dispersi si può considerare come area della sezione del traferro la superficie S1: Bt ) Bt 1 T, Ht 796 103 A / m. S1 P0 Per la continuità della componente normale dell’induzione magnetica nel passaggio dall’aria al ferro, si ha: B1=Bt=1 T,
Bo z
H1=500 A/m.
za
per cui dalla caratteristica del materiale ferromagnetico si ricava:
Dalla solenoidalità dell’induzione si ricava: ) B2 1.25 T, S2 ) 2 T, S3 cui corrispondono: B3
H2=600 A/m. H3=1500 A/m. La forza magnetomotrice complessiva è data da: Fmm Ht G H1L1 H2L 2 H3L 3 H2L 2 H1L1 7960 20 300 1515 300 20 10115A. Si nota che la maggiore caduta di tensione magnetica è presentata dal percorso in aria, anche il contributo sul tratto L3 è elevato giacché per tale cammino il sistema lavora in forte saturazione. 304
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 12.9 Tenendo conto che: - ȝr3 = 75 nel giogo inferiore; - ȝr1 = ȝr2 = 2.000 negli altri rami del ferro; - f1 = 0,90 (fattore di riempimento del pacco lamiere); - f2 = 0,60 (fattore di riempimento dell’avvolgimento); - h = 0,0015 W/cm2 .°C (coefficiente di trasmissione del calore); - tensione di alimentazione: 24 V c.c.; - temperatura ambiente: 20 °C; si dimensioni la bobina dell’elettromagnete di figura in modo da realizzare le seguenti condizioni :
L2
į
1. induzione media al traferro: B0 = 1 T; 2. temperatura massima dell’avvolgimento: 90°C
p
s1
b
s3
Bo z
za
a c
[s1 =25mm, s2 = 25 mm, s3 = 15 mm, į =2 mm, L1= 85 mm, L2= 75 mm, L3= 152 mm, p = 20 mm, a =90 mm, c=17mm]
L3 į
NJ2
Figura 12.9
Svolgimento Lo scopo del’esercizio è quello di determinare il dimensionamento dell’avvolgimento (b) per date condizioni di funzionamento. Si deriva dalle grandezze geometriche del sistema una linea chiusa Ȝ che costituisce l’asse del circuito magnetico, figura 12.9a. Si hanno quindi:
305
NJ3 Figura 12.9a
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
s 2 s3 65 mm, 2 2 s O 2 L 2 1 62.5 mm, 2 s s O 3 L3 1 1 127 mm. 2 2 In figura 12.9b è mostrato l’equivalente circuito elettrico, in cui: O1
Rt
L1
G P 0 G s 2 G G p G
1
2.29 10 H , 6
R2 ĭ Rt
R2 R1
R1 +
Ĭ
R3
Figura 12.9b
R1
O1 Pr1 P 0 f1 s1 p
R2
O2 Pr 2 P 0 f1 s 2 p
5.52 10 4 H1,
R3
O3 Pr 3 P 0 f1 s3 p
5.00 10 4 H1,
Bo z
za
5.74 10 4 H1,
e si è tenuto conto dell’incremento della sezione al traferro dovuto allo sfioccare delle linee di campo ai bordi dello stesso, e della presenza di Figura 12.9c intercapedini tra i lamierini di ferro che ne limitano la sezione secondo il fattore f1, figura 12.9c. Il flusso al traferro è dato da: ) B0S t 0.7 10 3 Wb. Per la solenoidalità del circuito magnetico tale flusso rimane inalterato in ogni sezione del ferro. La forza magnetomotrice Ĭ è quindi data da: 4 NI ) Ri 3360 A.
¦
Per il dimensionamento dell’avvolgimento si valuta lo scambio termico tra ambiente esterno e l’avvolgimento stesso. In assenza di 306
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
correnti variabili nel tempo si hanno perdite nulle nel ferro e la potenza dissipata nella resistenza R dell’avvolgimento è pari alla potenza scambiata con l’ambiente secondo la relazione: hST RI2 ,
in cui ș è la differenza di temperatura tra avvolgimento ed ambiente, S è la superficie di scambio termico costituita dalle superfici laterali interna ed esterna all’avvolgimento: S = a·(pe+pi)=2pma, in cui pe, pi e pm sono rispettivamente il perimetro esterno, interno e medio. La resistenza R dell’avvolgimento è: l R U90q , Sz
Bo z
za
con U90q U0q (1 DT), ȡ0° =0.016·10-6 ȍm, Į =0.0042 °C-1, Sz sezione del conduttore di rame, l lunghezza dell’avvolgimento pari a N volte la lunghezza media di spira: l = Npm. La sezione del conduttore si ottiene dividendo l’area utile per il numero di spire (figura 12.9d): a b f2 Sz . b N a La resistenza vale: Figura 12.9d 2 N pm R U 90q . a b f2 Si esegue il bilancio delle potenze: N2 pm 33602 N2 pm 2 I b U90q h 2pm a T U90q a b f2 h 2pm T a 2 f2 N2 0.023 10 6 33602 20 mm. 2 15 90 0.09 0.6 Si valuta il perimetro medio (figura 12.9e): b
307
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
pm
p e pi 2
2 b s3 b b p b 2c 2p 2
La resistenza dell’avvolgimento è esprimibile con: N V 24 . N R 140 I 3360 Uguagliando le formule della resistenza, si può ricavare adesso N:
N
U90q
a b f2 140 pm U90q
Ed infine: 3360 I 1.52 A. 2200
152 mm.
p b s3
c b
Figura 12.9e
N2 pm a b f2 2200.
za
N 140
Bo z
R
230 74 2
308
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 12.10 In un toro di sezione rettangolare, costruito con lamierini al silicio, è praticato un traferro. Trascurando le dispersioni di flusso, si costruisca la caratteristica di magnetizzazione del circuito e si determini, sia a mezzo di essa, sia per via grafica sulla curva normale di magnetizzazione, l’induzione media nei rami del circuito corrispondente alla forza magnetomotrice di 5000 A.
lunghezza del traferro sulla circonferenza media: į =4 mm; raggio interno del toro: r1=150 mm; raggio esterno del toro: r2=170 mm; spessore assiale del circuito: a =33 mm. B [T] 2.0 1.8 1.6 1.4 1.2
r1
Bo z
r2
za
į
r2-r1
1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0 0
50 500
100 150 1500 1000 H [A/cm]
200 2000
Figura 12.10
Svolgimento Tracciare la caratteristica di magnetizzazione significa trovare le curve ĭ,Ĭ assegnando dei valori all’induzione e ricavando così le amperespire magnetizzanti. E’ opportuno trovare un valore per B che limiti superiormente l’ambito di ricerca.Tale valore lo si ricava riferendosi a 10000 amperespire 309
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
(valore molto elevato) e considerando il toro integro, privo della presenza del traferro, che fa abbassare i livelli di magnetizzazione. Si determina la linea media: r2 r1 lm 2S 100.5 cm. 2 Il campo magnetico vale pertanto: 4 10000 H 99.5 A / cm. lm 100.5 Quindi nel caso di assenza di traferro (caso in cui il flusso nel circuito magnetico è massimo), si trova che Bx =1.62 T. Si considera adesso la presenza del traferro e ci si riconduce ad un problema diretto, cioè la soluzione del circuito magnetico con assegnate condizioni di flusso. Il flusso nel ferro e nel traferro sono identici per la solenoidalità del campo magnetico, e si suppone che le superfici di flusso siano identiche.
Il flusso nel traferro è pari a: )
B r2 r1 a
Bo z
za
Si assegna un campo Bt pari a 0.8 T.
0.8 0.02 0.033
0.53 mWb.
Si ricava la forza magnetomotrice applicata al traferro e per comodità si impiega la formula della riluttanza, giacché essa non cambia al variare delle condizioni di magnetizzazione: 0.004 G 4 t Ht G R t ) ) 0.53 10 3 2556 A. 7 P 0S t 4S 10 0.02 0.033 Si ricava la caduta di tensione magnetica sul ferro, ottenendo preliminarmente il valore di campo Hf (Bf = Bt) per mezzo della caratteristica di magnetizzazione di figura 12.10: 4 f Hf l f 8 100.1 800 A. La forza magnetomotrice totale è data da: 4 4 t 4 f 3350 A.
310
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Tale valore è distante da quello assegnato (5000 A), per tanto si reiterano i ragionamenti supponendo differenti valori di induzione. Si perviene alla seguente tabella: Bt [T] 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6
ĭ [mWb] 0.53 0.59 0.66 0.72 0.79 0.86 0.92 0.99 1.05
Rt [H-1]
Ĭt [A]
4.8·106 4.8·106 4.8·106 4.8·106 4.8·106 4.8·106 4.8·106 4.8·106 4.8·106
2556 2865 3183 3501 3820 4138 4456 4774 5093
Hf [A/cm] 8 9 11 13 15 20 30 50 90
Rf [H-1]
Ĭf [A]
Ĭ [A]
1.51·106 1.52·106 1.68·106 1.80·106 1.89·106 2.33·106 3.25·106 5.05·106 8.53·106
800 901 1101 1301 1501 2002 3003 5005 9009
3350 3866 4284 4802 5321 6140 7459 9779 14102
In figura 12.10a è rappresentato il diagramma flusso-amperespire magnetizzanti.
Bo z
za
1.2
1.1
) [mWb]
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5 2000
4000
6000
8000
10000
12000
4 [A]
14000
16000
Figura 12.10a
Per una forza magnetomotrice Ĭ pari a 5000 Asp si ha un flusso di 74 mWb, cui corrisponde un’induzione di 1.12 T. Si valuta nuovamente l’induzione differente. La relazione di Ampere fornisce: 311
seguendo
una
procedura
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
4
³ H dl
Ht G Hf l f .
