19960926 - Università degli studi di Bergamo

Università degli Studi di Bergamo
Facoltà di Ingegneria
Piatti Marina _ RISOLUZIONE TEMA D’ESAME
CORSO DI ELETTROTECNICA A.A. 1995/96
SCRITTO 26 SETTEMBRE 1996_
Esercizio n°1
Dato il circuito in figura, determinare la corrente che attraversa il neutro e la
potenza erogata dal generatore B.
Ia = j A
Ib = -j A
Vc = 10 V
R = 100 Ω
Xb = 1 Ω
Xc = 1 Ω
Xn = 2 Ω
Per determinare la corrente che passa nel neutro è necessario calcolare la
differenza di potenziale che esiste tra i due punti X e Y. Si può agire in diversi
modi: si può impostare un sistema usando i metodi delle correnti di maglia
oppure le sovrapposizione degli effetti, oppure si può applicare il teorema di
Millman, che semplifica di molto i conti.
Per Millman infatti si può dire che la somma delle correnti che passano per i tre
rami A, B e C, divisa per la somma di tutte le ammettenze presenti nel circuito da
il potenziale tra X e Y. Ne consegue che
Vxy
A+B+C/Zc
(j) + (-j) + (10/j)
= ___________________________ = __________________________ = 4-0.016j V
1/Za + 1/Zb + 1/Zc +1/Zn
1/100 + 1/j + 1/j + 1/2j
Divido poi per l’impedenza equivalente dei tre rami A,B e C e del neutro e ricavo la
corrente.
Vxy
4-0.016j
In = _______________ = _____________ = - 5.33 10-3 - 1.33j
Zeq (ABC) + Zn
j+2j
La potenza creata dal generatore B sarà pari al potenziale di B per il coniugato
della sua corrente.
Vb x Ib*
Vb = Vxy + Vzb
Vzb = Ib x Zb
S = [4 – 0.016j + (-j)(j)] (-j)
= 0.016 – 5j
= P (W)
Q(VAR)
Esercizio n°2
Data la rete in continua in figura, determinare la tensione a vuoto e la corrente
di corto circuito ai morsetti A e B.
Per trovare la tensione a vuoto uso il metodo delle correnti di maglia; trasformo
prima il generatore di corrente in parallelo con la resistenza in un generatore di
tensione in serie con la stessa resistenza, in modo da eliminare una maglia. Avrò
due maglie, e il relativo sistema di equazioni:
1_ 100 – IaRa – IbRb + 20 = 0
2_ - 20 + IbRb + IcRc – 75 = 0
I a = Ib - I c
100 – (Ib - Ic ) 10 - Ib 10 + 20 = 0
-20 + Ib 10 + Ic 5 – 75 = 0
-20 Ib + 10 Ic = -120
10 Ib + 5 Ic = 95
Ia = 7.75 A
Ib = 3.5 A
Ic = 4.25 A
VAB = 100 – (4.25*10)
= - (20- (7.25*10))
= 75 – (3.5 * 5)
= 57.5 V
per calcolare la corrente di corto circuito aggiungo alla maglia un corto circuito ai
capi del ramo C: risolvo ancora con le correnti di maglia, ma avrò un equazione in
più rispetto alle due precedenti:
1_ 100 – IaRa – IbRb + 20 = 0
2_ - 20 + IbRb + IcRc – 75 = 0
3_ 75 - IcRc = 0
IA = J 1
IB = J2 - J1
IC = J3 – J2
ID = J 3
Per trovare la corrente di corto circuito ai morsetti AB trovo l’equivalente di
Thevenin: la tensione a vuoto l’ho ricavata dal punto precendente, quindi devo
ricavare la resistenza equivalente: rendo passiva la rete e vedo che tale resistenza
è data dal parallelo tra le tre resistenze.
