Gara nazionale di Elettrotecnica 2016
Seconda prova con soluzioni
Pieve di Cadore, 6 maggio 2016
In collaborazione con
Gara nazionale di Elettrotecnica 2016
Seconda prova
Quesito 1.
Dato il cubo resistivo di figura, costituito da dodici resistori di pari resistenza R, usando: la simmetria, le conseguenti equipotenzialità e le sole semplificazioni serie parallelo (senza nessuna trasformazione stella-triangolo),
2
R
R
1
3
R
R
R
4
R
R
7
R
R
R
8
R
R
6
5
determinare le seguenti resistenze equivalenti:
(a) R18 fra i nodi 1 e 8
(b) R13 fra i nodi 1 e 3
(c) R16 fra i nodi 1 e 6
——————————————
Soluzione:
(a) Per la simmetria rispetto al piano passante per i punti 1,3,6,8, avremo le due coppie equipotenziali 2,4 e 7,5 che cortocircuitate permetteranno di "schiacciare" il cubo sul suddetto piano,
riducendo il problema alla seguente rete bidimensionale,
2,4
1
R/2
R/2
R/2
R
8
3
R/2
R
7,5
1
R/2
6
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che permette di ricavare
R18 = R||(R +
7
R
||2R) = R
2
12
(b) e così pure, dalla stessa semplificazione, notando che in questa condizione anche i nodi 2,4 e
7,5 risultano equipotenziali, e di conseguenza eliminando il resistore centrale,
3
R13 = R||3R = R
4
(c) In questo caso, pur potendo usare lo stesso circuito equivalente bidimensionale, al fine di
evitare la trasformazione triangolo-stella, è conveniente osservare che, per la simmetria assiale
sulla diagonale 1,6 del cubo, la rete può essere ridotta ad una equivalente unidimensionale,
cortocircuitando le due terne equipotenziali 2,4,8 e 3,5,7, per ottenere la resistenza fra i due
vertici opposti dalla seguente serie
R16 =
R R R
5
+ + = R
3
6
3
6
Quesito 2.
Data la rete di figura,
E1
+
+
A
+
Ix
3Ω
+
E0
10 Ω
V
J0
4Ω
4Ω
2A
J2
note le indicazioni del voltmetro Vm = 5 V e dell’amperometro Im = 1 A, entrambi ideali, la tensione
E0 = 5 V e la corrente J0 = 3 A, determinare:
(a) la tensione ai morsetti del generatore di tensione E1 ,
(b) la corrente impressa dal generatore di corrente J2 ,
(c) l’intensità di corrente Ix ,
(d) le potenze erogate dai generatori E0 e J0 .
2
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——————————————
Soluzione:
(a) La tensione del generatore superiore può essere ricavata da una KVL all’anello centrale superiore,
E1 = 10Im + Vm − 3 × 2 = 9 V
(b) la corrente impressa dal generatore di corrente direttamente, via "taglio" dei tre rami orizzontali,
J2 − Im = 0
→
J2 = Im = 1 A
(c) la corrente Ix si potrà ottenere via KCL al nodo superiore destro, notando che una uguale
corrente scorrerà verso il basso nel resistore all’estrema destra,
→
2Ix + Im = J0
Ix = 1 A
(d) per le potenze basterà determinare la corrente erogata dal generatore di tensione sinistro via
KCL al nodo superiore sinistro, IE + 2 + Im = 0 → IE = −3 A e la tensione ai morsetti del
generatore di corrente destro dall’uguaglianza VJ = 4Ix → VJ = 4 V; usando per entrambi la
"convenzione dei generatori", avremo di conseguenza
PE = E0 IE = 5 × (−3) = −15 W
PJ = VJ J0 = 4 × 3 = 12 W
Quesito 3.
Nell’ipotesi di condensatori inizialmente scarichi, a partire dall’accensione del generatore ideale
E = 12 V, note R = 6 Ω, C12 = C34 = 2 µF, C23 = C40 = 1 µF,
R
1
q1
C12
2
+
C40
C23
E
q2
3
q3
C34
4
determinare:
(a) la costante di tempo τ associata al transitorio di carica,
(b) il rapporto fra le quantità di carica q2 e q3 , fluite nei collegamenti indicati a transitorio esaurito,
3
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(c) l’energia complessiva persa, per effetto Joule, nel resistore R.
