ELETTROTECNICA (10 CFU)
CS INGEGNERIA MATEMATICA
I prova in itinere
18 Novembre 2011
SOLUZIONE
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D1. (punti 3 )
Avendo a disposizione resistori da 20Ω, 300Ω, 24kΩ e 56kΩ ottenere, se possibile, i
seguenti valori di resistenze, combinando opportunamente i resistori in serie e/o in
parallelo con il vincolo che non si possono usare, per ogni valore di resistenza, più di
quattro resistori.
a) 1 Ω
b) 5 Ω
c) 400 Ω
d) 40 kΩ
e) 500 kΩ
Se è possibile mostrare il circuito, se non è possibile spiegare il perché.
Soluzione
La resistenza più piccola ottenibile con 4 resistori è il parallelo delle 4 resistenze più
piccole (20 Ω) che ha come risultato 5Ω.
La resistenza più grande ottenibile con 4 resistori è la serie delle 4 resistenze più
grandi (56 k Ω) che ha come risultato 224 kΩ.
Quindi la a) e la e) non sono realizzabili.
-2-
D2. (punti 3 )
Disegnare per ogni circuito il circuito duale.
Soluzione
Circuito
Circuito duale
-3-
E1 (punti 5) – Regime stazionario
Calcolare la potenza assorbita da ciascun bipolo e verificare che la somma di tali
potenze è uguale a zero.
Soluzione
e1 = 1
KCL al nodo 2: (e2 – 1)/1 + e2/1 + 1 = 0
da cui e2 = 0 , I = 1 e Is = 2
Le potenze assorbite sono:
P(R1) = 1W
P(R2) = 0
P(gen 1A) = - 1W
P(gen 1V) = - 2W
P(gen 2I) = 2W
Somma delle potenze assorbite = 0
-4-
E2 (punti 5) – Regime stazionario
1) Determinare l’equivalente Thevenin ai morsetti A B calcolando la tensione a
vuoto Vv e la resistenza equivalente Re
2) Determinare l’equivalente Norton agli stessi morsetti calcolando la corrente di
corto circuito Icc indipendentemente dal punto 1 e verificare che Icc = Vv/Re
Soluzione
Calcolo della tensione a vuoto Vv : (dalla figura in alto)
I = 2 ; V2 = 2 ; Is = 4I = 8 ; V1 = 8 ; Vv = 1 + V1 – V2 = 7V
Calcolo della Re
I = -1 ; V = 3I – I – 4I = -2I = 2 da cui Re = 2Ω
Calcolo della Icc
I* = -4I+I-2 = -2-3I ; Icc = I-2 ;
KVL maglia esterna :1 – V* -V-V4 =1+2+3I –I-4(I-2)= 0 da cui I = 11/2 e Icc = 7/2A
c.v.d
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E3– Circuiti del I ordine (punti 6)
Il circuito è a regime da molto tempo. Is = 1A
Calcolare iL(t) e vL(t) e tracciarne il grafico da t = 0 all’infinito, mettendo in evidenza:
i valori iniziali a t = 0+ e t = 0-, i valori finali e le costanti di tempo.
Soluzione
Da 0 a 50µsec: (t*= 50µsec)
iL(0) = 0 ; iL(∞) = 6 (10/20) = 3 ; Req = 20 Ω ; τ = L/Req = 5µsec.
iL(t) = 3[1-exp(-t/τ)] ; vL(t) = Ldi/dt = 60[exp(-t/τ)]
La corrente arriva a regime a circa 20-25 µsec.
Da t* all’infinito:
iL(t*) = 3 ; iL(∞) = 0 ; τ = L/Req = 5µsec
iL(t) = 3[exp(-(t- t*)/τ)] ; vL(t) = Ldi/dt = -60[exp(-(t- t*)/τ)]
-6-
E4 - Circuiti del II ordine (punti 7)
L’interruttore è aperto da molto tempo. Per t = 0 si chiude.
Calcolare vC(t) e tracciarne il grafico da t = 0 all’infinito.
Soluzione
Condizioni iniziali (t = 0)
I1 = 0 quindi vC(0) = 10V ; iL(0) = 10A
Condizioni finali (t = ∞)
I2 = 10/2 = 5A ; V2 = 5V quindi vC(∞) = 10 – 5 = 5V ; iL(∞) = I2 = 5A
Equazioni di stato
v v I 10
I v I 10 10
1 1
e quindi
1 1
–tr(A) = 2 e det(A) = 2
L’equazione caratteristica è λ2 + 2 λ + 2 = 0 da cui λ1= -1+j e λ2 = -1-j
vC(t) = e-t[Acos(t) + B(sen(t)] + 5.
Imponendo le condizioni iniziali vC(0) = 10V e
v 0 v 0 I 0 10 10 si ottiene A= 5 e B = -5
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