L
Si applica l’uguaglianza dei flussi: Bf Sf . B t S t B f S f Ht P0 St Si ottiene per tanto: Bf Sf G Hf l f 4, P0 St equazione di una retta. Si valutano le intercette: B = 0, 4 H*f lf
5000 100.1
49.95 Asp / cm,
H = 0,
za
Figura 12.10b
P0
Bo z
4 S t 4S 10 7 5000 1.57 T. G Sf 0.004 L’induzione nel punto di lavoro risulta pari a 1.1 T. B*f
312
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 12.11 Un circuito magnetico è costituito da un magnete permanente cilindrico e da due espansioni polari in ferro dolce. Per assegnata geometria del sistema, si determini il punto di lavoro assumendo la caratteristica magnetica del materiale rappresentata in figura 12.11 e considerando il ferro dolce a permeabilità infinita. B
ferro dolce
H
0
za
magnete permanente
Bo z
Svolgimento Si identifica la linea chiusa L che costituisce l’asse del circuito magnetico (figura 12.11a): L= Lm + L2+L1 +į+ L1 + L2. L2 Su tale linea si possono identificare i campi medi Bm, Bf2, Bf1, Bt. Tali campi S2 S1 si deducono dalla solenoidalità del flusso e quindi dalle relative sezoni: į Sm ) ) ) ) , Bm , Bf 2 , Bf1 , Bm Sm S2 S1 S1I S2 In cui S’1 tiene conto dello sfioccare delle linee di campo ai bordi del L2 traferro. Figura 12.11a La circuitazione del campo magnetico, riferendosi alla linea media, si esprime mediante la seguente equazione:
³ H dl
HmLm Hf 2 2L 2 Hf 1 2L1 Ht G
L
313
0,
Capitolo 12 Principi di elettromagnetismo ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
poiché non vi sono amperespire sollecitanti. Se si considerano trascurabili le cadute di tensione magnetica nel ferro dolce, per via dell’elevatissima permeabilità magnetica, si ha: HmLm Ht G 0. Si considera anche che: BmSm B t S1I . Dall’ultima equazione si ricava l’induzione al traferro: Bm
Sm
, S1I e dalla prima il campo al traferro: H L Ht m m , G ricordando infine il legame nell’aria tra campo ed induzione si può scrivere: H L SI L S B t Bm mI P 0Ht m m Bm 1 m Hm . G Sm G S1
Bo z
za
Bt
L’ultima equazione rappresenta una retta definita nel piano B,H di figura 12.11b, che intercetta la caratteristica di magnetizzazione nel punto di lavoro P. Si determinano quindi i valori di induzione e campo assunti nel punto di lavoro: B*, H* . La presenza di un campo magnetico di segno opposto rispetto all’induzione è dovuta alla presenza della magnetizzazione residua, che genera una densità di corrente di polarizzazione magnetica disposta sulla cilindro, simile a quella che si avrebbe se il un manicotto di spire. Solo all’interno del campo antagonista all’induzione, mentre l’induzione sono equiversi.
314
Figura 12.11a
superficie laterale del cilindro fosse avvolto da cilindro si manifesta un all’esterno il campo e
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici
Bo z
za
Esercizio 13.1 La bobina di figura 13.1 è posta in rotazione intorno al suo asse maggiore, con velocità angolare Ȧ costante, in presenza di un campo magnetico uniforme e costante perpendicolare all'asse di rotazione. La bobina è costituita da spire rettangolari eguali e solidali. Ciascuno degli estremi della bobina è collegato ad un anello metallico disposto sull'asse e rotante solidalmente alla bobina; due spazzole fisse consentono il collegamento con il circuito esterno. Con i dati sotto riportati, si determinino: a) La legge di variazione nel tempo della f.e.m. indotta totale, calcolata dalla variazione del flusso concatenato e a mezzo del flusso tagliato. b) La legge di variazione nel tempo della corrente, nell'ipotesi di trascurare l'induttanza del sistema. c) La potenza elettrica generata, quella fornita al resistore, quella dissipata nelle resistenze interne e il rendimento elettrico del sistema. In particolare della potenza elettrica generata si determini l'andamento nel tempo e il valore medio nel periodo. d) L'andamento nel tempo della coppia meccanica di interazione tra il campo magnetico e la corrente, verificando che essa si oppone al moto e che la potenza meccanica necessaria per la rotazione eguaglia la potenza elettrica generata. e) Infine si tracci in modo accurato l'andamento nel tempo del flusso concatenato, della f.e.m. indotta e della potenza elettrica generata.
Filo di Nicromo ȡҏ= 1,1 ȍ.mm2/m. Sezione del filo : S = 0,5 mm2. Numero di spire della bobina: N = 10. Lati della bobina: L1 = 25 cm; L2 = 15 cm. Resistenza complessiva dei contatti striscianti: 0,8 ȍ. Resistore esterno: 42 ȍ. Numero di giri della bobina al primo: n = 3000. Induzione: B = 1 T. 315
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
2
za
L
Figura 13.1
Svolgimento E’ necessario, per descrivere la dinamica dei fenomeni coinvolti, stabilire l’istante di partenza da cui iniziare lo studio. Conviene prendere come istante zero quello in cui n e B sono concordi, figura 13.1a disegno in tratteggio. In un generico istante t B e n formano un angolo pari ad Į, con Į=Ȧt, nella quale Ȧ è la velocità angolare che rimane costante. Il flusso in un generico istante t concatenato con una spira è: ) B nˆA BL1L 2 cos D, il flusso totalmente concatenato con N spire è: ) T NBL1L 2 cos D ) x cos D. 316
Figura 13.1a
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
La f.e.m. indotta si ottiene per mezzo della relazione: d) T ui t Z) x sin Zt. dt La stesso risultato può essere ricavato a mezzo del metodo del flusso tagliato, ovviamente stabilendo quali lati della spira contribuiscano alla creazione di una f.e.m. che faccia circolare la corrente. Un conduttore in movimento in presenza di un campo magnetico vede nascere un campo elettrico dato da: k i v u B, in cui la velocità v non è costante in tutti i punti di una spira,, in quanto v=Ȧr, con r variabile tra 0 e L2/2, quindi v variabile tra -ȦL2/2 e ȦL2/2. Considerando un piano ortogonale all’asse di rotazione si possono identificare due regioni in cui ki mantiene lo stesso segno: nella zona 1 ki, ottenuto per mezzo della regola della mano destra, è uscente dal piano, mentre nella zona 2 ki è entrante, figura 13.1b. Si considerano prima i tratti di spira orizzontali, in questi partendo dal punto O, si inizia a generare un ki verso l’alto Figura 13.1b andando a sinistra, verso il basso andando a destra (figura 13.1c); questo ki però contribuisce solamente alla separazione delle cariche in maniera proporzionale alla distanza da O, giacché v è proporzionale a r, ma non si genera alcuna f.e.m. di spira. Per i lati verticali r è costante e pari a L2/2, quindi si ottiene un campo ki: ki
vuB
vB sin Zt. Figura 13.1c
La f.e.m. per ogni lato verticale è data da: L1 L LL Z 2 B sin Zt dl Z 1 2 B sin Zt, u'i 0 2 2 considerando che per ogni spira ci sono due contributi additivi dei lati verticali e considerando N spire, la f.e.m. totale è:
³
317
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
ui t 2NZ
L1L 2 B sin Zt Z) x sin Zt, 2 identica a quelle trovata precedentemente. La frequenza è data dal numero di cicli nell’unità di tempo: 3000 50 Hz, f 60 per cui la pulsazione vale 314 rad/s.
Si ricava quindi: ui t 117.75 sin 314t. Si ricava la corrente considerando la resistenza totale del sistema: RT = N·Rspira + Rcontatti + RL; U
2 L1 L 2 S
1.1
2 0.25 0.15 0.5
Bo z
RT = 10·1.76 + 0.8 + 42 =64.4 ȍ.
1.76 :;
za
R spira
La corrente i(t) è data da: ui t 1.95 sin 314t. RT La macchina genera una potenza elettrica P: i t
P t ui t i t 230 sin2 314t. 2 Considerando che sin D
P t
1 cos 2D , si ha: 2
230 1 cos 628t 115 1 cos 628t W. 2
La potenza media (potenza attiva) è data da: Pm t
1 2S 115 1 cos 628t dZt 2S 0
³
115 W. 318
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
La potenza sul carico è: PL t RLi2 t 160 sin2 314t
80 1 cos 628t W.
La potenza dissipata per effetto Joule è: PJ t
Rbobina R contatti i2 t
70 sin2 314t
35 1 cos 628t W.
Il rendimento si otttiene utilizzando le potenze medie: K
PLm PLm PJm
80 80 35
70%.
Bo z
za
A vuoto nasce una f.e.m., poi quando circola la corrente i entra in gioco un’interazione elettromagnetica, la cui forza è data dalla seguente formula: F i L u B. In figura sono rappresentate le forze agenti sui lati verticali percorsi dalla corrente i, si nota come queste costituiscano una coppia frenante. La forza agente sui lati L1 è data da: F Ni t L1B, e se si considera il braccio b=L2sinĮ, porta ad una coppia frenante: CF F b Ni t L1BL 2 sin Zt. La potenza meccanica è data da: Figura 13.1d Pmecc CF Z ZNL1L 2B sin Zt i t ui t i t , pari quindi alla potenza elettrica. In figura 13.1e sono rappresentati gli andamenti del flusso, della f.e.m. e della potenza generata. Si nota come la f.e.m. sia di tipo
319
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
sinusoidale, come la potenza generata sia di tipo pulsante e la presenza di uno sfasamento di 90° tra flusso e f.e.m. flusso [Wb]
0.5 0 -0.5 0
0.005
0.01
0.015
0.02 tempo [s]
0.025
0.03
0.035
0.04
0.005
0.01
0.015
0.02 tempo [s]
0.025
0.03
0.035
0.04
0.005
0.01
0.015
0.02 tempo [s]
0.025
0.03
0.035
0.04
ui [V]
200 0
PGEN [W]
-200 0 400 200
za
0 0
Bo z
Per ottenere un generatore di f.e.m. in corrente continua si può impiegare il collettore di figura 13.1f, nel momento in cui la ui deve cambiare di segno (flusso massimo e minimo) il collettore cambia la polarità sotto le spazzole, e la f.e.m. risulta quindi continua (pulsante).
ui [V]
200 100 0 0
0.005
0.01
0.015
0.02 tempo [s]
Figura 13.1f
320
0.025
0.03
0.035
0.04
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Esercizio 13.2 Un conduttore del rotore di un motore elettrico è attraversato da corrente e si trova immerso in un campo magnetico radiale costante e uniforme al traferro. Si calcoli la forza agente su di esso. Supponendo poi che il rotore si mantenga in rotazione con velocità costante sotto l’azione di tale forza, si calcoli la f.e.m. indotta nel conduttore per flusso tagliato, verificando che essa ostacola la circolazione della corrente. Si verifichi infine l'eguaglianza tra la potenza elettrica assorbita e la potenza meccanica sviluppata.
Figura 13.2
Lunghezza del conduttore: L = 1 m. Corrente nel conduttore: I = 50A. Velocità periferica del rotore: v = 30 m/s. Induzione: B = 1,2 T. Svolgimento Il conduttore percorso dalla corrente I si trova immerso in un campo induzione magnetica per cui nasce un’interazione elettromagnetica: & F I L u B, agente secondo la direzione mostrata in figura 13.2a. Il modulo della forza è pari a: & F ILB 60 N. 321
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
L
³ k dL 0
i
vBL
36 V.
Nel primo scenario uno schema equivalente circuitale è mostrato in figura 13.2c. Un generatore E è collegato ai conduttori di rotore e inietta una corrente I nel sistema:
+
³
ki d L
Bo z
ui
za
r
S’ipotizza un primo scenario in cui il rotore è bloccato da una coppia frenante. Rimangono presenti inalterate la forza, la corrente e l’induzione. Se invece il rotore inizia a ruotare, nasce un campo elettrico indotto ki dovuto al I moto delle particelle del B F conduttore (con velocità v = Ȧr) in presenza di un campo magnetico: I F ki v u B, la velocità ha la stessa direzione della forza, per B ǔ cui il campo che nasce si oppone alla circolazione di Figura 13.2a corrente che attraversa il conduttore. Si ha una f.e.m. indotta:
Figura 13.2b
E . R Il secondo scenario, con il sistema in rotazione, è mostrato in figura 13.2c. La corrente circolante nel sistema è: E ui I* , R Figura 13.2c con I*< I. Nei primi istanti, quando la velocità è bassa anche la f.e.m. indotta è contenuta, per cui la corrente I può assumere valori molto elevati. In presenza di rotore bloccato, l’effetto Joule è tale da danneggiare la macchina e ci si riferisce a questa situazione come condizione di corto circuito. Si valutano le potenze:
+
322
+
I
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Passorbita = ui·I = 36· 50=1800 W (elettrica), Pgenerata = F·v = 60· 30=1800 W (meccanica).
Bo z
za
Esercizio 13.3 In una cabina di distribuzione è installato un trasformatore normalizzato da 400 kVA, 20±5%/0.400-0.230 kV, che alimenta i carichi indicati in figura a mezzo di di linee in cavi unipolari in gomma con guaina, disposti affiancati su passerella. Si determinino: a) i componenti dell’ammettenza a vuoto (riportata a primario) e dell’impedenza di c.t. c.to (riportata al secondario) del trasformatore; b) le sezioni dei cavi di alimentazione, scelte in base alla tabella, maggiorando del 20% ciascun carico per tenere conto di futuri sviluppi; c) le potenze erogate, la caduta di tensione interna, le perdite e il rendimento del trasformatore, nelle condizioni di funzionamento finali; d) la caduta di tensione, le perdite di potenza e il rendimento della linea in cavo che alimenta il carico P3; e) le correnti per corto circuito trifase netto alle barre secondarie del trasformatore e all’estremità della linea che alimenta il carico P3.
P1= 50 kW; cosĭ1=1; P2= 140 kW; cosĭ2=0.9; P3= 70 kW; cosĭ3=0.8; Vn = 400 V
Figura 13.3
Svolgimento 323
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Lo schema equivalente alla prima fase del trasformatore trifase è riportato in figura 13.3a. S’identificano tre impedenze, due Figura 13.3a disposte longitudinalmente e una trasversalmente rispetto alla direzione del flusso di energia, che attraversa l’avvolgimento primario del trasformatore (morsetti AO) per alimentare la linea a valle del secondario (morsetti A’O’). Le impedenze longitudinali sono costituite da un resistore e un induttore in serie. Il resistore schematizza la resistenza del conduttore con cui sono realizzati gli avvolgimenti. L’induttore schematizza le cadute di tensione dovute ai flussi dispersi (figura 13.3b), flussi che si concatenano in parte con il nucleo magnetico e in parte in aria, e quindi non contribuiscono alla generazione del flusso di campo che magnetizza il nucleo del trasformatore. In linea di principio il valore dell’induttanza di flusso disperso ha un valore strettamente correlato alle particolari condizioni di lavoro della Figura 13.3b macchina, giacché la riluttanza del percorso in ferro dipende dalle ampere spire agenti nell’istante di tempo considerato, mediante la caratteristica di magnetizzazione non lineare. Tale approccio rigoroso tuttavia non consente di creare un modello efficace del trasformatore, per cui come prima approssimazione si trascura la riluttanza del percorso in ferro, rispetto alla riluttanza del cammino in aria che costituisce la parte prevalente della riluttanza totale. I valori d’induttanza sono pertanto assunti costanti. Il ramo trasversale schematizza il comportamento del circuito in ferro, ed è costituito da un resistore ed un induttore in parallelo. Il resistore trasversale tiene conto delle perdite di potenza attiva 324
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Tabella A – Serie a perdite normali Perdite a vuoto [W] 190 320 460 650 930 1300 1700 2600 3200 3800
Perdite dovute al carico [W] 1100 1750 2350 3250 4600 6500 10500 17000 220000 26500
Impedenza di cortocircuito [%] 4 4 4 4 4 4 6 6 6 6
Corrente a vuoto [% In] 2.9 2.5 2.3 2.1 1.9 1.8 1.5 1.3 1.2 1.1
Livello di potenza sonora dB (A) 55 59 62 65 68 70 73 76 79 81
Impedenza di cortocircuito [%] 4 4 4 4 4 4 6 6 6 6 6
Corrente a vuoto [% In] 1.9 1.5 1.3 1.1 0.9 0.8 0.8 0.7 0.5 0.5 0.5
Livello di potenza sonora dB (A) 46 48 50 52 54 56 56 58 60 62 64
Bo z
Potenza nominale [kVA] 50 100 160 250 400 630 1000 1600 (2000) 2500
za
dovute alle correnti parassite (non circolanti negli avvolgimenti) che nascono a seguito dei flussi dispersi sui vari elementi metallici (nucleo stesso, cassone metallico, bulloneria…), ed anche delle perdite dovuto al compimento dei cicli d’isteresi. L’induttore trasversale è l’elemento che nello schema rappresenta il livello di magnetizzazione (flusso) del nucleo ferromagnetico e quindi riferisce dell’energia immagazzinata per il corretto funzionamento della macchina. La scelta di elementi longitudinali in serie di fatto esprime la dipendenza delle perdite e cadute di tensione sugli avvolgimenti in rame dalla corrente che gli attraversa e quella di elementi trasversali in parallelo esprime la dipendenza dai livelli di tensione assunti nella macchina. I parametri dello schema equivalente dipendono dalla stazza del trasformatore impiegato. E’ riportata una tabella che riassume le principali caratteristiche dei trasformatori normati presenti in Italia.
Tabella B – Serie a perdite ridotte Potenza nominale [kVA] 50 100 160 250 400 630 630 1000 1600 (2000) 2500
Perdite a vuoto [W] 150 250 360 520 740 1040 900 1330 2090 2400 3040
Perdite dovute al carico [W] 850 1400 1850 2600 3650 5200 5600 9000 13000 16000 21000
325
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
La potenza apparente richiesta dal trasformatore è An = 400 kVA. Dalla tabella si ricavano le perdite a vuoto: P0 = 930 W. La tensione monofase al primario è: VnI EI 11547 V. 3 Quando il trasformatore non prevede un carico allacciato ai suoi morsetti secondari, la potenza in ingresso è totalmente dissipata all’interno della macchina. In questa condizione di funzionamento le perdite di potenza sul rame degli avvolgimenti sono trascurabili, si può assumere pertanto che la potenza dissipata a vuoto interessi esclusivamente il circuito magnetico. La conduttanza trasversale (valutata al primario) è quindi data da: P0 1 G0 2.3 10 6 : 1. II 3 E La corrente a vuoto (valutata al primario) è esprimibile utilizzando i dati della tabella come: I0 0.019 IIn , con An IIn 11.5 A, 3EI pertanto si ha: I0 0.22 A. L’ammettenza trasversale vuoto è data da: I0 Y0 2.0 10 5 : 1. I E La suscettanza a vuoto è: B0
Y02 G02
a
Figura 13.3c
1.9 10 5 : 1.
Per calcolare l’impedenza di corto circuito ci si riferisce a uno schema in cui alimentazione e impedenze sono riportate tutte a valle del secondario del trasformatore, figura 13.3c. La corrente derivata dal ramo trasversale, il cui valore massimo è rappresentato dalla corrente a vuoto, assume qualche percento della corrente nominale di macchina, pertanto quando la macchina è attraversata dalla sua corrente nominale (condizioni per la prova in corto circuito), è possibile trascurare il contributo dell’impedenza trasversale. 326
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
L’impedenza di corto circuito è pertanto data dalla somma delle due impedenze longitudinali. Il rapporto di trasformazione n è dato da: VnII 0.4 1 n . I 20 50 Vn La corrente nominale al secondario è data da: 1I IIIn In 50 11.5 577.5 A. n Sempre dalla tabella A si considerano le perdite a piena potenza, per cui la parte resistiva dell’impedenza di cortocircuito è data da: Pcc 1 R cc 4.6 10 3 :. 3 III 2
n
Bo z
za
Si calcola adesso l’impedenza di cortocircuito partendo sempre dalla tabella A: 1 11547 EI n 50 1.6 10 2 :. Z cc Z cc % Zn 0.04 II 0.04 577 . 5 In Si trova facilmente la reattanza di corto circuito: X cc
2 2 Z cc R cc
1.53 10 2 :.