——————————————
Soluzione:
(a) Ricavata la capacità equivalente dalla serie di C12 con il parallelo dei restanti tre condensatori,
Ceq = 4/3 µF, la costante di tempo
τ = RCeq = 8 µs
(b) dato che il parallelo fra C23 e C34 presenta una capacità tripla rispetto a C40 , ne segue che,
essendo sottoposte alla stessa tensione, anche le cariche staranno nello stesso rapporto
q2
=3
q3
(c) L’energia persa nel resistore sarà pari alla differenza fra quella erogata dal generatore e quella
immagazzinata nel condensatore equivalente
1
1
1
WR = WE − WCeq = Eq1 − E 2 Ceq = E 2 Ceq − E 2 Ceq = E 2 Ceq = 96 µJ
2
2
2
Quesito 4.
Data la rete trifase di figura, alimentata dalla terna simmetrica diretta di tensioni di seguito indicata,
ricordando il teorema di Thévenin e il principio della sovrapposizione degli effetti,
1
30Ω
V12 = 400 e
−j 2π
3
V
V23 = 400 e
−j 4π
3
V
2
I2
30Ω
I0
10Ω
5Ω
Q
V31 = 400 V
30Ω
3
determinare:
(a) il valore efficace della corrente I0 nel resistore R0 = 5 Ω,
(b) la potenza attiva P complessivamente assorbita dalla rete,
(c) la corrente I2 in ingresso alla seconda fase.
4
P
10Ω
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——————————————
Soluzione:
(a) La corrente I0 può essere ricavata via circuito equivalente secondo Thévenin; spenti i tre
generatori di tensione (che implicitamente insistono sui tre ingressi), il calcolo dell’impedenza
equivalente è immediato in quanto pari alla serie fra il parallelo delle tre reattanze e il parallelo
delle due resistenze, ZT h = (5 + j10) Ω.
Per la tensione equivalente basta notare che fra il punto Q, al centro del sistema, e il punto
√ P
intermedio fra i punti 1 e 3 nel diagramma fasoriale, esiste una tensione VQP = (j200/ 3) V,
e quindi
I0 =
VQP
j200
ET h
=
=√
≈ (5,77 + j5,77) A
ZT h + R0
ZT h + R0
3(10 + j10)
⇒
|I0 | ≈ 8,16 A
(b) nota la corrente I0 potremo (per il teorema di sostituzione) andare a sostituire R0 con un
generatore di corrente J0 = I0 , al fine di determinare la corrente nei due resistori R = 10 Ω
via sovrapposizione dello stesso J0 e di un generatore di tensione V31 , ne segue che
I1P =
V13 I0
−
≈ (−22.89 − j2.89) A,
2R
2
I3P =
V31 I0
−
≈ (17,11 − j2,89) A
2R
2
e infine
P = R0 |I0 |2 + R|I1P |2 + R|I3P |2 ≈ 8667 W
(c) parimenti per I2 , per la quale si potrà sovrapporre la rete con i soli tre generatori di tensione
(e quindi Q coincidente con il centro del sistema O) a quella con il solo generatore di corrente
J0 , ottenendo
I2 =
V20
I0
+
≈ (9,62 + j1,92) A
j30
3
⇒
|I2 | ≈ 9,81 A
Quesito 5.
Data la rete in regime sinusoidale di figura, nota la pulsazione ω = 100 rad/s del generatore,
l’indicazione dei voltmetri: V1 = V3 = 200 V, V2 = 240 V e l’induttanza L = 120 mH,
V2
A
B
L
+
E
R
V1
O
5
C
V3
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(a) tracciare il diagramma fasoriale,
(b) determinare la resistenza R e la capacità C.
——————————————
Soluzione:
(a) Per tracciare il diagramma fasoriale, possiamo partire scegliendo la VBO = V3 a fase nulla e
notare sia che la somma dei fasori VBO e VAB dovrà essere pari al fasore VAO = E, sia che
il fasore della corrente IL nell’induttore (da A verso B) dovrà essere in quadratura ritardo su
VL = VAB
A
H
IL
O
C
IC
D
IR
B
(b) di conseguenza le correnti nel resistore e nel condensatore (da B verso O) risulteranno rispettivamente uguali alla componente reale e immaginaria della corrente nell’induttore, avremo
quindi,
IL = |IR | + j|IC |
con |IL | = |V2 |/ωL = 20 A e con componenti ricavabili via similitudine fra i triangoli OCD e
OBH:
|IL |
|VOB |
200
5
=
=
=
→ |IC | = 12 A, → |IR | = 16 A
|IC |
|VHB |
120
3
R=
|V3 |
= 12,5 Ω
|IR |
C=
6
|IC |
= 600 µF
ω|V3 |
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Quesito 6.
