Teoria dei quadripoli

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Teoria dei quadripoli
Esercitazioni aggiuntive
Esercizio 7.1
Si determini l’induttanza dei due induttori mutuamente accoppiati collegati in serie schematizzati in
figura:
A
I˙
L1
C M
V˙
L2
B
Si supponga che il sistema lineare e tempo-invariante funzioni in regime sinusoidale e si calcoli la
3
sua impedenza per la pulsazione w = 10 [rad/s].
L1 = 1 [mH]; L2 = 5 [mH]; k = 0.8
Poiché è dato il valore del coefficiente di accoppiamento k occorre determinare il valore di M:
M = k L1 L2 = 1.789 ⋅ 10 −3 [H]
Per determinare il segno di M si faccia riferimento al seguente schema, utilizzando la convenzione
dei pallini:
2
teoria dei quadripoli
A
I˙
I˙1
L1
V˙ 1
C
V˙
I˙2
V˙ 2
M
L2
B
Siccome le correnti I1 ed I2 entrano entrambe dai morsetti con il pallino il valore di M è positivo:
–3
M = 1.789 . 10 [H].
Il modello per i due induttori accoppiati è:
V1 = jω L1 I1 + jω MI2
V2 = jω MI1 + jω L2 I2
Poiché i due induttori sono in serie si ha:
V = V1 + V2
I = I1 = I2
Quindi per il sistema completo risulta:
V = V1 + V2 = jω ( L1 + 2 M + L2 ) I = jω LI
Il sistema è quindi caratterizzato da un’induttanza L uguale a:
L = L1 + 2 M + L2 = 9.578 ⋅ 10 −3 [H]
Si osservi come, in questa configurazione, l’effetto della mutua induttanza è quello di rafforzare il
comportamento induttivo del sistema.
3
L’impedenza del circuito ad w = 10 [rad/s] è:
V
Z = = jω L = 9.578 e j 90 [W] (fase in gradi)
I
3
esercitazioni
Esercizio 7.2
Il circuito rappresentato in figura è lineare, tempo-invariante e in regime sinusoidale.
Si determini l’induttanza equivalente a quella dei due induttori mutuamente accoppiati collegati
in parallelo.
I˙
A
M
L1
V˙
L2
B
L1 = 2 [H]; L2 = 10 [H]; M = 1[H]
Per determinare l’induttanza ai terminali A e B occorre considerare l’effetto della mutua induttanza;
per determinare il segno di M si consideri il seguente schema:
A
I˙
I˙1
L1
V˙ 1
V˙
I˙2
M
V˙ 2
L2
B
Secondo la convenzione dei pallini, dato che la corrente I1 entra dal morsetto contrassegnato con il
pallino mentre la I2 esce dall’analogo, il segno di M è negativo, quindi: M = –1 [H].
Il modello per gli induttori accoppiati è:
V1 = jω L1 I1 + jω MI2
V2 = jω MI1 + jω L2 I2
Poiché gli induttori sono in parallelo si ha:
V = V1 = V2
I = I1 + I2
Esprimendo le correnti nel mutuo accoppiamento in funzione delle tensioni (v. esercizio 7.5) si ha:
I1 = −
I2 =
L2V1 − MV2
(
jω M 2 − L1 L2
MV1 − L1V2
(
jω M 2 − L1 L2
)
)
4
teoria dei quadripoli
Quindi la corrente in ingresso all’intero sistema è pari a:
I = I1 + I2 = −
L2V1 − MV2
(
jω M 2 − L1 L2
)
+
MV1 − L1V2
(
jω M 2 − L1 L2
)
=