Le potenze richieste dai carichi, a seguito di un incremento delle stesse di un 20% per tenere conto di eventuali sviluppi futuri, valgono: PI1 = 1.2·P1 = 60 kW; PI2 = 1.2·P2 = 168 kW; PI3 = 1.2·P3 = 78 kW. Le correnti di impiego nel servizio ordinario sono: P2I P1I Ib1 86 . 6 A , I 269.4 A, b2 3 VnII cos I1 3 VnII cos I2 Ib3
P3I
151.5 A. 3 VnII cos I3 Per la scelta dei conduttori delle tre fasi si utilizza la tabella CEIUNEL 35024. Si considerano cavi unipolari in gomma con guaina non distanziati, disposti in passerelle. 327
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Tabella C: Portata dei cavi in regime permanente Tipo di posa Cavi, unipolari o multipolari -Entro tubi -Sotto modanature
Tipo di cavo
Isolante
Unpolari senza guaina
Multipolari ed unipolari PVC o Rf; gomma G* con guaina Gomma G2*
3
2
4
3
2
4
4
PVC R o Rf; gomma G Multipolari
3
2
4
3
2
3
2
Gomma G2 o G5
- Su passerelle
Polietilene reticolato
Cavi unipolari non distanziati
PVC R o Rf; gomma G
- Su passerelle
Numero dei conduttori 4
Gomma G2*
Cavi multipolari distanziati - Fissati alle pareti
PVC R o Rf; gomma G*
4 4
3
Unipolari senza guaina Gomma G2 o G5
3
2
4
3
2
3
2
2
Polietilene reticolato Cavi unipolari non distanziati - Fissati alle pareti
4
PVC R o Rf; gomma G Unipolari con guaina
- Su passerelle
Gomma G2 o G5 4
Polietilene reticolato
-Sospesi a fune portante
Minerale
Cavi unipolari distanziati
PVC R o Rf; gomma G
3
2
n
- Su passerelle o su isolatori Unipolari senza guaina Gomma G2 o G5
n
- Su passerelle o su supporti Unipolari con guaina analoghi
n
PVC R o Rf; gomma G
Bo z
Cavi unipolari distanziati
za
Polietilene reticolato Gomma G2 o G5
n
Polietilene reticolato
n - numero qualsiasi di cavi
Sezione Nominale
Portate in regime
* - I valori di portata valgono solo per
Conduttori (mm²)
Permanente (A)
1
10,5 12 13,5 15 17 19 21 23
1,5
14 15,5 17,5 19,5 22 24 27 29
sezioni =< 35 mm² Nota - La gomma di qualità G2 non è più
2,5
19
21
24
26 30 33 37 40
descritta nella nuova edizione della Norma
4
25
28
32
35 40 45 50 55
20-11; si può fare riferimento, per analogia
6
32
36
41
46 52 58 64 70
di caratteristiche, all' isolamento G6I.
10
44
50
57
63 71 80 88 97
16
59
68
76
85 96 107 119 130
25
75
89 101 112 127 142 157 172
35
97 111 125 138 157 175 194 213
La temperatura si riferisce a 30° C
328
50
-
134 151 168 190 212 235 257
70
-
171 192 213 242 270 299 327
95
-
207 232 258 293 327 362 396
120
-
239 269 299 339 379 419 458
150
-
275 309 344 390 435 481 527
185
-
314 353 392 444 496 549 602
240
-
369 415 461 522 584 645 707
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Per le tre correnti di impiego Ib si determinano le relative portate dei conduttoti Iz (Iz> Ib): Iz1 = 112 A; Iz2 = 299 A; Iz3 = 168 A; con le relative sezioni date da: S1 = 25 mm2; S2 = 120 mm2; S3= 50 mm2.
Bo z
za
Le sezioni ricavate assicurano la robustezza del conduttore pr quanto riguarda gli stress termici, ma la lunghezza non trascurabile del terzo cavo impone una verifica sulla caduta di tensione, che non deve superare la soglia del 5%, al fine di garantire le corrette condizioni di alimentazione. Si fa riferimento alla figura 13.3d, in cui è riprodotto lo schema unifilare di alimentazione ed il relativo schema circuitale. La tesnione sul carico tre V3 è funzione della caduta di tensione sulla linea di alimentazione ǻVab, caduta che dipende dalle caratteristiche del conduttore Figura 13.3d impiegato. Si considera il diagramma fasoriale di figura 13.3e, in cui s’immagina nota e fissa la tensione di alimentazione V3 sul carico ed anche la relativa corrente I3. A partire dalle grandezze di carico si determina la caduta di tensione sulla linea suddivisa in una caduta di tensione Figura 13.3e
3R I ed una caduta di tensione induttiva j 3 X I , per
resistiva
3
3
le quali si sono considerati gli
operatori 3 che consentono di riferire le cadute di tensione di linea monofase alle tensioni concatenate trifase, ed i parametri di resistenza chilometrica e reattanza chilometrica ricavati dalla tabella CEI-UNEL 35023-70, per cui: R= r ·L =0.473 ·0.120 = 0.0568 ȍ; X = x ·L =0.101 ·0.120 = 0.0121 ȍ. 329
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Tabella D: Resistenza e reattanza specifica dei cavi unificati Cavi unipolari Sezioni nominali 2 in mm
Reattanza x ȍ/km 0.176 0.168 0.155 0.143 0.135 0.119 0.112 0.106 0.101 0.101 0.0965 0.0975 0.0939 0.0928 0.0908 0.0902 0.0895 0.0876 0.0867 0.0865
Resistenza r a 80°C ȍ/km 22.5 15.1 9.08 5.68 3.78 2.27 1.43 0.907 0.654 0.483 0.334 0.241 0.191 0.157 0.125 0.0966 0.0780 0.0625 0.0512 0.0417
Reattanza x ȍ/km 0.125 0.118 0.109 0.101 0.0955 0.0861 0.0817 0.0813 0.0783 0.0779 0.0751 0.0762 0.0740 0.0745 0.0742 0.0752 0.0750 0.0742 0.0744 0.0749
Bo z
za
1 1.5 2.5 4 6 10 16 25 35 50 70 95 120 150 185 240 300 400 500 630
Resistenza r a 80°C ȍ/km 22.1 14.8 8.91 5.57 3.71 2.24 1.41 0.889 0.641 0.473 0.328 0.236 0.188 0.153 0.123 0.0943 0.0761 0.0607 0.0496 0.0402
Cavi multipolari
Nota la caduta di tensione sulla linea (sottesa nel diagramma tra i punti A e P), si traccia il fasore relativo alla tensione di alimentazione in partenza dal trasformatore, Va, sottesa tra i punti O e P. Tale tensione può essere riportata sulla direzione data dal fasore della tensione sul carico, indicata semplicemento come retta m, per mezzo di un tratto di circonferenza che incontra la retta m in C’. La caduta di tensione ǻVab è data dal segmento AC’, che può essere confuso con il segmento AC, con C proiezione del punto P, senza incorrere in grossi errori. Il segmento AC è scomponibile in AB, proiezione della caduta resistiva su m e BC proiezione della caduta induttiva sempre su m. La caduta di tensione sulla linea (utilizzando la corrente maggiorata del 20%) è pertanto data da: 'Vab
3RI3 cos I3 3 XI3 sin I3 ,
da cui la caduta percentuale:
330
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
'Vab%
3I3 R cos I3 X sin I3 Vn' '
100
3 151.5 0.0568 0.8 0.0121 0.6 100 400
3.45%,
valore che rispetta i limiti qualitativi.
Bo z
za
Si valuta adesso la caduta di tensione interna di macchina, dovuta al passaggio di corrente attraverso l’impedenza di corto circuito, introdotta nella figura 13.3c ed adesso rielaborata in figura 13.3f, in cui le impedenze longitudinali sono unificate e l’impedenza trasversale non è Figura 13.3f tracciata. Si è indicata con EL la tensione (monofase) effettivamente disponibile ai morsetti del trasformatore: II EL E II Z cc Itot , che con un ragionamento simile a quello effettuato per la caduta di tensione di linea porta a: 'E R ccIIItot cos Itot X ccIIItot sin Itot , in cui si definiscono If corrente in fase e Iq corrente in quadratuta con la tensione lato carico: If IIItot cos Itot , Iq IIItot sin Itot . L’angolo ĭtot individua lo sfasamento tra la tensione ai morsetti del secondario del trasformatore e la corrente totale erogata verso i carichi: Q Q Q Q 'Q 1 2 3 linea i i tgItot ; P P P P ' Pi 1 2 3 linea
¦ ¦
i
in cui compaiono le potenze effettivamente richieste dai carichi (non quelle incrementate) e la potenza attiva e reattiva impegnata dalla linea in cavo sono date da: 331
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
2
'Plinea
§ · P3 ¸ 3R ¨ ¨ 3 V II cos I ¸ n 3 ¹ ©
'Qlinea
§ · P3 ¸ 3X ¨ ¨ 3 V II cos I ¸ n 3 ¹ ©
tgItot
¦Q ¦P i
3 0.0568 126.5
2
2
3 0.0121 126.5
2
0 67.8 52.5 0.558 50 140 70 2.72
i
i i
2.72 kW,
0.5581 kVAr,
0.46,
ĭtot = 21.45°, cos ĭtot =0.908, sin ĭtot =0.418. La corrente richiesta al secondario è data da:
¦P ¦ Q 2
IIItot
2
i i
i
i
3 VnII
417 A,
za
per cui If = 378.6 A e Iq = 174.3 A.
Bo z
Si trova quindi la caduta di tensione percentuale di fase: 'E%
R ccIf X ccIq EII
100
4.6 10 3 378.6 1.53 10 2 174.3 400
1.9%.