Dato il seguente mutuo induttore, ipotizzando una permeabilità relativa µr infinita del nucleo ferromagnetico, e indicata con R0 la riluttanza di un traferro di spessore δ,
µr ≈ ∞
2δ
I1
N1
N2
δ
δ
µr ≈ ∞
I2
assunti i morsetti di riferimento coincidenti con quelli di ingresso per le due correnti, determinare i
seguenti coefficienti di auto e mutua induzione:
(a) L11
(b) L22
(c) M12 = M21
——————————————
Soluzione:
Per rispondere basta ricordare le definizioni dei coefficienti, a partire dalle equazioni costitutive del
mutuo induttore:
(
ΦC1 = L11 I1 + M12 I2
ΦC2 = M21 I1 + L22 I2
(a) Osservando che la riluttanza vista dal primo avvolgimento risulta
5R0
R0
=
2
2
avremo che, alimentando solo il primo avvolgimento,
R1 = 2R0 +
L11 =
ΦC1 N1 Φ1
N 2 I1
2N12
=
= 1 =
I1 I2 =0
I1
R 1 I1
5R0
(b) In questo caso la riluttanza vista dal secondo avvolgimento è
R2 = R0 + 2R0 ||R0 =
5R0
3
e quindi, alimentando solo il secondo avvolgimento,
ΦC2 N1 Φ2
N 2 I2
3N22
L22 =
=
= 2 =
I2 I1 =0
I2
R 2 I2
5R0
7
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(c) Per la mutua induttanza potranno essere seguite diverse strade che portano comunque allo
stesso risultato; supponendo di alimentare solo il primo avvolgimento, vista la simmetria,
solo metà del flusso andrà a concatenarsi (positivamente) con il secondo avvolgimento e di
conseguenza
M21 =
ΦC2 N2 Φ21
N2 Φ1
N2 N1
N1 N2
=
=
=
=
I1 I2 =0
I1
2I1
2R1
5R0
Quesito 7.
Considerata la seguente parziale implementazione di un contatore a due bit con flip-flop T , per la
sequenza 0, 2, 3, 1, 0,
T2
Q2
Q1
T1
X
M SB
LSB
CLK
determinare una adatta rete logica combinatoria per pilotare l’ingresso X del circuito sequenziale.
——————————————
Soluzione:
Partendo dalla tabella delle transizioni di stato associata alla sequenza di conteggio, e ricavate le
colonne relative ai due ingressi T2 e T1 dalla tabella di eccitazione del flip-flop di tipo T ,
Q2
0
0
1
1
Q1
0
1
0
1
Q+
2
1
0
1
0
Q+
1
0
0
1
1
T2
1
0
0
1
T1
0
1
1
0
possiamo sia controllare la funzione logica per l’ingresso del flip-flop T2 relativo al bit più significativo
T2 = Q2 ⊕ Q1 , sia ricavare quella richiesta per l’ingresso del flip-flop relativo al bit meno significativo,
per il quale direttamente dall’ultima colonna
X = T1 = Q2 ⊕ Q1
e di conseguenza lo schema completo della rete sequenziale sarà il seguente,
8
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X
Q2
T2
M SB
Q1
T1
LSB
CLK
semplificabile via sostituzione della porta XNOR con una NOT che ha per ingresso X.
Quesito 8.
Si realizzi un contatore sincrono modulo tre bidirezionale via macchina a stati finiti secondo Moore,
che faccia uso di flip-flop di tipo JK, descrivendo i seguenti passi:
(a) rappresentazione con diagramma degli stati (STD)
(b) codifica degli stati e stesura della tabella delle transizioni
(c) sintesi circuitale.
——————————————
Soluzione:
(a) Codificati gli stati con la rappresentazione binaria del conteggio, e scelto un ingresso X = 0
per il conteggio "up" e X = 1 per un conteggio "down", potrà essere tracciato il diagramma
degli stati,
01
1
0
0
start
1
1
00
10
0
0, 1
11
(b) dal quale, ricordando la tabella di eccitazione del flip-flop JK, potremo ricavare la seguente
9
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X
0
0
0
0
1
1
1
1
Q1
0
0
1
1
0
0
1
1
Q+
1
0
1
0
0
1
0
0
0
Q0
0
1
0
1
0
1
0
1
Q+
0
1
0
0
0
0
0
1
0
J1
0
1
x
x
1
0
x
x
K1
x
x
1
1
x
x
1
1
J0
1
x
0
x
0
x
1
x
K0
x
1
x
1
x
1
x
1
ottenendo direttamente dalla settima e dalla nona colonna,
K1 = 1
K0 = 1
mentre, per il controllo degli ingressi J, la rete logica potrà essere ricavata dalle due seguenti
mappe di Karnaugh
Q1 Q0
Q1 Q0
00
01
11
10
0
0
1
x
x
1
1
0
x
x
X
00
01
11
10
0
1
x
x
0
1
0
x
x
1
X
J0
J1
(c) e di conseguenza
J1 = Q0 ⊕ X
J0 = Q1 ⊕ X
X
J1
1
Q1
J0
1
K0
CLK
10
K0
Q0
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Quesito 9.
Per il sistema rappresentato dal seguente schema a blocchi con K > 0,
X(s) +
+
−
−
Y (s)
1
s+2
1
s
s
K
determinare:
(a) la funzione di trasferimento W (s) = Y (s)/X(s), ricavando i poli in funzione del parametro
K,
(b) la risposta nel dominio del tempo per un ingresso a gradino unitario, per K = 2,
——————————————
Soluzione:
(a) Semplificando lo schema a blocchi ricordando la classica relazione
W (s) =
Y (s)
G(s)
=
X(s)
1 + G(s)H(s)
iterativamente, con due successivi passi, avremo
W (s) =
Y (s)
1
= 2
X(s)
s + 3s + K
(1)
e quindi, dalle radici del denominatore, i due poli
√
√
−3 + 9 − 4K
−3 − 9 − 4K
,
s2 =
s1 =
2
2
(b) Per K = 2 avremo i due poli in s1 = −1, s2 = −2 e quindi, scomponendo la trasformata di
Laplace dell’uscita in frazioni parziali, avremo
Y (s) = X(s)W (s) =
1
0,5
1
0,5
=
−
+
s(s + 1)(s + 2)
s
s+1 s+2
dalla quale, antitrasformando
y(t) =
1
e−2t
− e−t +
2
2
11
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Quesito 10.
Supponendo che in un defibrillatore un’energia ∆W = 200 J, fornita dall’impulso monofasico di
corrente al paziente, sia ottenuta scaricando un condensatore di capacità C = 400 µF, carico alla
tensione V0 = 2000 V, attraverso la serie di una resistenza transtoracica RT = 80 Ω e di una
resistenza addizionale interna Radd , inserita automaticamente dal defibrillatore stesso e necessaria
per limitare la corrente di picco a 20 ampere,
i/A
20
imin
0
∆t
t/s
determinare:
(a) il valore di Radd e la corrente imin dell’impulso,
(b) l’intervallo ∆t di applicazione dello stesso.
——————————————
Soluzione:
(a) Al fine di ottenere una corrente iniziale di 20 ampere, con una tensione di 2000 volt, la
resistenza complessiva del circuito di scarica dovrà evidentemente essere pari a V /imax =
2000 V/20 A = 100 Ω e quindi, nota la resistenza transtoracica di 80 Ω, la resistenza addizionale
sarà Radd = 100 − 80 = 20 Ω. Per quanto riguarda la corrente minima, l’energia fornita dalla
scarica dovrà risultare superiore di un fattore (RT + Radd )/RT = 10/8 a quella fornita al
paziente, ne segue che l’energia finale presente nel condensatore dopo l’impulso di scarica sarà
1
10
Wf = CV02 − ∆W = 550 J
2
8
e la tensione finale sul condensatore
r
r
2Wf
2 × 550
Vf =
=
≈ 1658 V
C
4 · 10−4
→
imin =
Vf
≈ 16,6 A
RT + Radd
(b) Dalla funzione del tempo relativa alla corrente di scarica i(t) = imax e−t/τ , l’intervallo di
applicazione dell’impulso sarà
i
min
∆t = −RC ln
≈ 7,5 ms
imax
12
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Quesito 11.
Ipotizzando che un estensimetro a resistenza (autocompensato) venga usato per la misura della
deformazione in una prova a trazione di materiali metallici, inserendolo come quarto lato di un
ponte di Wheatstone insieme ad altri tre resistori di pari resistenza,
Estensimetro
∆L
L
∆R
R
k
note: la sua resistenza nominale Rn = 120 Ω, la corrente massima Imax = 20 mA e il fattore di
∆L
taratura k = ∆R%
∆L% = 2, ricordando che la deformazione relativa = L per materiali metallici
è dell’ordine di alcune parti per mille, e indicata con Vr la tensione di alimentazione del ponte,
determinare:
(a) una relazione simbolica per la stima della tensione ∆V (, Vr ) disponibile sulla diagonale di
rivelazione del ponte ("a vuoto"),
(b) l’ordine di grandezza della suddetta tensione.