Req = (1/RA +1/RB + 1/RC)-1
= 2.5 Ω
Vth = 57.5 V
Vth
Icto = ____= 23 A
Req
Esercizio n°3
Dato il circuito in figura, determinare l’andamento della corrente I2 in seguito alla
chiusura dell’interruttore all’istante T=0, assumendo il condensatore C1 carico
alla tensione V ed il condensatore C2 scarico. In particolare determinare le
equazioni necessarie alla soluzione e le condizioni iniziali, la forma analitica di I2
e l’andamento temporale durante il transitorio della tensione ai capi del
condensatore C2.
C1 = 1µF
C2 = 6µF
R1 = 90Ω
R2 = 75Ω
Per i transitori del secondo ordine, come quello in figura, si agisce in più modi:
noi prendiamo il circuito reso passivo, lo apriamo in un punto qualsiasi e
ricaviamo la l’impedenza equivalente in relazione ad un incognita λ, tenendo
conto che le resistenze rimangono tali, mentre le impedenze dei condensatori
assumono una forma del tipo 1/λC e gli induttori λL.
1
ZEQ = 1/λC1 + __________________________
1/R2 + 1/ ( 1/λC2 + R1 )
risolvo rispetto a λ e poniamo tutto uguale a zero:
1
R1C2 + C2R2 + C1R2
2
λ + _____________________ λ + ________________ = 0
C1C2R1R2
C 1C2R1R2
Diciamo che
E che
R1C2 + C2R2 + C1R2
_____________________ = 2β
C 1C2R1R2
1
_______________ = ω2
C1C2R1R2
Calcolo β2 = 4.172 e ω2 = 0.0247, sostituendo i valori reali di C, R, L ed se
β2 ≥ ω2 allora la soluzione finale della corrente sarà del tipo
I2 (t) = A e
-λ1t
+Be
-λ2t
+R
Dove R è la soluzione a regime e all’esponente inserisco le soluzioni dell’equazione
caratteristica λ.
λ1 = - 4.079
λ2 = - 6 * 10-3
trovo le condizioni a regime, ovvero per t = ∞ :
l’interruttore è chiuso e i due condensatori saranno entrambi scarichi, poiché la
corrente generata dalla differenza di potenziale del primo condensatore verrà
dissipata nei resistori col procedere di t.
I2 (∞) = 0
V2 (∞) = 0
R=0
Ora dobbiamo ricavare le condizioni iniziali necessarie a trovare le due costanti A
e B. Al chiudersi dell’interruttore i due condensatori si trasformano in due
generatori ideali di tensione, C1 = V quello a sinistra, e C2 = 0 quello a destra.
Posso ricavare la corrente I2 (0+) che avrà valore 6.06 10-3 V A facendo semplici
operazioni sulle maglie ( faccio un partitore di tensione sapendo la il potenziale
totale e divido per la resistenza sul ramo di R1 ).
Nell’istante t = 0,
I2 (0+) = A + B = 6.06 10-3 V A
La seconda condizione si ricava applicando Kirchoff ai nodi e alle maglie,
scrivendo le rispettive equazioni e ricavando le derivata della corrente nel tempo
1_
2_
3_
4_
I = I1 + I2
V – I1R2 = 0
I1R2 – I2R1 = 0
V – I2R1 = 0
sapendo che V = 1/C ∫ I dt , e derivando tale espressione ottengo che
dV/dt = 1/C * I
derivo la quarta equazione dI2/dt = 1/R1 * dV/dt
che significa scrivere
dI2/dt =1/R1C * I = 2.67 10-4
posso così ricavare il valore della derivata prima di I 2 e sostituire nell’equazione
della corrente, opportunamente derivata nel punto zero, ottenendo il secondo
vincolo per ricavare A e B
A + B = 6.06 10-3 V
-4.079 A + - 6 * 10-3 B =2.67 10-4
risolvendo il sistema si trovano A e B e si trova la forma analitica della corrente
nel tempo:
I2 (t) = A e -λ1t + B e
I2 (t) = - 7.46 10-5 e
-λ2t
+R
+ 6.13 10-3 e
–4.079t
– 6 10-3t
Il grafico della funzione ricavata ha un andamento simile a questo: