S. Alfonzetti
Esercitazioni
di
Elettrotecnica
UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI CATANIA
DIPARTIMENTO DI INGEGNERIA ELETTRICA, ELETTRONICA E INFORMATICA (DIEEI)
-1-
INDICE
Prefazione
pag.
3
Lista dei simboli
pag.
4
Capitolo 1 – Circuiti elettrici in transitorio
pag.
5
Capitolo 2 – Circuiti elettrici in regime costante
pag.
47
Capitolo 3 – Circuiti elettrici in regime sinusoidale
pag.
61
Capitolo 4 – Doppi bipoli
pag.
91
Capitolo 5 – Circuiti trifase in regime sinusoidale
pag.
119
Capitolo 6 – Circuiti magnetici
pag.
145
Appendice A – Trasformata di Laplace
pag.
175
Appendice B – SPICE
pag.
177
-2-
Prefazione
La raccolta di esercizi proposti in questo volume nasce da una selezione di quelli assegnati per le
prove scritte dell'esame di Elettrotecnica a partire dall'anno accademico 1972-73 a tutt'oggi presso la
Facoltà di Ingegneria dell'Università degli Studi di Catania. Lo scopo di tale raccolta è quello di
aiutare gli studenti nella preparazione della prova scritta dell'esame di Elettrotecnica dei vari corsi di
laurea in cui tale insegnamento è attualmente presente, e cioè Ingegneria Industriale, Ingegneria
Informatica ed Ingegneria Elettronica.
Gli esercizi qui riportati sono relativi a tutti gli argomenti fondamentali di un normale corso di
Elettrotecnica, per la cui soluzione è quasi sempre necessaria la conoscenza globale e possibilmente
critica delle varie tecniche di analisi dei circuiti elettrici. Per questo motivo si ritiene che la presente
raccolta possa servire a quegli studenti che, al termine della loro preparazione per l'esame di
Elettrotecnica, desiderino saggiare la loro capacità di risolvere ogni tipo di circuito elettrico con il
metodo più rapido ed efficace.
-3-
Lista dei simboli
A
B
C
D
E
E
f
F
G
H
k
j
J
I
L
M
N
P
Q
R
S
t
T
V
W
X
Y
Z
potenza apparente, potenza complessa
suscettanza, induzione magnetica
capacità elettrica
spostamento dielettrico
potenziale di nodo, tensione stellata, campo elettrico
energia
frequenza
forza magnetomotrice, forza
conduttanza
campo magnetico
coefficiente di accoppiamento
unità immaginaria
corrente di maglia, corrente di fase, densità di corrente
corrente di lato
induttanza
mutua induttanza
numero di spire
potenza reale
potenza reattiva
resistenza
riluttanza
sezione, interruttore
tempo
periodo
tensione, tensione concatenata
energia
reattanza
ammettenza
impedenza
coefficiente di temperatura, exp(j2/3)
ampiezza di traferro
costante dielettrica
rendimento
temperatura
permeabilità magnetica
resistività elettrica
conducibilità elettrica
costante di tempo
flusso magnetico
pulsazione, velocità angolare
-4-
CAPITOLO 1
Circuiti elettrici
in transitorio
-5-
Esercizio 1.1
Il circuito di fig. 1 è in regime sinusoidale per t 0 , istante in cui l’interruttore S chiude.
Determinare la tensione v(t) ai capi dell’induttore per t 0 .
i g ( t ) I max sen t A
R3
I max 5 A
R1
100 rad / s
S
+
ig(t)
R1 10
L
R2
v(t)
1
R2
R 2 30
2
R1
R3 5
Figura 1
X L 20
Preliminarmente occorre calcolare la condizione iniziale relativa alla corrente nell'induttore. Detta R0
la resistenza del bipolo resistivo in parallelo all'induttore prima della chiusura dell'interruttore, si ha:
1
2
R0 R3
R1 R 2 25
(1)
Detto I g I max / 2 j5 A il fasore relativo alla corrente del generatore, si ha:
R0
25
100 j125
Ig
( j5)
A
R 0 jX
25 j20
41
100
i L (0) Re IL
2, 439 A
41
I
L
(2)
(3)
Chiuso l'interruttore, la resistenza del bipolo resistivo in parallelo all'induttore diviene:
R R3 2
R1R 2
20
R1 R 2
(4)
Dalla LKC per t 0 discende la relazione:
v( t) 1
R
L
t
0 v(t) dt i L (0) ig ( t)
(5)
dove L X / 63, 66 mH è l'induttanza dell'induttore ed i L ( 0 ) è la corrente nell’induttore per
t 0 . Derivando la (5), si ottiene l’equazione differenziale:
d ig ( t )
dv( t ) R
v( t ) R
dt
L
dt
(6)
il cui integrale generale è dato da:
v( t ) K e
R
t
L
v p (t)
-6-
(7)
L’integrale particolare v p ( t ) può essere determinato con il metodo dei fasori:
jXR I 50(1 j) 50 2 / 4 V
V
p
g
R jX
e jt 50
v p ( t ) Re V
p
(8)
2 cos100 t / 4 V
(9)
La costante K nella (7) si determina imponendo la condizione iniziale v ( 0 ) ; questa può essere
ricavata dalla (5) per t 0 :
1
v ( 0 ) i L ( 0 ) i g ( 0 )
R
(10)
da cui, essendo per continuità i L ( 0 ) i L ( 0 ) 2,439 A ed ig (0) 0 A, si ha:
v(0) R ig (0) i L (0) 48, 78 V
(11)
Imponendo tale condizione nella (7) si ha:
48,78 K 50
(12)
da cui K 1,220 V .