2 M − ( L1 + L2 )
= V .
V
jω L
jω M 2 − L1 L2
(
)
L’induttanza equivalente L dei due induttori mutuamente accoppiati è:
L=
M 2 − L1 L2
= 1.357 [H]
2 M − ( L1 + L2 )
Si osservi come la mutua induttanza negativa riduca il comportamento induttivo del sistema.
Nell’ipotesi che gli induttori non fossero mutuamente accoppiati (M = 0) si avrebbe:
 1
1
L= + 
 L1 L2 
−1
cioè si ritrova la relazione che dà l’induttanza equivalente di due induttori in parallelo.
Esercizio 7.3
Il circuito raffigurato di seguito è lineare, tempo-invariante e funzionante in regime sinusoidale.
Si determinino:
V ( jω )
– la funzione di trasferimento H ( jω ) = u
;
Vi ( jω )
–
–
l’impedenza d’ingresso tra i punti A e B;
la frequenza di risonanza del circuito.
R1
M
A
C
+
E˙s
V˙ i
Z˙ in
L1
L2
V˙u
R
B
E s (t ) = Es e jω t [v]; R = 10 [W]; R = 1 [kW]
1
L1 = 100 [mH]; L2 = 200 [mH]; M = 50 [mH]; C = 20 [mF]
Il circuito presenta due induttori mutuamente accoppiati che collegano l’ingresso con l’uscita e, in
questa sezione, un circuito risonante serie il cui induttore è uno degli induttori mutuamente accoppiati.
Si cominci col determinare la funzione di trasferimento H(jw). A tal fine si definiscano i versi
delle tensioni e correnti secondo le direzioni di riferimento associate e si utilizzi il metodo delle correnti di maglia, con i versi definiti come nel seguente schema:
5
esercitazioni
R1
M
A
C
I˙1 I˙2
+
E˙ s
J˙1
V˙i
L1
L2 V˙
2
J˙ 2
V˙u
R
B
Si adoperi il metodo della scrittura diretta delle equazioni alle maglie:
 ( R1 + jω L1 ) J1 − jω MJ2 = E s

 

1

 jω L2 + jω C + R  J 2 − jω MJ1 = 0

Risolvendo si ottiene:
J1 =
J2 =
(ω
2
)
L2 C − 1 − jω RC E s
(
)
ω C ( L2 R1 + L1 R ) − R1 + jω ω C L1 L2 − M 2 − RR1C − L1 
2
2
ω 2 MCE s
ω 2 C ( L2 R1 + L1 R ) − R1 + jω ω 2 C L1 L2 − M 2 − RR1C − L1 
(
)
Si osservi come J2 = 0 se M = 0 oppure se w = 0; in entrambi i casi se non vi è mutuo accoppiamento
non vi può essere corrente sulla maglia con il circuito risonante.
E
Se w = 0 è: J1 = s , poiché non vi è mutuo accoppiamento e l’induttanza L1 diviene un cortoR1
circuito.
2
Si consideri anche il caso di mutuo accoppiamento con M = L1L2 (coefficiente di accoppiamento
k = 1) in cui il termine di terzo grado in w a denominatore della J1 e della J2 si annulla.
Utilizzando la convenzione dei pallini, dato che si sono adoperate le condizioni di riferimento
associate e le correnti I1 ed I2 entrano entrambe dai morsetti con il pallino, M è positivo, quindi:
M = 50 [mH].
Si valutino ora Vu e Vi :
Vu = RJ2 =
ω 2 MRCE s
ω 2 C ( L2 R1 + L1 R ) − R1 + jω ω 2 C L1 L2 − M 2 − RR1C − L1 
(
Vi = jω L1 J1 − jω MJ2 =
=
(
)
)
jω L1 ω 2 L2 C − 1 − jω RC − jω 3 M 2 C
(
)
ω 2 C ( L2 R1 + L1 R ) − R1 + jω ω 2 C L1 L2 − M 2 − RR1C − L1 
E s
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teoria dei quadripoli
H ( jω ) =
=
Vu ( jω )
ω MRC
=
=

