7 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 I1 ed I2 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: V1 = jω L1 I1 + jω MI2 V2 = jω MI1 + jω L2 I2 Poiché i due induttori sono in serie si ha: V = V1 + V2 I = I1 = I2 Quindi per il sistema completo risulta: V = V1 + V2 = 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 I1 entra dal morsetto contrassegnato con il pallino mentre la I2 esce dall’analogo, il segno di M è negativo, quindi: M = –1 [H]. Il modello per gli induttori accoppiati è: V1 = jω L1 I1 + jω MI2 V2 = jω MI1 + jω L2 I2 Poiché gli induttori sono in parallelo si ha: V = V1 = V2 I = I1 + I2 Esprimendo le correnti nel mutuo accoppiamento in funzione delle tensioni (v. esercizio 7.5) si ha: I1 = − I2 = L2V1 − MV2 ( jω M 2 − L1 L2 MV1 − L1V2 ( jω M 2 − L1 L2 ) ) 4 teoria dei quadripoli Quindi la corrente in ingresso all’intero sistema è pari a: I = I1 + I2 = − L2V1 − MV2 ( jω M 2 − L1 L2 ) + MV1 − L1V2 ( 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 ) J1 − jω MJ2 = E s 1 jω L2 + jω C + R J 2 − jω MJ1 = 0 Risolvendo si ottiene: J1 = J2 = (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 J2 = 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: J1 = 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 J1 e della J2 si annulla. Utilizzando la convenzione dei pallini, dato che si sono adoperate le condizioni di riferimento associate e le correnti I1 ed I2 entrano entrambe dai morsetti con il pallino, M è positivo, quindi: M = 50 [mH]. Si valutino ora Vu e Vi : Vu = RJ2 = ω 2 MRCE s ω 2 C ( L2 R1 + L1 R ) − R1 + jω ω 2 C L1 L2 − M 2 − RR1C − L1 ( Vi = jω L1 J1 − jω MJ2 = = ( ) ) 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 6 teoria dei quadripoli H ( jω ) = = Vu ( 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 J2 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 = 7 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 Vu ( 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 Vi ω L1 RC + jω C L1 L2 − M ω − L1 V = Z in = = = I1 J1 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 I2 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]; Ys = = 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] YL jω C + Ys (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 YL = + ; 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 10 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 = ILeff 2 Re Z L si ottiene: ILeff = P = 1.831 [A] Re Z L Assumendo che la corrente sul carico abbia fase 0° si ottiene che ILeff = 1.831 [A]. IL = 2 ILeff = 2.589 [A]; VL = IL Z L = 115.783e j 63.435 [v] Con riferimento alle convenzioni scelte per il trasformatore si ha: I2 = − IL = −2.589 [A]; V2 = VL = 115.783e j 63.435 [v] Per la convenzione dei pallini si ha: V1 n =− 1 V2 n2 n V1 = − 1 V2 = 578.915 e j 243.435 [v] n2 I1 n2 = I2 n1 n I1 = 2 I2 = −0.518 [A] n1 esercitazioni 11 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 I1 + V1 = 581.250 e j 242.978 [v] Determinazione dell’impedenza vista al primario del trasformatore. 2 2 2 n1 V2 n1 VL n1 V1 = Z L = 1118.025 e j 63.435 [W] Zin = = − = I1 n2 I2 n2 IL 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.