In definitiva:
v ( t ) 1,220 e 100 t 70,71 cos(100t / 4) V
(13)
v (t)
(V)
50
t
10
20
30
- 50
Figura 2
-7-
40
(ms)
Esercizio 1.2
Il circuito in fig. 1 è in regime sinusoidale per t 0 , istante in cui il deviatore S commuta dalla
posizione 1 alla 2. Supponendo che il tempo di commutazione sia nullo, determinare la corrente iC(t)
attraverso il condensatore e la tensione v2(t) ai capi del resistore di resistenza R2 per t 0 .
i g ( t ) I max cos(t ) A
I max 20 2 A
1
104 rad / s
S
3
4 rad
ig(t)
R 1 10
R 2 100
L 1 mH
C 10 F
R1
iC(t)
2
+
L R2 v2(t)
C
Figura 1
Le condizioni iniziali al tempo t 0 si calcolano mediante il metodo dei fasori. Posto
I I
20 ( 1 j) A , applicando il metodo del potenziale ai nodi, si ha
g
max
1
1
jC V
C Ig
R
j
L
1
da cui:
(1)
I VC 20 (1 j) A
L
j L
200 ( 1 j) V
V
C
(2)
200 V ed i ( 0 ) ReI 20 A .
Le condizioni iniziali sono: vC (0) Re V
C
L
L
Lo studio del circuito per t 0 si può affrontare analizzando separatamente l’evoluzione forzata del
parallelo generatore di corrente - resistore R1 - condensatore C, e l'evoluzione libera della serie
resistore R2 - induttore L. Si ha facilmente per le due analisi:
C
dv C ( t ) v C ( t )
ig ( t )
dt
R1
L
diL ( t )
R 2i L ( t ) 0
dt
(3)
I relativi integrali generali sono:
v C ( t ) K1 e t / 1 v p ( t )
i L ( t ) K 2 e t / 2
(4)
L
105 s
R2
(5)
dove le costanti di tempo sono date da:
1 R1C 10 4 s
2
e dove vp(t) è l'integrale particolare della tensione ai capi del condensatore che può essere determinata
con il metodo dei fasori:
-8-
V
p
1
I j 200 V
g
(6)
v p ( t ) 200 cos104 t V
2
(7)
1
j C
R1
Imponendo le condizioni iniziali: v C ( 0 ) v C ( 0 ) 200 V
determinano le costanti K1 e K2 nelle (4):
Allora:
ed
i L ( 0 ) i L ( 0 ) 20 A , si
K1 v C (0 ) v p (0 ) 200 V
K 2 i L ( 0 ) 20 A
4
v C ( t ) 200 e 10 t 200 cos(104 t ) V
2
i L ( t ) 20 e 10
5
t
A
(8)
(9)
Le variabili di rete richieste si ottengono facilmente come:
i C (t ) C
4
dvC (t )
20 e 10 t 20 cos(104 t ) A
dt
v 2 ( t ) R 2i L ( t ) 2000 e 10
5
t
(10)
(11)
V
Il grafico della corrente iC(t) è riportato in fig. 2.
i (t)
(A)
25
1
- 25
Figura 2
-9-
2
t
(s)
Esercizio 1.3
Il circuito in fig. 1 è in regime costante per t 0 , istante in cui l’interruttore S1 chiude. Per t t1
chiude anche l'interruttore S2. Determinare la tensione v(t) per t 0 .
S1
Vg 100 V
R1
R 1 20 k
C
S2
R 2 40 k
+
R 3 50 k
+
R4
Vg
R2
R 4 30 k
R3
C 5 nF
v(t)
t1 50 s
Figura 1
Preliminarmente si osserva che è nulla la condizione iniziale relativa alla tensione ai capi del
condensatore: v C ( 0 ) 0 V.
Lo studio del transitorio va diviso in relazione ai due intervalli di tempo 0 t t1 e t t1 .
a) Studio per 0 t t1
Trattandosi di una rete con un solo elemento a memoria e con generatori costanti, una generica
variabile di rete y(t) è esprimibile nella forma:
y( t ) y(0 ) y( ) e t / y( )
(1)
All’inizio del transitorio la tensione ai capi del condensatore rimane immutata al valore del regime
precedente, e cioè zero. Pertanto la formula del partitore di corrente dà:
R 2R 3
R 2 R3
1000
v(0)
Vg
52, 63 V
R 2R 3
19
R1
R 2 R3
(2)
Dato che il generatore eroga una tensione continua, al termine del transitorio il condensatore si
comporta come un circuito aperto. Pertanto:
vC ()
R2
200
Vg
66, 67 V
R1 R 2
3
v ( ) 0 V
(3)
La costante di tempo vale:
RR
950 6
10 316, 7 s
1 2 R3 C
R
R
3
2
1
Si ha allora:
(5)
v C ( t ) 66,67 1 e3158t V
(6)
v ( t ) 52,63 e 3158t V
(7)
- 10 -
Tali relazioni rimarrebbero valide per ogni istante t > 0, se non intervenisse la chiusura del secondo
interruttore. In vista di tale ulteriore transitorio, occorre calcolare la tensione ai capi del condensatore
per t=t1:
vC (t1 ) 66, 67 1 e3158t1 9, 737 V
(8)
b) Studio per t t1
Posto t ' t t1 , anche in tale intervallo di tempo vale una formula del tipo della (1).