Vi ( jω ) ω RCL1 + j C L1 L2 − M 2 ω 2 − L1 


(
(
10 −6 ω
2 ⋅ 10 −6 ω + j 3.5 ⋅ 10 −13 ω 2 − 1 ⋅ 10 −4
)
)
Confermando quanto detto per J2 la H(jw) si annulla per w = 0 e per M = 0, e si azzera il termine di
secondo grado a denominatore qualora k = 1.
Il modulo della H(jw) risulta:
H ( jω ) =
=
ω MRC
(
ω C L1 L2 − M
4
2
)
2 2
(
)
+ ω L1C  R 2 L1C − 2 L1 L2 − M 2  + L21
2
10 −6 ω
1.225 ⋅ 10 −25 ω 4 + 4 ⋅ 10 −12 ω 2 + 1 ⋅ 10 −8
La sua fase:
φ H ( jω ) = − arctg
(
)
C L1 L2 − M 2 ω 2 − L1
ω RCL1
= − arctg
Si rileva che:
Se ω = 0 H ( j 0 ) = 0 e φ H ( j 0 ) = 90° ;
Se ω = ∞ H ( j ∞ ) = 0 e φ H ( j ∞ ) = −90° .
I diagrammi del modulo e della fase di H(jw) sono:
3.5 ⋅ 10 −13 ω 2 − 1 ⋅ 10 −4
2 ⋅ 10 −6 ω
=
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esercitazioni
Si determini se vi è una pulsazione tale che la funzione di trasferimento sia reale; si deve avere:
w = 0;
(
)
C L1 L2 − M 2 ω 12 − L1 = 0
4
La pulsazione w1 è: ω 1 = 1.690 ⋅ 10 [rad/s].
Si è scartato il valore negativo perché non riveste significato fisico.
Per questo stesso valore la fase della H(jw) è ovviamente nulla.
La corrispondente frequenza è perciò:
f1 =
ω1
= 2.690 [kHz].
2π
Vu ( j1.690 ⋅ 10 4 ) = 0.139 + j 0.822 [v]
Per calcolare l’impedenza d’ingresso fra i punti A e B si considera:
(
)
2
2
2
i Vi ω L1 RC + jω C L1 L2 − M ω − L1 
V
=
Z in = = =
I1 J1
ω 2 L2 C − 1 − jω RC
=
(
2 ⋅ 10 −6 ω 2 + jω 3.5 ⋅ 10 −13 ω 2 − 1 ⋅ 10 −4
−9
4 ⋅ 10 ω − 1 − j 0.02ω
2
)
Razionalizzando:
(
)
(
)
ω 4 C 2 RM 2 + jω ω 4 C 2 L2 L1 L2 − M 2 − ω 2 C 2 L1 L2 − M 2 − L1 R 2 C + L1 
Z in =
ω 4 L22 C 2 − ω 2 C 2 L2 − R 2 C + 1
(
)
Per determinare la frequenza di risonanza si impone che la parte immaginaria di Z in sia uguale a zero:
(
)
(
)
ω ω 4 C 2 L2 L1 L2 − M 2 − ω 2 C 2 L1 L2 − M 2 − L1 R 2 C + L1  = 0
8
teoria dei quadripoli
La soluzione w = 0 si scarta perché corrisponde a un ingresso non sinusoidale.
(
)
(
)
ω 4 C 2 L2 L1 L2 − M 2 − ω 2 C 2 L1 L2 − M 2 − L1 R 2 C + L1 = 0
Non essendoci radici reali e positive la rete non ammette pulsazione di risonanza.
Dal punto di vista fisico si osserva che la variazione del carico R provoca un’alterazione della
corrente I2 che, attraverso la mutua induttanza M, provoca una variazione del comportamento induttivo del circuito d’ingresso. Si ha cioè un effetto dell’uscita sull’ingresso.
Esercizio 7.4
Si determini il valore dell’impedenza Z in vista al primario del trasformatore ideale del circuito lineare, tempo-invariante e in regime sinusoidale riportato nella figura seguente:
R
C
L
Z˙ in
n1
n2
R = 10 [W]; L = 10 [mH]; C = 2 [mF]
n1 = 100; n2 = 10; w = 1 [krad/s]
Utilizzando la proprietà di trasformazione delle impedenze del trasformatore ideale, definendo con
Z L l’impedenza complessiva al secondario si ha:
2
n 
Z in =  1  Z L
 n2 
Occorre preliminarmente, pertanto, calcolare l’impedenza di carico.
Sia:
1
Z s = R + jω L = 10 + j10 [W]; Ys =
= 0.05 − j 0.05 [S]