——————————————
Soluzione:
(a) A partire da un ponte equilibrato, una variazione ∆R in una delle resistenze R del ponte,
alimentato da una tensione di riferimento Vr , porta sulla diagonale di rivelazione ad una
differenza di potenziale
R
R
1
1
∆R/R
|∆V | = Vr
− Vr
= Vr
−
= Vr
2R
2R + ∆R
2 2 + ∆R/R
4 + 2∆R/R
relazione che, conoscendo dal testo l’ordine di grandezza della variazione relativa, si può
approssimare come
∆R
|∆V | ≈ Vr
4R
(b) L’ordine di grandezza di detta d.d.p potrà essere ricavato andando a stimare il valore massimo
della tensione di riferimento che alimenta il ponte; Vr < 2RImax = 2 × 120 Ω × 20 · 10−3 A =
4,8 V, ottenendo dalla
k
|∆V | ≈ Vr
4
per allungamenti dell’ordine di alcune parti per mille e per fattore di trasduzione di alcune
unità, una tensione dell’ordine del millivolt.
13
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Quesito 12.
Dato il seguente doppio bipolo, indicate con τ1 = R1 C1 e con τ2 = R2 C2 le due costanti di tempo
associate ai due paralleli R-C,
C1
+
+
R1
vi
C2
R2 vo
(a) ricavare la funzione di trasferimento H(s) = Vo (s)/Vi (s),
(b) tracciare il diagramma di Bode asintotico qualitativo, per il guadagno, distinguendo i tre casi
τ1 > τ2 , τ1 < τ2 , e τ1 = τ2 , e commentando i risultati ottenuti.
——————————————
Soluzione:
(a) La funzione di trasferimento può chiaramente essere ricavata attraverso un partitore di tensione
fra le due impedenze dei due paralleli R-C
H(s) =
Z2 (s)
Z1 (s) + Z2 (s)
che semplificata porta a
s + R11C1
s + R11C1
C1
C1
H(s) =
=
1
+R2
C1 + C2 s + R RR1(C
C1 + C2 s + R ||R (C
1
2
1 +C2 )
1 2
1 +C2 )
funzione che presenta un unico polo, a causa della presenza di una maglia con soli condensatori
e generatori di tensione (rete degenere).
2
(b) L’andamento del guadagno evidenzia come, da un iniziale H(0) = R1R+R
, si vada a salire o
2
C1
scendere a H(∞) = C1 +C2 , a seconda che τ1 > τ2 o τ1 < τ2 , mentre risulta invece costante
per τ1 = τ2 .
Dalla funzione di trasferimento notiamo infatti che nella condizione di uguaglianza fra polo e
zero
R1 + R2
1
=
→
τ1 = τ2
R1 C1
R1 R2 (C1 + C2 )
la funzione di trasferimento si semplifica nella
H(s) =
R2
C1
=
R1 + R2
C1 + C2
14
Gara nazionale di Elettrotecnica 2016 - I.I.S. "E.Fermi" Pieve di Cadore
portando il sistema ad essere istantaneo, ovvero privo di dinamica ("partitore compensato");
qualitativamente, per particolari valori dei parametri, le tre condizioni potrebbero corrispondere ai tre andamenti di figura
Guadagno (dB)
−5
H(0) =
−10
R2
R1 +R2
τ1 > τ2
τ1 = τ2
τ2 > τ1
−15
H(∞) =
C1
C1 +C2
−20
10−2
10−1
100
ω (rad/s)
101
102
Quesito 13.
Data la rete trifase simmetrica ed equilibrata, nota l’indicazione dell’amperometro Im = 14,4 A,
P1 = 8 kW, cos ϕ1 = 0,8 , P2 = 4 kW, Q2 = −3 kvar.
1Ω
1Ω
1
A
V
2
3
1Ω
P1
1Ω
W
cosϕ1
1Ω
1Ω
P2 Q2
determinare:
(a) il valore efficace dell’intensità di corrente I in ingresso alla rete,
(b) la tensione V alla partenza,
(c) l’indicazione del wattmetro, Wm .