Per t ' 0 , per il principio di sovrapposizione degli effetti, si ha:
R 2R 3
v t ' t '0 R 2 RRR3 Vg R RR 3
v C ( t1 ) 44,94 V
1 2 R
2 3
R1
3
R2 R3
R1 R 2
Per t ' il capacitore si comporta come un circuito aperto; si ha:
R2 R3 R4
R3
R 2 R3 R 4
500
v t '
Vg
35, 71 V
t '
R 2 R3 R 4
R3 R 4
14
R1
R 2 R3 R 4
(9)
(10)
La costante di tempo vale:
RR
R 4 R3 1 2
R1 R 2
1425 6
'
C
10 101,8 s
R1R 2
14
R 4 R3
R1 R 2
Quindi:
(11)
v t ' 9,230 e 9825 t ' 35,71 V
(12)
Il grafico della tensione v(t) è riportato in fig. 2.
v (t)
(V)
50
40
30
50
100
Figura 2
- 11 -
150
200
t
(s)
Esercizio 1.4
La rete di fig. 1 è a regime per t 0 , istante in cui l’interruttore S chiude. Determinare la corrente
i1 t per t 0 .
L
Vg 12 V
S
Ig 4 A
+
R1 R 2 4
R1
Vg
D
R2
Ig
i1(t)
L 20 mH
D diodo ideale
Figura 1
Il diodo ideale D è un resistore non lineare che si comporta come un interruttore in quanto equivale
ad un corto circuito o, in alternativa, ad un circuito aperto a seconda che esso sia in conduzione o in
interdizione.
All’inizio del transitorio, subito dopo la chiusura dell'interruttore S, la corrente i L ( t ) nell’induttore
rimane immutata al valore del regime costante precedente t 0 e cioè:
i L ( 0 ) i L ( 0 )
Vg
R1
3A
(1)
In tale istante si può individuare la condizione del diodo ideale D, ipotizzando una delle due possibili
condizioni (conduzione o interdizione) e verificando il risultato. Supponendo che il diodo sia in
conduzione, si ha:
i1 (0 ) i 2 (0 ) I g i L (0 )
(2)
R1i1 (0 ) R 2i 2 (0 )
(3)
Poiché R1 R 2 si ha i1 ( t ) i 2 ( t ) e quindi:
i1(0 ) i2 (0 )
1
I g i L (0 ) 0,5 A
2
(4)
Dato che la corrente nel diodo è positiva, l'ipotesi fatta risulta verificata. Allora, almeno per un certo
intervallo di tempo, il diodo permarrà in conduzione e la corrente richiesta sarà esprimibile nella
forma:
i1 ( t ) i1 (0 ) i1 ( ) e t / i1 ( )
Essendo:
R1 R 2
L 10 ms
R1R 2
Vg
i1( )
3 A
R1
(5)
(6)
(7)
si ha:
i1 ( t ) 3,5 e 100 t 3 A
- 12 -
(8)
Tale relazione avrà validità sino a che il diodo rimane in conduzione e cioè, essendo i 2 ( t ) i1 ( t ) ,
sino al tempo:
t1
1
3,5
1n
1,542 ms
100
3
(9)
In tale istante i1 ( t1 ) i 2 ( t1 ) 0 A , i L ( t1 ) I g 4 A ed il diodo andrà in interdizione. Esso permarrà
i tale stato almeno per un certo intervallo di tempo. L'andamento della corrente per t>t1 si può derivare
ancora con una formula come la (4), ponendo t ' t t1 ; i parametri si calcolano come segue:
i1 ( t ' ) t ' 0 0 A
(10)
i1 (t ' ) t ' 3 A
(11)
' L / R1 5 ms
(12)
i1 ( t ' ) 3 3 e 200 t ' A
(13)
e quindi:
Tale relazione è valida sino a che il diodo rimane in interdizione, e cioè sino a t ' , in quanto la
tensione ai capi del diodo:
v D ( t ' ) R 1i1 ( t ' ) 12 12 e 200 t '
(14)
è negativa per ogni t'>0.
Il grafico della corrente i1(t) è riportato in fig. 2.
i 1 (t)
(A)
5
2
4
6
8
10
12
14
16
18
t
(ms)
-1
-2
-3
Figura 2
- 13 -
Esercizio 1.5
Nel circuito di fig. 1 al tempo t 0 , istante di chiusura dell'interruttore S1, le tensioni ai capi dei
condensatori valgono: v1(0)=V1 e v2(0)=V2. Al tempo t = t1 l'interruttore S1 apre, mentre S2 chiude.
Determinare le tensioni sui due condensatori per t > 0.
S1
Vg 50 V
S2
R0
V1 0 V
V2 20 V
i1(t)
R3
R1
R 0 1,5 k
+
R1 1 k
R 2 2,5 k
Vg
R2
+
+
C1
R 3 1,5 k
C1 C2 4 F
t1 10 ms
v1(t)
C2
v2(t)
Figura 1
Lo studio del transitorio va diviso in relazione ai due intervalli di tempo 0 t t1 e t t1 .
a) Studio per 0 t t1 .
La tensione v2(t) rimane costante e pari a V2, mentre la tensione v1(t) può essere espressa come:
v1 ( t ) v1 (0 ) v1 ( )e t / v1 ( )
(1)
Essendo:
v1 (0) V1 0 V
R 0 R 1 C1 10 ms
v1 ( ) Vg 50 V
si ha:
v1 ( t ) 50 1 e 100 t V
(2)
(3)
La corrente i1(t) può essere calcolata utilizzando un’ espressione analoga alla (1) con
i1(0)
Vg
R 0 R1
20 A
i1( ) 0 A
(4)
oppure come
i1 ( t ) C1
dv1 ( t )
20 e 100 t mA
dt
(5)
b) Studio per t t1
In tale intervallo di tempo il circuito ha una sola maglia, la cui LKT dà:
Ri1 ( t ' ) v1 ( t ' ) v 2 ( t ' ) 0
(6)
dove t ' t t1 ed R è la resistenza equivalente della serie dei tre resistori della maglia:
R R 1 R 2 R 3 5 k
Le tensioni sui capacitori si possono esprimere come:
- 14 -
(7)
v1 ( t ' ) v1 ( t1 )
1 t'
i1 ( t ' ) dt '
C1 0
v 2 ( t ' ) v 2 ( t1 )
1
C2
t'
0 i1 (t ' ) dt '
(8)
Sostituendo le (8) nella (6) e derivando, si ha l’equazione differenziale omogenea:
R
di1( t ' ) 1
i1( t ' ) 0
dt '
C
(9)
dove C è la capacità equivalente della serie dei due capacitori:
C
C1C2
2 F
C1 C2
(10)
Essendo per la (6):
1
R
i1 (t ') t '0 v2 (t ') v1 (t ') t '0 (6 10 e1 ) 103 2,321 mA
e
(11)
' R C 10 ms
(12)
i1 ( t ' ) 2,321 e 100 t ' mA
(13)
v1 ( t ' ) 25,80 5,803 e 100 t ' V
(14)
v 2 ( t ' ) 25,80 5,803 e 100 t ' V
(15)
si ha:
e quindi per le (8):
I grafici della corrente i1(t) e delle tensioni v1(t) e v2(t) sono riportati nelle fig. 2 e 3.
i (t)
m(A)
20
15
10
5
10
20
t
(ms)
-5
Figura 2
- 15 -
(V)
40
vC (t)
1
30
25.8
20
vC (t)
2
10
t
10
20
Figura 3
- 16 -
30 (ms)
Esercizio 1.6
Il circuito di fig. 1 è in regime costante al tempo t 0 , istante in cui l’interruttore S chiude.
Determinare la corrente nell’induttore per t 0 e la tensione ai capi del capacitore a transitorio
estinto.
S
Vg 250 V
iL(t)
L 0,1 H
+
+
C 10 F
C
Vg
R1 25
vC(t)
R1
R 2 600
L
R2
Figura 1
Per t<0 nel circuito non circola alcuna corrente, per cui le condizioni iniziali sono immediatamente
calcolate come:
i L ( 0 ) 0 A
v C (0) Vg 250 V
(1)
Per t>0, dette j1 ( t ) e j2 ( t ) le correnti di anello (antiorarie), per la LKT si ha:
1 t
j1 (t ) j2 (t )dt v C (0) Vg
C 0
dj ( t ) 1 t
j2 ( t ) j1( t )dt v C 0 0
R 2 j2 ( t ) L 2
dt
C 0
R 1 j1 ( t )
(2)
(3)
Sommando membro a membro la (2) e la (3), si ricava:
j1( t )
1
R1
dj2 ( t )
Vg L dt R 2 j2 ( t )
(4)
e sostituendo nell'equazione ottenuta derivando la (3), si ha:
LC
Vg
dj ( t ) R
d 2 j2 ( t ) L
CR 2 2 1 2 j2 ( t )
2
R1
dt
R1
dt
R1
(5)
che è l’equazione differenziale della corrente di anello j2(t), coincidente con quella nell’induttore.
Con i valori numerici proposti, l’equazione caratteristica è:
10 6 s 2 10 2 s 25 0
che ha due radici reali e coincidenti s1 s 2 5 103 Hz .
Un integrale particolare della (5) è:
- 17 -
(6)
j2 p ( t )
Vg
R1 R 2
0,4 A
(7)
e l’integrale generale è:
j2 ( t ) K1 K 2 t e 5000 t 0,4 A
(8)
Le costanti K1 e K2 si determinano imponendo le condizioni iniziali:
j2 (0) i L (0) i L (0) 0 A
(9)
R
1
dj2 ( t )
v C (0 ) 2 i L (0) 2500 A / s
dt
L
t 0 L
(10)
0 K1 0,4
2500 5000 K1 K 2
(11)
K1 0,4 A
K 2 500 A / s
(12)
Si ha:
da cui:
In definitiva:
j2 ( t ) 0,4 500 t e 5000 t 0,4 A
(13)
La tensione ai capi del condensatore a transitorio estinto vale:
v C ( )
R2
Vg 240 V
R1 R 2
(14)
Agli stessi risultati si può pervenire mediante il metodo delle correnti di maglia nel dominio delle
trasformate di Laplace (v. fig. 2); si ha il sistema:
1
1
1
1
R 1 J1 (s) J 2 (s) Vg v C (0)
s
s
sC
sC
1
1
1
J1 (s) R 2 sL J 2 (s) v c (0)
s
sC
sC
(15)
(16)
Essendo v C (0) Vg 250 V ed utilizzando i valori numerici proposti, si ha:
J 2 (s) 2500
s 4 103
(s2 104 s 25 106 ) s
- 18 -
(17)
1/sC
J1(s)
Vg/s
+
+
J2(s)
sL
vC(0)/s
R1
R2
Figura 2
Poiché le radici del denominatore sono s1 s 2 5 103 Hz ed s3 0 Hz , J2(s) si può sviluppare in
frazioni parziali come:
J 2 (s )
A
s 5 10
3
B
3 2
(s 5 10 )
C
s
(18)
Le costanti A, B e C si possono calcolare come segue:
B J 2 (s) (s 5 103 ) 2
500 A/s
s 510
3
(19)
C J 2 (s) s s0 0, 4 A
(19)
B
C
3
0, 4 A
A J 2 (s)
(s
5
10
)
(s 5 103 ) 2 s
s4103
Sostituendo questi valori nella (18) ed antitrasformando si ottiene la (13).
Il grafico della corrente nell'induttore è riportato in fig. 3.
i (t)
(A)
4
3
2
1
t
1
Figura 3
- 19 -
(ms)
(20)
Esercizio 1.7
Nell’ipotesi che il circuito in fig. 1 sia in regime sinusoidale al tempo t=0, istante in cui l’interruttore
S chiude, determinare l'andamento della corrente i(t) erogata dal generatore di tensione per t>0.
v g ( t ) Vmax cos( t )
L
Vmax 100 V
S
1 rad / s
R1
a
L2 H
i(t)
b
c
i(t)
C 0,5 F
+
vg(t)
C
R2
R1 1
o
R2 1
Figura 1
1
Preliminarmente si procede al calcolo delle condizioni iniziali al tempo t=0 relative alla tensione sul
capacitore ed alla corrente attraverso l'induttore.
Poiché l'induttore è in serie con un interruttore aperto si ha evidentemente iL(0)=0 A.
Per il calcolo della tensione ai capi del capacitore è conveniente applicare il metodo dei potenziali di
nodo nel dominio dei fasori. Assumendo come unica incognita il potenziale del nodo b rispetto al
nodo di riferimento o, coincidente con la tensione ai capi del capacitore, si ottiene:
1
1
jC V
Vg I
C
R
R
1
1
(1)
100 V è il fasore relativo alla forma d'onda del generatore di tensione.
dove V
g
V
) / R , si ha infine:
Essendo I ( V
g
C
1
V
C
da cui:
1
400 4 j V
V
g
1 jCR1
17
1600 94,12 V .
v C (0) ReV
C
17
(2)
(3)
Il calcolo della corrente i(t) per t>0 può essere affrontato mediante le equazioni di stato. A tale scopo
si considerino l'insieme di taglio costituito dai lati C-L-R1-R2 e la maglia costituita dai lati L-C-R1R2. Le relative LKC ed LKT danno le relazioni:
C
dv C
i L i1 i 2
dt
L
di L
vC v1 v2
dt
(4)
Analizzando la rete resistiva ottenuta sostituendo all'induttore ed al capacitore rispettivamente un
generatore di corrente ed uno di tensione, si ha facilmente:
- 20 -
v1
1
(vg vC )
R1 R 1
i 2 i L i i L (i L i1 ) (1 ) i L
vC
vg
R1
R1
R 2
R 2
vg
vC
v 2 R 2i 2 (1 ) R 2i L
R1
R1
v1 v g v C
i1
(5)
Sostituendo tali espressioni nelle (4), si ottengono le equazioni di stato:
1
1
vC R1C
R1C
C
d vC
vg
dt i L R 2 (1 )R 2 i L R1 R 2
R1L
R1L
L
(6)
che con i valori numerici proposti divengono:
d v C 4 2 v C 4
vg
dt i L 0,5 0 i L 1
(7)
Le frequenze naturali della rete si ottengono come autovalori della matrice delle equazioni di stato,
ossia come radici dell'equazione:
4 s 2 2
s 4s 1 0
det
0,5 s
(8)
che ha due radici reali e distinte:
1 2 3 3,732 Hz
2 2 3 0,268 Hz
(9)
A transitorio estinto, la forma d'onda ip(t) della corrente i(t) in regime sinusoidale si può ottenere dalle
stesse equazioni di stato scritte per le grandezze fasoriali:
1
1
V
V R1C
R C
C
C
Vg
j C 1
IL R 2 (1 )R 2 IL R1 R 2
R1L
R1L
L
(10)
da cui:
4
4 j 2 V
C
0,5 j I 1 Vg
L
(11)
La soluzione di questo sistema è:
I L 25 j 50 A .
100 j 50 V
V
C
(12)
Il fasore della corrente cercata è dato da:
I I
p
L
V
V
g
C
R1
250 A
e la corrispondente forma d'onda è:
- 21 -
(13)
i p ( t ) Re I p e jt 25 cos(t )
(14)
i( t ) K1e 1t K 2e 2 t i p ( t )
(15)
La corrente i(t) ha la forma:
con K1 e K2 costanti da determinare in base alle condizioni iniziali della corrente i(t) al tempo t=0+.
Essendo per t>0:
i( t ) i L ( t )
vg ( t ) vC ( t )
(16)
R1
le condizioni richieste si ottengono da:
i(0 ) i L ( 0 )
v g ( 0 ) v C ( 0 )
(17)
R1
di(0 ) di L (0 ) 1 dv g (0 ) dv C (0 )
dt
dt
R1 dt
dt
(18)
Essendo per continuità:
i L (0 ) i L (0 ) 0 A
v C ( 0 ) v C ( 0 ) 94 ,12 V
(19)
e dalle equazioni di stato:
dv C (0)
400
4 v C (0) 2i L (0) 4 v g (0)
23,53 V / s
dt
17
di L (0)
900
0,5v C (0) v g (0)
52,94 V / s
dt
17
si ha:
i( 0 )
di(0) 500
29,41 A / s
dt
17
100
5,882 A
17
(20)
(21)
(22)
Imponendo tali condizioni nella (15), si ha il sistema:
100
K1 K 2 25 17
( 2 3 ) K1 ( 2 3 ) K 2 500
17
la cui soluzione è:
K1
25
13 2 3 7,012 A
34
K2
(23)
25
13 2 3 12,11 A
34
(24)
In definitiva:
i( t ) 7,012e 3,732 t 12,11e 0,268 t 25 cos( t )
- 22 -
(25)
Esercizio 1.8
Nell’ipotesi che il circuito in fig. 1 sia in regime sinusoidale al tempo t=0, in cui l’interruttore S
chiude, calcolare la corrente i(t) erogata dal generatore di tensione per t > 0.
R1
v g ( t ) Vmax cos( t )
S
R2
i(t)
Vmax 100 V
2 rad / s
+
L 1 H
vg(t)
C
C 0,5 F
R4
+
R3
vC(t)
L
gvC(t)
R1 R 2 R 3 R 4 2
g 0,5 S
Figura 1
Il calcolo delle condizioni iniziali (tensione sul capacitore e corrente nell'induttore) si effettua
considerando il circuito (con l’interruttore S aperto) nel dominio dei fasori. Per tale calcolo si
considerano separatamente le due sottoreti collegate dal corto circuito (che peraltro non è percorso
100 il fasore associato a vg(t), si ha:
da corrente e che quindi può essere eliminato). Posto V
g
V
C
V
g
1
1
1
R1
jC
R1
R2 R3
I gV
12 j16 A
L
C
24 j32 V
(1)
Le condizioni iniziali sono allora:
24 V
v C (0 ) ReV
C
i L ( 0 ) ReI L 12 A
(2)
i L (0) i L (0) 12 A
(3)
Per la continuità di tali variabili si avrà anche:
v C ( 0 ) v C ( 0 ) 24 V
Lo studio del transitorio dopo la chiusura dell'interruttore può essere affrontato ricavando le equazioni
di stato del circuito, adottando come variabili di stato la tensione ai capi del capacitore e la corrente
attraverso l'induttore. A tale scopo si considerino la LKC per l'insieme di taglio costituito dai lati CL-R1-R3-R4 e la LKT per la maglia costituita dai lati L-C-R2:
dv C ( t )
C dt i3 ( t ) i L ( t ) gvC ( t ) i(t)
L di L ( t ) v 2 ( t ) v C ( t )
dt
(4)
In tali equazioni compaiono variabili di rete che non sono né variabili di stato, né ingressi (generatori).
Applicando il teorema di sostituzione, ossia sostituendo al capacitore un generatore di tensione pari
a vC ed all'induttore un generatore di corrente pari ad iL, si ottiene una rete resistiva lineare (v. fig. 2)
dalla cui analisi si ricava:
- 23 -
R1
R2
i(t)
R4
+
vg(t)
+
vc(t)
R3
iL(t)
gvC(t)
Figura 2
1
1
vC (t)
v g ( t)
R1
R1
1 gR 2
R2
i3 ( t )
vC ( t)
iL ( t)
R2 R3
R2 R3
1 gR 3 R 2 v ( t ) R 2 R 3 i ( t )
v2 (t)
C
L
R2 R3
R2 R3
i(t)
(5)
(6)
(7)
Sostituendo queste espressioni nelle (4), in forma matriciale si ha:
1
gR 3 1
(R R ) C R C
d v C 2
3
1
dt i L R 3 (1 gR 2 )
(R 2 R 3 ) L
R3
1
(R 2 R 3 ) C v C R 1C
v g (t)
R 2R 3 iL
0
(R 2 R 3 ) L
(8)
che costituiscono le equazioni di stato del circuito; con i valori numerici proposti si ha:
d v C 1 1 v C 1
v g (t)
dt i L 1 1 i L 0
(9)
Le frequenze naturali del circuito per t>0 si ottengono come autovalori della matrice dei coefficienti
delle equazioni di stato, ossia risolvendo l'equazione:
1 2
1 s
det
s 2s 2 0
1 s
1
(10)
Le frequenze naturali sono complesse e coniugate: s1 1 j ed s2 1 j . Allora la corrente
richiesta avrà la forma:
i( t ) Ke t cos(t φ) i p ( t )
(11)
dove K e sono costanti da determinare ed ip(t) è la forma d'onda della corrente i(t) a transitorio
estinto. Poiché il generatore è di tipo sinusoidale, anche ip(t) sarà di tipo sinusoidale della medesima
pulsazione; tale corrente può essere determinata con il metodo dei fasori, utilizzando ancora le
equazioni di stato:
1
1 j2 1 V
C
1 1 j2 0 Vg
IL
- 24 -
(12)
30 j40 , e quindi per la (5):
Risolvendo tale sistema si ha V
C
I 1 V
1 V
35 j 20 5 65arctg 4 40,310,519 A
p
C
g
7
R1
R1
i ( t ) Re I e jt 40,31 cos 2 t 0,519 A
p
p
(13)
(14)
Per determinare le costanti K e nella (11), occorre preliminarmente calcolare le condizioni iniziali
sulla corrente i(t). Dalla (5) valutata al tempo t=0+ si ha:
i(0)
v g ( 0 ) v C ( 0 )
R1
100 24
38 V
2
(15)
Derivando la (5) e valutandola al tempo t=0+ si ha:
di(0 ) 1 dv g (0 ) dv C (0 )
dt
R1 dt
dt
(16)
Essendo nulla la derivata della vg(t) per t=0+ e calcolando quella della vC(t) dalla prima delle
equazioni di stato:
si ha:
dv C (0 )
v C (0 ) i L (0 ) 100 64 V / s
dt
(17)
di(0) 0 64
32 A / s
dt
2
(18)
Imponendo le condizioni iniziali (15) e (18) alla (11) si ha:
K cos 35 38
K cos Ksen 40 32
(19)
arctg ( 3 ) 1,30 rad
11
(20)
i( t ) 11,40 e t cos( t 1,30) 40,31 cos( 2 t 0,519) A
(21)
da cui:
K 130 11,40 A
In definitiva:
Allo stesso risultato si giunge adoperando il metodo dei potenziali di nodo nel dominio delle
trasformate di Laplace. Detti E1(s) ed E2(s) i potenziali dei due morsetti del resistore R2 rispetto al
polo negativo del generatore di tensione, assunto come nodo di riferimento (v. fig. 3), si ha:
1
1
R R sC
2
1
1 g
R2
1
V (s)
E1 (s) g
Cv C (0)
R2
R1
1
1
1
i L (0 )
E (s)
R 2 R 3 sL 2
s
- 25 -
(22)
R1
R2
E1(s)
E2(s)
I(s)
+
R4
1/sC
Vg(s)
iL(0)/s
R3
+
sL
vC(0)/s
gE1(s)
Figura 3
Sostituendo i valori numerici, considerando che:
Vg (s) L v g ( t )
100 s
s2 4
(23)
ed effettuando i calcoli, si ottiene:
E1 (s) 4
6s3 28s 2 49s 12
(s 2 2s 2) (s 2 4)
(24)
Notando che questo potenziale coincide con la tensione ai capi del condensatore VC(s), utilizzando la
(5) si ha:
I(s)
Vg (s) VC (s)
R1
2
19 s3 22 s 2 s 12
(s 2 2s 2) (s 2 4)
(25)
Dato che le radici del denominatore sono 1 j e j2 , I(s) si può sviluppare in frazioni parziali
come segue:
As B
Cs D
(As B) (s 2 4) (Cs D) (s 2 2s 2)
(26)
I(s) 2 2
2 2
2
s 2s 2
s 4
(s 2 2s 2) (s 2 4)
Eguagliando i numeratori della (25) e (26) si ha
A
3
2
B7
C
35
2
D 20
(27)
Sostituendo tali valori nella (26)
I(s)
3s 14
2
s 2s 2
5
7s 8
s2 4
ed antitrasformando si ottiene nuovamente la (21).
- 26 -
(28)
Esercizio 1.9
Supponendo che il circuito in fig. 1 sia a stato zero per t=0, calcolare la corrente iL1(t) attraverso
l'induttore di induttanza L1 per t>0.
v g ( t ) Vmax cos( t ) u ( t )
rmi2
Vmax 10 V
R4
iL1
1 rad / s
L1
R3
L1 L2 2 H
M 1 H
vg(t)
R2
R1 R 2 R 3 R 4 1
M
i2(t)
rm 1
L2
R1
Figura 1
Per il calcolo della corrente iL1(t) si può utilizzare il metodo delle correnti di maglia nel dominio delle
trasformate di Laplace. E’ conveniente scegliere le maglie in modo che attraverso ciascun induttore
mutuamente accoppiato passi una sola corrente di maglia, ossia: maglia 1=(L1-R2-R1-vg), maglia
2=(L2-R3-R2), maglia 3=(R4-R3-R2-R1-vg-rm). Si ha:
sL1J1 (s) sMJ 2 (s) R 2 [J1 (s) J 2 (s) J 3 (s)] R 1[J1 (s) J 3 (s)] Vg (s)
sL 2 J 2 (s) sMJ1 (s) R 2 [J 2 (s) J 3 (s) J1 (s)] R 3 [J 2 (s) J 3 (s)] 0
(1)
R 4 J 3 (s) R 3 [J 3 (s) J 2 (s)] R 2 [J 3 (s) J1 (s) J 2 (s)] R 1[J 3 (s) J1 (s)] Vg (s) rm I 2 (s)
dove Vg(s) è la trasformata di Laplace di vg(t):
Vg (s) L v g (t) L10cos(t)u(t)
10 s
s2 1
(2)
Esprimendo la corrente di pilotaggio del generatore dipendente in funzione delle correnti di maglia:
I 2 ( s ) J1 ( s ) J 2 ( s ) J 3 ( s )
(3)
e detto R il valore comune delle resistenze dei quattro resistori, si ha
2 R sL1 R sM
R sM 2 R sL
2
2 R rm 2 R rm
J1 (s) 1
2 R J 2 (s) 0 Vg (s)
4 R rm J 3 (s) 1
2R
(4)
Da tale equazione si può notare che, azzerando il generatore pilotato (cioè ponendo rm=0), la matrice
diviene simmetrica e le impedenze sulla diagonale principale sono le autoimpedenze delle tre maglie.