3 Il rendimento di trasmissione della linea è dato dal rapporto tra la potenza trasferita al carico tre e la potenza attiva che transita nella linea in cavo: K3
P3 100 P3 'Plinea
70 100 96.26%. 70 2.72
Le perdite di funzionamento nel trasformatore sono individuate nelle perdite nel ferro (perdite a vuoto) e quelle nel rame (perdite a carico): 'Pfe
930 W;
'Pcu
§ III · ¸ 'Pcc ¨ tot ¨ III ¸ n ¹ ©
2
§ 417 · 4600¨ ¸ © 577 ¹
2
2400 W; 332
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Il rendimento del trasformatore è dato dal rapporto tra la potenza trasferita al secondario e la potenza totale in ingresso al primario: K
P1 P2 P3 'Plinea 100 98.75%. P1 P2 P3 'Plinea 'Pfe 'Pcu
Bo z
za
Si valutano le correnti di cortocircuito trifase netto. In figura 13.3g è rappresentato lo scenario di un cortocircuito alle barre secondarie del trasformatore, in cui si ipotizza che la rete a monte del trasformatore sia a potenza prevalente e quindi non necessita di descrizione (tensione indipendente dalla corrente Figura 13.3g erogata). In presenza di corto circuiti, per la determinazione delle correnti incognite, si è soliti applicare il teorema di Thevenin, il quale consente di rappresentare la rete resa passiva (impedenze di linea e dei trasformatori) e un unico generatore di tensione, il quale, per considerare la situazione più critica, assume il valore della tensione nominale del sistema e tramite questa alimenta il cortocircuito. La corrente di corto circuito trifase alla barra del trasformatore è: VnII 1 400 1 Icc 2 14.4 kA. 3 Z cc 3 1.6 10 2 In figura 13.3h è rappresentato il secondo scenario: corto circuito all’estremità della linea in cavo. La corrente di corto circuito è data da: VnII
Icc
1
3 R cc jX cc R jX
400
1 3 0.0672
Figura 13.3h
3437 A.
333
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Nella seguente tabella sono enumerati i principali interruttori monofase e trifase in commercio, elencati in base alla corrente nominale dell’interruttore. Tabella E INTERRUTTORI MONOFASE [A]
INTERRUTTORI TRIFASE
6 10 16 20 25 32 40 50 63
16 25 32 40 50 63 80 100 125
250 400 630 1000 1250 1600
Bo z
za
L’interruttore deve proteggere il sistema in maniera intelligente, deve attivarsi per correnti di guasto e non per le ordinarie correnti di carico, pertanto nella scelta dell’interruttore, deve essere rispettata la seguente relazione: Ib d IN d Iz , in cui Ib è la corrente di impiego della linea, IN è la corrente nominale o portata dell’interruttore e Iz è la portata del cavo. Per proteggere la rete a valle delle barre di bassa tensione si sceglie un interruttore trifase da 630A con potere d’interruzione non inferiore a 15 kA. Non è agevole la scelta dell’interruttore da inserire in prossimità dell’estremità della linea, giacché non esiste un formato commerciale che verifichi: 151 d IN d 168, si deve quindi impiegare una sezione commerciale superiore per la linea in cavo e si sceglie quella da 95mm2: 151 d IN d 258. Si sceglie un interruttore trifase da 250A, con potere d’interruzione non più da 3500 A, poiché tale conto deve essere aggiornato in base alla nuova scelta della sezione del conduttore di linea: VnII 1 I*cc 3 R cc jX cc R * jX * 400 3
1 4.6 10
3
1.53 10
2
0.236 0.12 j0.0975 0.12
5.42 kA,
da cui il potere di interruzione deve essere superiore a 5.5 kA. 334
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Esercizio 13.4
Bo z
za
Si specifichino le caratteristiche di ordinazione di un motore asincrono trifase a 380 V, da installare a Figura 13.4 corredo di una pompa centrifuga per sollevamento d'acqua in servizio continuo, avente portata di 50 l/s con prevalenza di 40 m, numero di giri nominale 1500 min-1 e rendimento del sistema idraulico 0.70. Si scelga la sezione del cavo di alimentazione, disposto entro un tubo di protezione interrato, supponendo che il quadro di distribuzione sia a 250 m di distanza dalla pompa, in modo da limitare al 3% la caduta di tensione a regime e realizzare una coppia di spunto non inferiore alla coppia nominale del motore. Si valuti il rendimento del motore, della trasmissione e dell'intero sistema a regime. Infine si scelgano le caratteristiche dell’interruttore magnetotermico di protezione della linea, tenendo conto che lo stesso deve proteggere il cavo dai sovraccarichi e dai corto circuiti. Svolgimento Si valuta la potenza richiesta dalla pompa centrifuga: P=ȡ·g·H·Q·Ș, in cui ȡ è la densità (kg/m3), g è lì accelerazione di gravità (g=9.81m/s2), H è la prevalenza (m), Q è la portata volumetrica (m3/s), Ș è il rendimento del sistema idraulico. Si ha quindi: P 1 103 9.81 40 50 10 3 0.70 ,28 kW.
Nella seguente tabella sono riportati alcuni modelli di motori trifase asincroni commerciali a quattro poli, che garantiscono una velocità di 1500 giri al primo. La scelta ricade sul modello 20, che garantisce una potenza di 30kW, con corrente nominale In = 54.7 A a cosĭ=0.86.
335
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
4 poli Tipo
230/400V@50Hz Potenza Velocità
In Fattore 400V potenza @50Hz
Rendimento
Ia ÷ In
Mz Mm Rumore ÷ ÷ Mn Mn
Mn
Massa
kW
giri/min
A
cosĭ
Ș%
1
0.06
1340
0.22
0.69
56
2
0.09
1340
0.31
0.7
58
3
0.12
1360
0.42
0.72
59
4
0.18
1360
0.59
0.73
62
4.4 2.1 2.2
5
0.25
1380
0.75
0.74
67.3
5.2 2.1 2.2
6
0.37
1380
1.06
0.75
70
5.2 2.1 2.2
7
0.55
1400
1.49
0.75
71.8
5.2 2.3 2.3
8
0.75
1400
1.92
0.77
73.5
6
2.3 2.3
9
1.1
1400
2.75
0.78
76.5
6
10
1.5
1400
3.52
0.79
78.6
6
11
2.2
1420
4.9
0.82
82
7
2.3 2.3
54
14.8
23
12
3
1420
6.44
0.83
83
7
2.3 2.3
54
20.2
25
13
4
1440
8.36
0.83
85.1
7
2.3 2.3
55
26.5
28
14
5.5
1440
11.2
0.84
86.6
7
2.3 2.2
61
36.5
45
15
7.5
1440
14.8
0.85
87.6
7
2.3 2.3
61
49.7
55
16
11
1460
21.1
0.85
88
7
2.2 2.3
64
71.6
118
1460
28.6
0.85
18.5
1470
34.6
0.85
19
22
1470
41
0.85
Nm
kg
42
0.43
3.5
2
2.1
4
2
2.1
42
0.64
3.6
4.4 2.1 2.2
42
0.84
4.5
42
1.26
4.7
45
1.73
6
45
2.56
6.3
48
3.75
10
48
5.11
11
2.3 2.3
51
7.5
13
2.3 2.3
51
10.2
14
89
7.5 2.2 2.3
64
98.1
132
90.5
7.5 2.2 2.3
65
120
164
91
7.5 2.2 2.3
65
143
182
za
15
18
Bo z
17
dB(A) 4
20
30
1480
54.7
0.86
92
7.2 2.2 2.3
68
193
245
21
37
1480
66.4
0.87
92.5
7.2 2.2 2.3
70
239
258
22
45
1480
80.4
0.87
92.8
7.2 2.2 2.3
70
290
290
23
55
1480
97.8
0.87
93
7.2 2.2 2.3
72
355
388
24
75
1485
133
0.87
93.8
7.2 2.2 2.3
75
484
510 606
25
90
1485
158.7
0.87
94.2
7.2 2.2 2.3
75
579
26
110
1485
191
0.88
94.5
6.9 2.1 2.2
82
707
910
27
132
1485
228
0.88
94.8
6.9 2.1 2.2
82
849
1000
28
160
1485
273
0.89
94.9
6.9 2.1 2.2
85
1026
1055
29
200
1485
341
0.89
95
6.9 2.1 2.2
85
1283
1128
30
250
1485
421
0.9
95.3
6.9 2.1 2.2
89
1609
1700
31
315
1485
528
0.9
95.6
6.9 2.1 2.2
89
2027
1850
SIGNIFICATO DEI SIMBOLI Ia = corrente d'avviamento ~ In = corrente nominale (assorbita) ~ Mm = coppia massima ~ Mn = coppia nominale ~ Mz = coppia d'avviamento
Per la scelta dei conduttori delle tre fasi si utilizza la tabella C dell’esercizio 13.3. Si considerano cavi unipolari in gomma disposti entro tubi. In base alla corrente di esercizio Ib si sceglie la sezione di 16mm2, la cui portata Iz è pari a 68A. Si valuta la caduta di tensione per la linea in cavo. 336
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
I parametri di resistenza chilometrica e reattanza chilometrica si ricavano dalla tabella D dell’esercizio13.3, per cui: R= r ·L =1.41 ·0.250 = 0.3525 ȍ; X = x ·L =0.112 ·0.250 = 0.0280 ȍ. La caduta di tensione sulla linea è pertanto data da: 3RIn cos I 3 XIn sin I 100 Vn
'V%
3 0.028 54.7 0.51 100 400
3 0.35 54.7 0.86 100 400
7.46%.
Bo z
za
A causa dell’elevata distanza tra alimentazione e motore si è otttenuta una caduta di tensione eccessiva. Si considerano diverse sezioni e si valutano le relative cadute di tensione: sezione pari a 25mm2, ǻV% = 4.84%; sezione pari a 35mm2, ǻV% = 3.57%; sezione pari a 50mm2, ǻV% = 2.71%. Per valutare il rendimento della trasmissione preliminarmente l’entità delle perdite in linea: 'Plinea
3rLIn2
3 0.483 0.250 54.7
per cui si ha: Pm Kt 100 Pm 'Plinea
2
si
ricava
1.08 kW,
30 100 96.53%. 30 1.08
Il rendimento del sistema si ottiene moltiplicando i rendimenti del motore, della trasmissione e del sistema idraulico: Kt Km Kt Ki 0.92 0.96 0.70 62%. La scelta del dispositivo di protezione per un motore elettrico va effettuata tenendo conto della corrente di spunto della macchina stessa. Durante il transitorio di avviamento il motore asincrono richiede una corrente superiore a quella di regime, tale corrente di spunto non deve essere confusa con una corrente di guasto. 337
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
In figura 13.4a è riportata la caratteristica d’intervento di un interruttore automatico magnetotermico. Sull’asse delle ascisse si trovano le correnti riferite alla corrente nominale dell’interruttore; su quello delle ordinate si trovano i tempi d’intervento espressi in secondi. Nella caratteristica d’intervento tempo-corrente si distingue una zona termica nella quale il tempo di intervento decresce tanto più grande è la sovracorrente rispetto alla corrente nominale dell'interruttore. Quando invece la corrente assume i connotati di una corrente di guasto, si entra nella zona d’intervento magnetico, caratterizzata da un tempo fisso molto breve (millesimi di secondo) indipendentemente dal valore della corrente. Sono rappresentate due curve giacché vi è un intervallo di tolleranza nella costruzione dei dispositivi. Si differenziano i dispositivi automatici magneto-termici in base ai valori di corrente d’intervento magnetico: per il tipo B si entra in tale zona quando la corrente è compresa tra 3 e 5 volte la corrente nominale; per il tipo C invece ciò avviene quando la corrente è da 5 a 10 volte la corrente nominale (figura 13.4a), mentre per il tipo D quando è tra 10 e 20 volte. Figura 13.4a Se si scegliesse una curva del tipo C l’interruttore automatico interverrebbe all’avviamento del motore asincrono in quanto la corrente di spunto è Ia = 7.2 IN, la scelta cade su un interruttore con caratteristica di tipo D. Si sceglie un interruttore automatico con IN = 63 A, ed inoltre si verifica che la corrente di sicuro intervento If =1.45 IN rispetta la seguente condizione: If =91.4 < Iz50 = 168 A.