Zs
Si ha quindi:
1
1
Z L =
=
= 13.137 ⋅ 10 −3 − j 0.512 ≅ 0.512 e− j 88.530 [W]
YL jω C + Ys
(fasi in gradi).
Da quanto detto risulta pertanto: Z in = 51.2 e− j 88.530 [W].
9
esercitazioni
Si osservi come il trasformatore ideale permetta, in questo caso, di ottenere al primario un’impedenza di valore “evidente” partendo da un carico che, alla pulsazione di lavoro w = 1000 [rad/s] è
quasi un cortocircuito ( Z L ≅ 0.512 [W]), senza alterarne la fase.
Esercizio 7.5
Si consideri il circuito lineare, tempo-invariante e funzionante in regime sinusoidale riportato in
figura:
Rs
E˙ s
+
R
n1
L
n2
Si determinino la tensione e la corrente fornite dal generatore e l’impedenza al primario del trasformatore ideale sapendo che il carico assorbe una potenza apparente A = 150 [VA].
R = 100 [W]; Rs = 10 [W]; L = 50 [mH]
n1 = 500; n2 = 100; w = 1 [krad/s]
Dalla definizione di potenza apparente:
A = P2 + Q2
dove P e Q sono, rispettivamente, le potenze attiva e reattiva impegnate dal carico.
Dato che questo è costituito da una resistenza e da un’induttanza, la potenza attiva deriva solo
dalla prima, mentre la reattiva solo dalla seconda.
Allora si ha:
jω RL
jω R 2 L
1
1
ω 2 RL2
1
YL = +
; Z L =
=
= 2
+
= 44.721e j 63.435 [W]
2 2
2
2 2

R jω L
YL R + jω L R + ω L
R +ω L
(fasi in gradi).
Lo sfasamento j z tra tensione e corrente sul carico è: j z = 63.435° .
Dal triangolo delle potenze:
Q = Ptgj z
Q
= tgj z = 2
P
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teoria dei quadripoli
Siccome P 2 + Q 2 = A 2 si ottiene:
 Q2 
P 2  1 + 2  = A2
P 

P = 67.082 [W]; Q = A 2 − P 2 = 134.164 [VAR]
Ci si riferisca al seguente schema:
I˙1
Rs
E˙ s
I˙2
I˙C
+
V˙ 1
V˙ 2 V˙ L
n1
Z˙ in
Z˙ L
n2
Dato che:
P = ILeff
2
Re  Z L 
si ottiene:
ILeff =
P
= 1.831 [A]
Re  Z L 
Assumendo che la corrente sul carico abbia fase 0° si ottiene che ILeff = 1.831 [A].
IL = 2 ILeff = 2.589 [A]; VL = IL Z L = 115.783e j 63.435 [v]
Con riferimento alle convenzioni scelte per il trasformatore si ha:
I2 = − IL = −2.589 [A]; V2 = VL = 115.783e j 63.435 [v]
Per la convenzione dei pallini si ha:
V1
n
=− 1
V2
n2
n
V1 = − 1 V2 = 578.915 e j 243.435 [v]
n2
I1 n2
=
I2 n1
n
I1 = 2 I2 = −0.518 [A]
n1
esercitazioni
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Questo valore rappresenta la corrente erogata dal generatore, che è in verso opposto a quella ipotizzata nello schema.
Si calcoli ora la tensione E s :
E s = Rs I1 + V1 = 581.250 e j 242.978 [v]
Determinazione dell’impedenza vista al primario del trasformatore.
2
2
2
 n1  V2  n1  VL  n1  
V1

=
Z L = 1118.025 e j 63.435 [W]
Zin = = −  
=
I1
 n2  I2  n2  IL  n2 
Si osserva come la trasformazione dell’impedenza riduca le perdite sulla resistenza interna del generatore, dato che a essa si pone in serie il carico visto al primario che è maggiore di quello reale.