——————————————
15
Gara nazionale di Elettrotecnica 2016 - I.I.S. "E.Fermi" Pieve di Cadore
Soluzione:
(a) Dall’indicazione dell’amperometro possiamo ricavare la tensione ai morsetti dei carichi trifasi
VL = √
P1
≈ 401 V
3Im cos ϕ1
con la quale, una volta determinata la potenza apparente complessivamente assorbita dal
carico 1 e 2, potremo determinare la corrente di linea richiesta
S
=
I=√
3VL
p
(P1 + P2 )2 + (Q1 + Q2 )2
√
≈ 17,8 A
3VL
(b) per la tensione in ingresso, ancora con Boucherot (vista l’elevata caduta di tensione), andremo
a ripetere il calcolo ad inizio linea sommando alle precedenti anche la potenza attiva Pl =
3RL IL2 ≈ 952 W e reattiva Ql = 3XL IL2 ≈ 952 var assorbite dalla linea
p
2 + Q2
Ptot
tot
√
≈ 439 V
V =
3I
(c) Per l’indicazione del wattmetro basterà osservare che si tratta di un wattmetro in quadratura
con voltmetrica invertita e di conseguenza
Qtot
Wm = − √ ≈ −2,28 kW
3
Quesito 14.
Ipotizzando che nel seguente circuito i tre amplificatori operazionali siano ideali,
v1
R1
R2
R3
x
R0
R1
y
v0
R2
R3
v2
determinare:
(a) la relazione simbolica per la tensione di uscita v0 in funzione di v1 , v2 , R0 , R1 .R2 , R3 ,
16
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(b) il ruolo fondamentale del resistore R0 ,
——————————————
Soluzione:
(a) La tensione d’uscita può essere ricavata osservando che i due ingressi invertenti dei due AO di
ingresso si verranno a trovare allo stesso potenziale dei rispettivi non invertenti. Ai morsetti
di R0 sarà quindi applicata la differenza di potenziale vd = v1 − v2 e scorrerà una corrente
i0 = vd /R0 che, attraversando anche i due resistori R1 , permetterà di calcolare i potenziali
vx = v1 + R1 i0 e vy = v2 − R1 i0 dei punti x e y di figura.
Detti potenziali rappresentano gli ingressi dell’amplificatore differenziale d’uscita, e quindi
v0 = −
R3
R3
R3
R1
(vx − vy ) = − (v1 − v2 + 2R1 i0 ) =
(1 + 2 )(v2 − v1 )
R2
R2
R2
R0
(b) la precedente relazione evidenzia la possibilità di regolare l’amplificazione agendo su un solo
resistore, R0 .
Quesito 15.
Dato il doppio bipolo di figura, supponendo che i diodi siano ideali,
10 kΩ
+
vi
+
D1
D2
i1
i2
vo
5V
5V
10 kΩ
10 kΩ
-
-
determinare:
(a) la transcaratteristica ingresso-uscita v0 = f (vi ) ,
——————————————
Soluzione:
(a) La simmetria dei due rami in parallelo permette di affermare che anche la transcaratteristica
sarà simmetrica rispetto all’origine; basterà quindi studiare il comportamento per tensioni di
ingresso positive, notando come in questo caso il diodo D1 sia sempre inversamente polarizzato e quindi interdetto, visto che il suo potenziale anodico risulta sempre inferiore a quello
catodico.
17
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Per D2 avremo che per 0 < vi < 5 V, risulterà inversamente polarizzato, in quanto il suo
potenziale anodico risulta inferiore a quello catodico, mentre per vi > 5 V, D2 risulterà polarizzato direttamente.
Ne segue che per 0 < vi < 5 V, avremo entrambi i diodi interdetti e quindi vo = vi , non
essendoci c.d.t. sui 10 kiloohm in serie all’ingresso, mentre per vi > 5 V avremo
vi − 5
vi + 5
V
v0 = 5 +
=
2
2
in quanto l’eccedenza (vi − 5) V viene a ripartirsi ugualmente sui due resistori in serie; graficamente, ricordando che il ramo della transcaratteristica per vi < 0 V si può ricavare dal ramo
per vi > 0 V, via simmetria rispetto all’origine
vo
7.5
5
5
vi
10
Quesito 16.
Data la seguente rete logica combinatoria,
A
B
Y
C
D
determinare:
(a) la funzione logica Y di uscita ,
(b) semplificarla via algebra di Boole o mappa di Karnaugh.
18
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——————————————
Soluzione:
(a) Direttamente dalla rete si ricava facilmente
Y = B C(A D + A + B C)
(b) che può anche essere riscritta e semplificata come segue
Y = B C(AD + A B C) = A B CD + A B C
e a questo punto, optando per Karnaugh, andando a contrassegnare con uno zero i tre minterms
relativi alla funzione negata, e scelti gli implicanti primi essenziali per la Y ,
CD
AB
00
01
11
10
00
1
1
0
0
01
1
1
1
1
11
1
1
1
1
10
1
1
0
1
avremo
Y = C + B + AD
Quesito 17.