338
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Esercizio 13.5 I capannoni di uno stabilimento industriale hanno la disposizione in pianta indicata in figura 13.5. In corrispondenza di ognuno di essi è indicata la potenza installata, il fattore di potenza e il fattore di utilizzazione della potenza installata. Assunto unitario il fattore di contemporaneità, si determinino: A) la potenza da assegnare al trasformatore MT/bt, da disporre in posizione baricentrica; B) le sezioni delle linee in cavo di alimentazione dei capannoni e la sezione della linea di alimentazione dell’impianto d’illuminazione (linee tutte interrate entro tubi di protezione), nonché gli interruttori magnetotermici di protezione delle stesse linee, ipotizzando che ciascuna linea possa seguire il percorso più breve dal quadro di cabina al quadro generale del capannone e tenendo conto che: la c.d.t. in ciascuna linea non deve superare il 3% in corrispondenza del carico massimo; ciascuna linea deve esser protetta contro i sovraccarichi e i corto circuiti. C) le correnti per corto circuito trifase netto alle sbarre b.t. del trasformatore e in corrispondenza del quadro generale di ogni capannone, nonché la corrente per corto circuito netto fase-neutro all'estremo della linea monofase di alimentazione dell'impianto di illuminazione esterno che parte dal capannone (1) (sei centri luminosi di eguali caratteristiche). D) considerando che per la resistenza dell’impianto di terra dello stabilimento è stato misurato il valore di 5 ȍ, si verifichi se gli interruttori magnetotermici scelti siano in grado di assicurare la protezione contro i guasti a terra; in caso contrario, si indichino gli interruttori differenziali puri da inserire nelle diverse sezioni dell’impianto.
Capannone 1: P1= 50 kW, cosĭ1 =0.7, Fu1 =0.7; Capannone 2: P2= 100 kW, cosĭ2 =0.8, Fu2 =0.7; Capannone 3: P3= 150 kW, cosĭ3 =0.8, Fu3 =0.5; Capannone 4: P4= 30 kW, cosĭ4 =1, Fu4 =1; Capannone 5: P5= 75 kW, cosĭ5 =0.7, Fu5 =0.6. Illuminazione: Pil= 1500W, cosĭil =0.9, E=230 V.
339
Bo z
za
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Figura 13.5 340
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Punto A Per il dimensionamento delle linee e nonché per la scelta del trasformatore si deve tener conto della massima potenza utilizzata, quantità che è facilmente ricavabile dalla potenza installata quando è noto il fattore di utilizzazione: Pui = Fui ·Pi . Si trovano così le massime potenze attive utilizzate e da esse, adoperando il fattore di potenza, le potenze reattive e apparenti richieste dai carichi. CARICO 1
CARICO 2
Tabella 1 CARICO 3
CARICO 4
CARICO 5
Pu1 = 35 kW Q u1= 35.7 kVAr A u1 = 50 kVAR
Pu2 = 70 kW Q u2 = 52.5 kVAr A u2 = 87.5 kVA
Pu3 = 75 kW Q u3 = 56.25 kVAr A u3 = 93.75 kVA
Pu4 = 30 kW Q u4 = 0 kVAr A u4 = 30 kVA
Pu5 = 45 kW Q u5 = 46 kVAr A u5 = 64.35 kVA
¦P ¦ Q 2
i ui
2
i
ui
318 kVA,
Bo z
A tot
za
La potenza impegnata dal trasformatore nell’alimentazione dei cinque carichi è data dalla somma fasoriale delle singole potenze apparenti dei cinque carichi:
per tenere conto di eventuali sviluppi si maggiora tale potenza del 5%: A tot5 A tot 1.05 334 kVA, dalla tabella A CEI 14-13 si sceglie il trasformatore di potenza apparente superiore e più vicina a quella ricavata: AN = 400 kVA. La scelta della posizione in cui istallare il trasformatore di alimentazione deve essere fatta per mezzo di formule che tengano conto della posizione dei carichi ed anche della loro entità, facendo riferimento alla tabella 2 si ha: A xi A yi i ui i ui xb 107 m, yb 54 m. A ui Aui
¦ ¦
¦ ¦
i
i
CARICO 1
CARICO 2
Tabella 2 CARICO 3
CARICO 4
CARICO 5
x1 = 26 m y1 = 62 m A u1 = 50 kVAR
x2 = 95 m y2 = 72 m A u2 = 87.5 kVA
x3 = 145 m y3 = 72 m A u3 = 93.75 kVA
x4 = 84 m y4 = 32 m A u4 = 30 kVA
x5 = 154 m y5 = 12 m A u5 = 64.35 kVA
341
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Punto B Per mezzo della seguente formula si valutano le distanze dei carichi dal trasformatore: Di
x i x b 2 yi yb 2 .
Le correnti d’impiego massime, ibi, che attraversano le linee sono date da: Aui Ibi , 3 Vn con Vn tensione nominale trifase pari a 400 V. Nella tabella 3 sono riassunti i valori delle distanze e delle correnti d’impiego. CARICO 1
CARICO 2
Tabella 3 CARICO 3
CARICO 4
CARICO 5
D1 = 81.4 m Ib1 = 73 A
D2 = 21.6 m Ib2 = 126 A
D3 = 42 m Ib3 = 135 A
D4 = 32 m Ib4 = 44 A
D5 = 63 m Ib5 = 93 A
Bo z
za
Per mezzo della tabella C dell’esercizio 13.3, scegliendo cavi unipolari in gomma G senza guaina interrati in tubi di protezione senza neutro (3 conduttori), si ottengono le sezioni riportate in tabella 4, e per mezzo della tabella D dell’esercizio 13.3 i relativi parametri chilometrici. CARICO 1
CARICO 2
Tabella 4 CARICO 3
CARICO 4
CARICO 5
Ib1 = 73 A Iz1 = 89 A S1 = 25 mm2 rl1 = 0.889 ȍ/km xl1 = 0.106 ȍ/km
Ib2 = 126 A Iz2 = 134 A S2 = 50 mm2 rl2 = 0.473 ȍ/km xl2 = 0.101 ȍ/km
Ib3 = 135 A Iz3 = 171 A S3 = 70 mm2 rl3 = 0.328 ȍ/km xl3 = 0.0965 ȍ/km
Ib4 = 44 A Iz4 = 50 A S4 = 10 mm2 rl4 = 2.24 ȍ/km xl4 = 0.119 ȍ/km
Ib5 = 93 A Iz5 = 111 A S5 = 35 mm2 rl5 = 0.641 ȍ/km xl5 = 0.101 ȍ/km
Si valutano adesso le cadute di tensione sulle linee che alimentano i carichi per mezzo della seguente formula: 3rli Di In cos Ii 3 x li Di In sin I 'Vi% 100, Vn ottenendo i valori sotto riportati: CARICO 1
CARICO 2
Tabella 4 CARICO 3
CARICO 4
CARICO 5
ǻV1 = 1.8%
ǻV2= 0.52%
ǻV3 = 0.79%
ǻV4 = 1.4%
ǻV5 = 1.3%
342
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Si dimensionano gli interruttori magnetotermici, rispettando la seguente regola e tenendo conto della tabella E dell’esercizio 13.3: Ib d IN d Iz , in cui Ib è la corrente di impiego della linea, IN è la corrente nominale o portata dell’interruttore e Iz è la portata del cavo. CARICO 1 Ib1 = 73 A Iz1 = 89 A IN1 = 80 A
CARICO 2
Tabella 5 CARICO 3
CARICO 4
CARICO 5
Ib2 = 126 A Iz2 = 134 A IN2 = 250 A S’2 = 2x16 mm2 I’z2 = 2x68 A I’N2 = 2x63 A
Ib3 = 135 A Iz3 = 171 A IN3 = 250 A S’3 = 2x35 mm2 I’z3 = 2x111 A I’N3 = 2x100 A
Ib4 = 44 A Iz4 = 50 A IN4 = 50 A S’4 = 16 mm2 I’z4 = 68 A I’N4 = 50 A
Ib5 = 93 A Iz5 = 111 A IN5 = 100 A
Bo z
za
Solamente i carichi 1 e 5 consentono il dimensionamento immediato del dispositivo di protezione. Si procede in due maniere differenti: si alimenta il carico 4 per mezzo di una linea da 16 mm2 con portata di 68 A; si sdoppiano le linee che alimentano i carichi 2 e 3 in 2 x 16 mm2 e 2 x 35 mm2 e si utilizzano degli interruttori gemelli per ogni linea. Si dimensiona adesso la linea monofase che alimenta l’impianto d’illuminazione. La corrente richiesta per ogni derivazione è: Pil 1500 7.25 A. Iil E cos Iil 230 0.9 La distribuzione è a sbalzo ma si ritiene costante la sezione della linea in ogni tratto, non realizzando una linea a “cannocchiale” la quale comporta difficoltà nella gestione di un magazzino ricambi. In partenza dal capannone 1 la linea è attraversata dalla corrente Iilt =6·Iil = 44 A, che richiederebbe una sezione di 10 mm2 in base alla tabella C utilizzando due conduttori. Tale sezione non può essere però presa in considerazione poiché il criterio della massima caduta di tensione ammissibile è più stringente per una linea con carico distribuito. Identificati con Li i tratti della linea su cui valutare le singole cadute di tensione (con L1 il tratto più vicino dal capannone 1, figura 13.5a), considerando entrambi i conduttori di andata e di ritorno, i quali presentano la stessa resistenza chilometrica ril, trascurando il 343
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
contributo dell’induttanza chilometrica, la caduta di tensione totale è data da: 'VT 2rilL1 Iil1 Iil2 Iil3 Iil 4 Iil5 Iil6 2rilL 2 Iil2 Iil3 Iil4 Iil5 Iil6 2rilL 3 Iil3 Iil 4 Iil5 Iil6 2rilL 4 Iil 4 Iil5 Iil6 2rilL 5 Iil5 Iil6
2rilL 6 Iil6 2ril
¦O I , i i
ili
Bo z
za
avendo posto: Ȝ1= L1, Ȝ2= L1+L2, Ȝ3= L1+L2+L3, Ȝ4= L1+L2+L3+L4, Ȝ5= L1+L2+L3+L4+L5, Ȝ6= L1+L2+L3+L4+L5+L6.
Figura 13.5a
La massima caduta di tensione ammissibile è ǻVT = 0.03·230 = 6.9V, per cui è possibile ricavare la resistenza chilometrica ril: 'VT 6.9 ril d 0.210 7.25 0.150 7.25 0.120 7.25 2 2 O i Ii
¦
i
0.090 7.25 0.060 7.25 0.030 7.25 0721 : / km.
Si sceglie pertanto un conduttore da 35 mm2 che presenta una resistività chilometrica di 0.641 ȍ/km (che verifica anche il criterio termico). Punto C Si valuta la corrente di corto circuito alle barre del trasformatore. In figura 13.5b è rappresentato lo scenario di un cortocircuito alle barre secondarie del trasformatore, in cui si ipotizza che la rete a 344
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
monte del trasformatore sia a potenza prevalente e quindi non necessita di descrizione. In base alla tabella A dell’esercizio 13.3 si calcola l’impedenza di cortocircuito in funzione dell’impedenza vista al secondario del trasformatore: E Z cc Z cc % ZIIn 0.04 II In 0.04
Vn An
3
0.04
3 Vn
4002 400 103
1.6 10 2 :. Sempre dalla tabella A si considerano le perdite a piena potenza, per cui la parte resistiva dell’impedenza di cortocircuito è data da: Pcc 1 R cc 4.6 10 3 :. 2 3 A 3V n
n
za
Figura 13.5b
X cc
2 2 Z cc R cc
Bo z
Si trova facilmente la reattanza di corto circuito: 1.53 10 2 :.
La corrente di corto circuito trifase alle barre del trasformatore è: Vn 1 400 1 Icc 14.4 kA. 3 Z cc 3 1.6 10 2 Per valutare le correnti di cortocircuito ai quadri dei capannoni si considera lo scenario di figura 13.5c: corto circuito all’estremità di una linea in cavo. La corrente di corto circuito è data da: Icc i
Vn
3 R cc jX cc
1 . ri Di jx i Di
345
Figura 13.5c
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
CARICO 1
CARICO 2
Tabella 5 CARICO 3
CARICO 4
CARICO 5
rl1 = 0.889 ȍ/km
rl2 = 0.705 ȍ/km
rl3 = 0.320 ȍ/km
rl4 = 1.41 ȍ/km
rl5 = 0.641 ȍ/km
xl1 = 0.106 ȍ/km
xl2 = 0.050 ȍ/km
xl3 = 0.050 ȍ/km
xl4 = 0.112 ȍ/km
xl5 = 0.101 ȍ/km
D1 =0.0 814 km Icc1 =2.85 kA
D2 = 0.0216 km Icc2 =9.11 kA
D3 = 0.042 km Icc3 =9.22 kA
D4 = 0.032 km Icc4 =4.34 kA
D5 = 0.063 km Icc5 =4.63 kA
Si scelgono interruttori con potere d’interruzione di 10 kA.
t [s]
Bo z
za
20 kV Ovviamente la scelta degli interruttori 400 V automatici a monte e a barre b.t. valle delle linee in cavo deve essere effettuata I.A. monte per garantire la linea b.t. selettività cronometrica: l’interruttore posto sulle barre del trasformatore I.A. valle deve avere un tempo d’intervento ritardato INvalle INmonte IN rispetto a quello di un Figura 13.5d interruttore terminale. Se la corrente nominale dell’interruttore a monte è almeno il doppio della corrente nominale dell’interruttore a valle la selettività cronometrica per i sovraccarichi è garantita, ciò può non avvenire in caso di correnti di cortocircuito poiché i tempi di intervento dello sganciatore magnetico possono essere simili. Si considera adesso un guasto nel punto terminale della linea d’illuminazione. L’impedenza della linea Figura 13.5e d’illuminazione è costituita dall’impedenza chilometrica del conduttore di fase e da quella del neutro; essendo i conduttori identici (35 mm2) si utilizzeranno i dati della fase raddoppiati. Sebbene in linea di principio la corrente di guasto sia limitata dall’impedenza del trasformatore e da quella della linea 1, 346
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
relativamente alla singola fase, si preferisce valutare la corrente limite di cortocircuito, mettendosi nelle condizioni peggiori, quindi trascurando tali impedenze. Vn 1 400 1 Icc ill 843 A. 3 2 'Lill rill2 x ill2 3 2 0.210 0.6412 0.1012 L’interruttore di protezione deve avere un potere di interruzione di almeno 1kA. In base alla tabella E si sceglie un interruttore automatico magnetotermico con corrente nominale pari a 50 A, che soddisfa la condizione: Ib 44 A d IN d Iz 135A.
Bo z
za
Punto D Si vuole valutare l’efficacia degli interruttori magnetotermici nella protezione contro i contatti indiretti, in altre parole contro il contatto con masse ordinariamente non in tensione e accidentalmente in tensione prima dell’intervento dello stesso. In figura 13.5f è rappresentato il percorso della corrente di guasto a terra. Tale corrente incontra l’impedenza Ztot che tiene conto dell’impedenza di Figura 13.5f linea ed anche dell’impedenza del trasformatore, la resistenza di terra dell’impianto da proteggere RT, e la resistenza di terra della cabina di distribuzione RN. Si considera un impianto di terra in cui RN sia trascurabile.
347
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bo z
za
Una persona in contatto con una carcassa in tensione si trova esposta a una tensione pericolosa, che deve assumere un valore massimo UT = 50 V, giacché tale tensione è quella che può essere tollerata dall’organismo per un tempo superiore a 5 secondi, tempo di sicuro intervento dell’interruttore automatico. Considerando la caratteristica dell’interruttore automatico magnetotermico di figura 13.5g, si evince che la corrente di intervento a 5 secondi, I5s è circa pari a quattro volte la corrente Figura 13.5g nominale. Affinché si abbia la protezione contro i contatti indiretti nell’impianto, è necessario che la resistenza di terra presenti un valore R’T, tale da fare assumere alla tensione VAB un valore inferiore a UT: VAB RIT I5s d UT , E quindi U RIT d T . I5s Se si considera la linea d’illuminazione, protetta da un interruttore di corrente nominale pari a 50A, la resistenza dell’impianto di terra dovrebbe assumere un valore di: U 50 RIT d T 0.25:. I5s 4 50 Il valore di resistenza ricavato è inferiore a quello dell’impianto, per cui la protezione non è assicurata dal dispositivo magnetotermico, infatti tale dispositivo nasce per la protezione da sovracorrenti e non per i contatti indiretti. In ogni punto in cui è inserito un interruttore magnetotermico si inserisce in serie un interruttore differenziale puro di portata pari alla corrente nominale del dispositivo magnetotermico 348
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
e corrente differenziale di intervento scelta tra 30-300-500 mA, valori che verificano tutti la condizione: VAB R T Id 5 0.500 2.5 d UT .
Bo z
za
Esercizio 13.6 Sulla falda di un tetto con esposizione a sud di dimensioni 8,5m x 5m si vuole realizzare un impianto fotovoltaico. Si hanno a disposizione due tipologie di moduli fotovoltaici e un inverter da 6 kW le cui caratteristiche sono riportate nelle tabelle. Si determinino: A. Il tipo e la configurazione dei moduli da utilizzare; B. Sapendo che i moduli sono dotati di due tratti di cavo solare da 4mm2 della lunghezza di un metro ciascuno per la connessione in serie tra di essi, determinare la sezione del cavo del tratto in c.c. dalle stringhe all’inverter, della lunghezza di 20m, ipotizzando una caduta massima di tensione dello 0.75% riferita alle condizioni di massima potenza di esercizio; C. La sezione del tratto di cavo in c.a. dall’inverter al punto di consegna, distante 120m, da realizzare in cavo unipolare senza guaina posto entro tubo (utilizzare le tabelle dell’esercizio 13.3) ammettendo una caduta massima di tensione del 4%; D. L’interruttore generale lato c.a. a protezione della conduttura di cui al punto C; E. Ipotizzando un valore medio della producibilità Em pari a 1430 kWh/kWp/anno, determinare la producibilità dell’impianto ed il rendimento complessivo al netto delle perdite nei tratti in c.c ed in c.a. MODULI Potenza (PMAX) Tensione a PMAX (VMP) Corrente a PMAX (IMP) Corrente di cto.cto (ISC) Tensione a vuoto V0C Coefficiente di temperatura di ISC Coefficiente di temperatura di V0C (ĮV0C) Coefficiente di temperatura di PMAX Massima tensione ammissibile VDC Lunghezza Altezza
349
A 220 W 29,1 V 7,7 A 8,3 A 36,6 V 0.065 %/°C -0.36 %/°C -0.5 %/C 1000 V 1,65 m 0,992 m
B 170 W 35,6 V 4,8 A 5,30 A 44,0 V 0.065 %/°C -80 mV/°C -0.5 %/°C 1000 V 1,60 m 0.89 m
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
INVERTER Potenza nominale DC Potenza max campo fotovoltaico Intervallo di tensione di funzionamento Intervallo di tensione per MPPT Numero di MPPT indipendenti Corrente massima in ingresso Connessione alla rete AC Corrente di uscita massima (IACMAX) Fattore di potenza Rendimento
6 kW 6,9 kW 140 – 580 V 220 – 530 V 2 18 A (22 A cto.cto) 230 V 50 Hz monofase 30 A 1 97,3%
CAVO SOLARE Sezione trasversale [mm2] 1.5 2.5 4.0 6.0
za
Resistenza a 20°C [ȍ/km] 13.71 8.21 4.90 3.39
Bo z
Svolgimento Punto A Si calcola innanzitutto il numero di moduli che è possibile installare sulla falda. Per far ciò, basta dividere la superficie a disposizione per la superficie di un singolo modulo: Indicando con AA e AB e AT rispettivamente, le superfici dei moduli A e B e la superficie del tetto, si ottiene: A A L A u H A 1.65 u 0,992 1.6368m 2 , AB
LB u HB
NA
AT AA
1.60 u 0,89 1.424m2 ,
8.5 u 5 1.6368
25.96,
A T 8.5 u 5 29.84. A B 1.424 Dai risultati suddetti si ricava che il numero di moduli che è possibile installare sul tetto oscilla tra 25 e 29. Supponendo di installare i moduli A, si avrebbe una potenza disponibile di: NB
350
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Ptot A
N A u PA
25 u 220
5500W,
mentre, utilizzando i moduli B si ottiene: PtotB NB u PB 29 u 170 4930W. Si utilizzeranno quindi i moduli A che, per la superficie disponibile, consentono di ottenere una potenza maggiore. Dal momento che l’inverter possiede 2 ingressi MPPT (Maximum Power Point Tracker, inseguitore del punto di massima potenza), è possibile suddividere i moduli in due gruppi anche non uguali in numero. S’ipotizza di utilizzare due stringhe da 12 e 13 moduli connessi in serie rispettivamente. Si eseguono adesso le verifiche per controllare il corretto funzionamento dell’impianto fotovoltaico nelle condizioni limite: 1) Tensione a vuoto della stringa a 0°C < Tensione massima in ingresso all’inverter; 2) Tensione a MPPT della stringa a 70 °C > Tensione minima in ingresso all’inverter.