In un impianto di sollevamento il serbatoio in quota è alimentato attraverso l’uso di una pompa
che pesca in una vasca a quota inferiore. La pompa ha il compito di tenere il serbatoio in quota al
livello A2 e entra in funzione solo se il livello della vasca inferiore è superiore a B1 . L’elettrovalvola
Y1 ha il compito di mantenere la vasca inferiore sopra la soglia B1 , mentre l’elettrovalvola Y2 potrà
essere azionata indipendentemente, in ogni condizione.
P
A2
M
Y1
Y2
B2
A1
Y0
B1
19
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Assumendo le seguenti convenzioni,
Ai=1
Bi=0
Ai=0
Bi=0
Ai=0
Bi=1
(a) tracciare lo schema funzionale di base per il controllo automatico.
——————————————
Soluzione:
(a) una possibile soluzione di base potrebbe essere la seguente
B2
P
U
B1
A2
SB
A1
B1
B2
A1
A2
FRM
B1
FRM
P
Y1
U
Y2
20
HL1
RD
HL2
YE
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Quesito 18.
Data la seguente configurazione per i collegamenti degli ingressi e delle uscite del PLC
S0
24V
S1
I0.0
I0.1
S2
S3
I0.2
S4
I0.3
S5
I0.4
I0.5
S6
S7
I0.6
I0.7
I1.0
I1.1
....
PLC 224 AC/DC/RELAY
H0
24V
H1
H2
Q0.7 Q1.0 Q1.1
COM3
Q0.4 Q0.5 Q0.6
COM2
COM1
Q0.0 Q0.1 Q0.2 Q0.3
H3
tracciare, per il seguente circuito,
24V
S0
S2
S1
S3
S4
S5
H0
S0
S1
S6
S2
S3
S7
S4
S5
H1
H2
0V
(a) il programma del plc nella versione ladder (KOP), a rami distinti.
21
S6
H3
S7
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——————————————
Soluzione:
(a) Una possibile soluzione è la seguente
Segmento 1
I0.0
I0.1
I0.4
I0.2
I0.3
I0.5
Q0.0
Segmento 2
I0.0
I0.1
I0.3
I0.6
I0.7
Q0.1
I0.2
Segmento 3
I0.0
I0.2
I0.4
I0.1
I0.3
I0.5
I0.0
I0.2
I0.4
I0.1
I0.3
Q0.2
Segmento 4
I0.5
I0.6
I0.7
22
Q0.3
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Quesito 19.
Mettendo in cortocircuito i morsetti di una linea monofase e alimentandola all’altra estremità con
una tensione V = 40 V, si sono misurate una corrente di I = 160 A e una potenza di P = 2240 W.
(a) Determinare l’angolo ϕ del carico da allacciare ai morsetti terminali della linea, affinché la
tensione alla partenza sia uguale alla tensione all’arrivo.
——————————————
Soluzione:
(a) Ricavata l’impedenza della linea ZL = V /I = 40/160 = 0,25 Ω e il suo fattore di potenza
cos ϕL =
P
2240
=
= 0,35
VI
40 × 160
sarà possibile determinare sia la resistenza che la reattanza di linea,
RL = ZL cos ϕL = 0, 0875 Ω
XL = ZL sin ϕL ≈ 0,234 Ω
Ricordando la relazione per la caduta di tensione industriale, avremo che la tensione all’arrivo
sarà pari a quella a inizio linea quando sia soddisfatta la seguente equazione
RL cos ϕ + XL sin ϕ = 0
ovvero per un angolo caratteristico del carico
RL
ϕ = arctan −
≈ −20,5◦
XL
Quesito 20.
Una linea trifase realizzata con cavo multipolare in rame, isolato in PVC, su passerella, è lunga
L = 40 m e alimenta al suo arrivo, con una tensione V = 400 V, un carico trifase equilibrato.
Due wattmetri in Aron, appena a monte del carico, segnano WA = 40 kW e WB = 0 W.
La temperatura di lavoro è θa = 40 ◦C.
(a) Dimensionare la linea, usando le tabelle allegate, al fine di avere una caduta di tensione
∆V % ≤ 2% .
(b) Stabilire, motivando la risposta, se l’ente fornitore può costringere a effettuare o no il rifasamento.