Bo z
za
Per la condizione 1) si valuterà la stringa da 13 moduli, per la condizione 2) si valuterà invece la stringa da 12 moduli. I dati della tabella sono calcolati a una temperatura Tamb = 25°C. Condizione 1: 'V DV0C u V0C u (Tamb T0 )
0.36% u 36.6 u 25
3.294V,
, 'VTOT NMOD u 'V 13 u 3.294 42.822V, avendo indicato rispettivamente la caduta di tensione sul singolo pannello e sull’intera stringa. La tensione a vuoto alla quale si porterebbe la stringa da 13 moduli alla temperatura di 0°C sarebbe quindi: V0C NMOD u V0 'VTOT 13 u 36.6 42.822 518.622V. Dalle caratteristiche di funzionamento dell’inverter si evince che la tensione massima raggiunta è inferiore alla tensione massima di lavoro (580V) ed anche alla massima tensione di lavoro in modalità MPPT (530V), pertanto la condizione 1 è rispettata. Condizione 2: 'V DV0C u V0C u (Tamb Tmax ) 'VTOT
N u 'V
12 u 5.929
0.36% u 36.6 u (25 70)
71.15 V. 351
5.929V,
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
La tensione alla quale si porterebbe la stringa da 12 moduli alla temperatura di 70°C è quindi: V70C NMOD u VMPPT 'VTOT 12 u 29.1 71.15 278.05 V. Anche la condizione 2 è rispettata. Punto B Una stringa di moduli connessa in serie è schematizzabile come una serie di generatori di tensione continua e di resistenze (costituite dai cavi di connessione) connessi tra loro, figura 13.6. Si eseguono i calcoli sulla stringa da 13 elementi in serie, essendo questa la più gravosa.
za
Figura 13.6
Bo z
La caduta di tensione totale sui cavi di connessione è pari a:
'Vcavi
NMOD u IMP u R cavi u L cavi
13 u 7.7 u 4.90 u 2 / 1000 0.98 V,
avendo indicato in formula il numero dei moduli, la corrente di stringa, la resistenza dei cavi in ȍ/km e la lunghezza dei tratti di cavo di ciascun modulo espressa in km. A questa caduta di tensione va sommata la caduta di tensione sul tratto in cavo lungo 20 m che collega la stringa all’inverter. Determiniamo quindi la caduta di tensione massima:
'VMAX
'V % u NMOD u VMP
0.75% u 13 u 29.1 2.837V.
A questa sottraiamo la caduta di tensione sui cavi di connessione: 'Vres 'VMAX 'Vcavi 2.837 0.98 1.857V , quindi, adoperando la formula inversa per il calcolo della caduta di tensione, si determina la resistenza massima del conduttore da adoperare: 'Vres 1.857 rx 6.03 : / km, 2 u LDC u IMP 2 u 20 / 1000 u 7.7 352
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Facendo riferimento alla scheda dei cavi solari si evince che un cavo di sezione pari a 4mm2 presenta una resistenza chilometrica che verifica i requisiti (r = 4.90 ȍ/km).
Bo z
za
Punto C Si determina adesso la sezione del cavo da utilizzare per il collegamento tra l’inverter ed il punto di consegna, distante 120 m. La corrente da utilizzare nel calcolo è la corrente massima erogabile dall’inverter. Come fatto in precedenza si ricorre alla formula inversa per determinare la resistenza chilometrica del conduttore da impiegare: 'V % VAC 4% 230 rACx 1.27: / km. 2 u L AC u IACMAX 2 u 120 / 1000 u 30 Dalla resistenza chilometrica massima del cavo ottenuta dalla formula, si ricava che la sezione minima del cavo da utilizzare è 25 mm2 (rAC = 0,89 ȍ/km). Secondo la tabella C, tale cavo ha una portata ammissibile di 101 A se isolato in PVC, quindi la scelta è adeguata. Punto D Per determinare la taglia dell’interruttore da impiegare per proteggere il cavo in alternata del punto precedente, è necessario impiegare la seguente formula: Ib d In d Iz , nella quale Ib è la corrente d’impiego della conduttura, In è la taglia nominale dell’interruttore e Iz è la portata massima del cavo. Nel caso in esame, Ib è pari a IACMAX (30 A) e Iz è pari a 101 A. Si sceglierà quindi un interruttore con In pari a 40 A. Punto E Per ottenere l’energia prodotta in un anno dall’impianto fotovoltaico è necessario moltiplicare il valore della producibilità per la potenza dell’impianto: Eanno Em Ptot A 1430 5.5 7865 kWh. Considerando i conduttori che collegano i moduli (25) e il tratto in corrente continua dalle stringhe all’inverter (20m), le perdite di potenza sono: 353
Capitolo 13 Elementi di macchine elettriche e impianti elettrici ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Lmod L CONN 2 25 20 IMP 2 4.90 7.7 2 1000 1000 La potenza in ingresso all’inverter è quindi: 'PDC
PDC
2r
PIMP 'PDC
5500 26.14
26.14 W.
5473.86 W.
Il rendimento dell’inverter è pari al 97,1%, quindi sul lato in corrente alternata, la potenza disponibile sarà: PAC
PDC K INV
5473.86 0.971 5315.11 W.
Bo z
za
A questa potenza è necessario sottrarre la potenza dissipata per effetto Joule sui conduttori. Si calcola la corrente in uscita all’inverter: PAC 5315.11 IAC 23.11 A. V cos M 230 1 In definitiva, le perdite dal lato AC sono: L 120 'PAC 2 rAC AC I2AC 2 0.89 23.112 114.07 W. 1000 1000
Il rendimento totale del sistema è quindi: PAC 'PAC 5315.11 114.07 K 0.945, PIMP 5500 pari al 94.5%.
354
Ringraziamenti ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Ringraziamenti
Bo z
za
Ho scritto questo libro in un periodo in cui l’Università italiana è una nave senza nocchiero in gran tempesta. Le motivazioni che mi hanno spinto a farlo sono quelle che hanno sempre spinto gli uomini a mettersi in mare per cercare nuovi orizzonti. Ho deciso di rischiare nell’impegnare più di un anno della mia vita nel realizzare uno strumento che possa far apprezzare agli allievi ingegneri questa disciplina. Sentivo dentro di me un debito nei confronti di tanti maestri che hanno accompagnato la mia vita. Ringrazio il professore Pietro Lucio Buccheri per avermi indirizzato alla carriera universitaria e per essere sempre riuscito a chiarire ogni mio dubbio, senza di lui questo libro non sarebbe mai stato scritto. Ringrazio il professore Scipione Bobbio per avere scritto il libro che mi ha fatto appassionare all’Elettrotecnica. Ringrazio il professore Guido Ala per i continui sproni a dare il massimo e per tutti gli insegnamenti negli anni successivi alla laurea. Ringrazio i colleghi Maria Luisa Di Silvestre e Pietro Romano per l’entusiasmo mostrato e l’aiuto nella revisione del libro. Ringrazio l’ingegnere Gianpaolo Vitale e l’ingegnere Antonino Spagnuolo, dicono che si sono divertiti scrivendo alcuni esercizi dei capitoli 9 e 13. Ringrazio i miei genitori per avermi insegnato a sperare e fare. Palermo, 5 maggio ’11.
Fabio E. Viola
355
Bibliografia ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Bibliografia
Bo z
za
[1] Bobbio S. Esercizi di elettrotecnica. CUEN, 1995. [2] Desoer CA, Kuh ES. Fondamenti di teoria dei circuiti. Franco Angeli, 1987. [3] Someda G. Elettrotecnica generale. Patron editore, Bologna, 1981. [4] Biey M. Esercitazioni di elettrotecnica. CLUT, Torino, 1988. [5] Buccheri PL. Esercitazioni di elettrotecnica. Centro stampa di ingegneria, Palermo. [6] Dorf RC, Svoboda JA. Circuiti elettrici. Apogeo, 2001. [7] Perfetti R. Circuiti elettrici. Zanichelli, 2003. [8] Daniele V, Liberatore A, Graglia RD, Manetti S. Elettrotecnica. Monduzzi editore, 2005.
356
za
Bo z