23
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——————————————
Soluzione:
(a) Dato che con un’inserzione Aron in un sistema equilibrato l’annullarsi dell’indicazione del
wattmetro a "ponte minore" implica un fattore di potenza del carico cos ϕ = 0,5, avremo che
I=√
P
40 000
=√
≈ 115,5 A
3V cos ϕ
3 × 400 × 0,5
Dalla prima tabella B, per un cavo trifase su passerella in PVC, si ricava
⇒
IZ(30◦ ) = 126 A
S = 35 mm2
mentre dalla seconda si ottiene il coefficiente correttivo per la temperatura K1(40◦ ) = 0,87.
Ne segue che
IZ(40◦ ) = 126 × 0,87 ≈ 110 A
che risulta insufficiente e di conseguenza bisogna passare alla sezione superiore S = 50 mm2 e
quindi ricontrollare
IZ(40◦ ) = 153 × 0,87 ≈ 133 A
Non rimane che valutare la resistenza e la reattanza della linea usando le tabelle A, dalla
prima delle quali: r(20◦ ) = 0,379 Ω/km, mentre dalla seconda l = 0,248 mH/km e quindi,
considerando la temperatura massima ammissibile per il conduttore di 70 ◦C, la resistenza e
la reattanza della linea
RL = r(70◦ ) L = r(20◦ ) kθ L = 0,379 ×
235 + 70
× 40 · 10−3 ≈ 18,1 mΩ
235 + 20
XL = ωlL = 100π × 0,248 · 10−3 × 40 · 10−3 ≈ 3,12 mΩ
verificando infine che il vincolo sulla cdt sia soddisfatto
√
√
∆V ≈ 3IZ (RL cos ϕ + XL sin ϕ) ≈ 3 × 115,5 × (18,1 × 0,5 + 3,12 × 0,866) · 10−3 ≈ 2,4 V
∆V % =
2,4
× 100 = 0,6% < 2%
400
(b) Essendo chiaramente in presenza di un contratto per potenza disponibile superiore ai 16,5
kW, nell’ipotesi di condizioni di carico costanti, l’ente fornitore potrà costringere il cliente a
effettuare il rifasamento in quanto il fattore di potenza medio mensile risulta inferiore a 0,7.
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Tabelle A
Resistenza unitaria di conduttori unificati per cavi, a 20 °C
Filo unico
Corda
Sezione
nominale
Rame
Alluminio
[mm2]
[Ω/km]
[Ω/km]
numero fili
[Ω/km]
numero fili
[Ω/km]
1,5
2,5
4
6
10
16
25
35
50
70
95
120
150
185
240
300
11,9
7,14
4,47
2,97
2,94
1,85
1,17
7
7
7
7
19
19
19
37
37
37
61
61
1,77
1,12
0,710
0,514
0,379
0,262
0,189
0,150
0,122
0,097
0,074
0,059
7
7
19
19
37
37
37
37
37
0,840
0,628
0,435
0,313
0,248
0,202
0,161
0,122
0,097
Rame
Alluminio
Nota. Il riporto della resistenza alla temperatura di servizio si effettua utilizzando il fattore Kθ .
Induttanza unitaria di servizio per cavi tripolari BT e MT
U0 /U [kV]
0,6/1
2,3/3
Sezione
[mm2]
1,5
2,5
4
6
10
16
25
35
50
70
95
120
150
185
240
300
3,6/6
6/10
8,7/15
12/20
15/20
0,487
0,455
0,436
0,420
0,395
0,382
0,363
0,344
0,325
0,312
0,506
0,484
0,462
0,446
0,420
0,398
0,382
0,350
0,345
0,341
Induttanza di servizio per fase [10 - 3 H/km]
0,376
0,347
0,322
0,304
0,274
0,260
0,259
0,249
0,248
0,242
0,239
0,236
0,236
0,236
0,235
0,235
0,398
0,376
0,354
0,334
0,318
0,303
0,287
0,283
0,277
0,274
0,264
0,258
0,255
0,424
0,408
0,389
0,366
0,344
0,322
0,306
0,296
0,287
0,280
0,274
0,264
0,436
0,414
0,382
0,357
0,338
0,322
0,309
0,296
0,287
0,280
0,274
0,471
0,436
0,404
0,389
0,366
0,347
0,331
0,318
0,309
0,302
Nota. La reattanza di servizio unitaria, in Ω/km, si calcola moltiplicando i valori della tabella per la
pulsazione ω = 2π f.
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Tabelle B
———————————————
Durata massima della prova: 5 ore.
E’ consentito l’uso di calcolatrici non programmabili.
Non è consentito l’uso di manuali tecnici.
26