Sostituendo i valori numerici proposti e risolvendo il sistema per la corrente di maglia J1(s)
coincidente con la corrente IL1(s), si ha:
- 27 -
I L1 (s) J1 (s)
20
s
(5)
9s 2 18s 5 s 2 1
Essendo le radici del denominatore 5/3, 1/3, ±j, IL1(s) si sviluppa in frazioni parziali come:
I L1 (s)
K1
s
5
3
K2
s
1
3
K 3s K 4
(6)
s2 1
Le costanti si possono calcolare come segue:
(s) s
25
5
K1 IL1 (s) s
A
3
s5/3 34
(7)
1
A
2
(8)
K 2 IL1
1
3
s 1/3
3
18
K 4 I L1 (0) K1 3K 2
A/s
5
17
6
6
4
K 3 2IL1 (1) K1 K 2 K 4
A
8
4
17
(9)
(10)
Si ha allora
I L1 (s)
25
34
s
5
3
1
2
s
1
3
2
17
2s 9
(11)
s2 1
ed antitrasformando:
25 5t/3 1 t/3 2
e
2 cos t 9sent
e
34
2
17
25
1
2 85
9
e5t/3 e t/3
cos t arctg
2
34
2
17
i L1 (t)
(12)
0, 7353e 5t/3 0,5e t/3 1, 085cos t 1,352
Allo stesso risultato si può pervenire adoperando le equazioni di stato. Infatti riscrivendo le equazioni
(1) nel dominio del tempo, si ha:
dj2 ( t )
dj1 ( t )
L1 dt M dt 2Rj1 ( t ) Rj2 ( t ) 2Rj3 ( t ) v g ( t )
dj2 ( t )
dj ( t )
M 1 Rj1 ( t ) 2Rj2 ( t ) 2Rj3 ( t ) 0
L2
dt
dt
2Rj1 ( t ) 2Rj2 ( t ) 4Rj3 ( t ) v g ( t ) i 2 ( t )
che con i valori numerici proposti diviene:
- 28 -
(13)
dj1 ( t ) dj2 ( t )
2 dt dt 2 j1 ( t ) j2 ( t ) 2 j3 ( t ) v g ( t )
dj2 ( t ) dj1 ( t )
j1 ( t ) 2 j2 ( t ) 2 j3 ( t ) 0
(14)
2
dt
dt
2 j1 ( t ) 2 j2 ( t ) 4 j3 ( t ) v g ( t ) i 2 ( t )
Esprimendo la corrente i2(t) di pilotaggio del generatore dipendente in funzione delle correnti di
maglia:
i 2 ( t ) j1 ( t ) j2 ( t ) j3 ( t )
(15)
ricavando la corrente di maglia j3(t) dalla terza equazione:
1
j3 ( t ) 3 v g ( t ) j1 ( t ) j2 ( t )
(16)
e sostituendo nelle precedenti due si ha:
dj1 ( t ) dj2 ( t ) 4
1
1
2 dt dt 3 j1 ( t ) 3 j2 ( t ) 3 v g ( t )
2 dj2 ( t ) dj1 ( t ) 1 j ( t ) 4 j ( t ) 2 v ( t )
3 1
3 2
3 g
dt
dt
(17)
Interpretando queste equazioni come un sistema di due equazioni nelle due incognite derivate di j1 e
j2, e risolvendolo, si ottengono le equazioni di stato:
2
d j1 ( t ) 1 3 j1 ( t ) 0
1 v g ( t)
dt j2 ( t ) 2 1 j2 ( t ) 3
3
(18)
Le frequenze naturali del circuito si calcolano come autovalori della matrice dei coefficienti delle
equazioni di stato, ossia risolvendo l'equazione:
1 s 2
3 s 2 2s 5 0
det 2
9
1 s
3
(19)
che ammette due radici reali e distinte: s1=5/3, s2=1/3.
Per ciascuna radice si calcola il relativo autovettore, risolvendo i sistemi:
2
1 5
h (1) 0
3
3 1
5 (1)
2
1 h 2 0
3
3
2
1 1
h ( 2) 0
3
3 1
1 ( 2)
2
1 h 2 0
3
3
(20)
da cui:
h1(1) 1
h (21) 1
h1( 2) 1
h (22) 1
L'integrale generale delle equazioni di stato ha quindi la forma:
- 29 -
(21)
j1 ( t ) K1h (1)es1t K 2 h ( 2)es 2 t j1p ( t )
1
1
(1) s1t
( 2) s t
j2 ( t ) K1h 2 e K 2 h 2 e 2 j2 p ( t )
(22)
dove K1 e K2 sono costanti arbitrarie e j1p(t) e j2p(t) sono integrali particolari, che possono essere
ricavati dalle equazioni di stato nel dominio dei fasori:
1 j 2 J 0
3 1p
1 10
2
1 j J 2 p 3
3
(23)
La soluzione di questo sistema è:
2
J1p ( 2 j9) A
17
3
J 2 p ( 7 j11) A
17
(24)
e quindi:
2 85
9
cos( t arctg ) A
2
17
3 170
11
j2 p ( t )
cos( t arctg ) A
7
17
j1p ( t )
(25)
L'integrale generale del sistema di equazioni differenziali (18) è dunque:
2 85
9
5t / 3
K 2e t / 3
cos(t arctg )
j1( t ) K1e
2
17
j ( t ) K e 5t / 3 K e t / 3 3 170 cos(t arctg 11 )
1
2
2
7
17
(26)
Imponendo le condizioni iniziali j1(0) = j2(0) = 0 A, si ha:
0 K K 4
1
2 17
21
0 K1 K 2 17
da cui: K1=25/34 e K2=1/2. Sostituendo questi valori nella prima delle (26) si ottiene la (12).
- 30 -
(27)
Esercizio 1.10
Supponendo che il circuito di fig. 1 sia in regime costante al tempo t=0 in cui il commutatore S passa
dalla posizione a alla b, calcolare la tensione v1(t) ai capi del resistore di resistenza R1.
Vg 36 V
Ig
Ig 9 A
R0
R0 1
1
R1 2
R2 3
+
L0 1 / 7 H
t 1/ 3
R1
a
b
2
t :1
Vg
S
R2
v1(t)
L0
0
Figura 1
Preliminarmente occorre calcolare la condizione iniziale relativa alla corrente nell'induttore, che in
condizioni di regime costante si comporta come un corto circuito. Riportando al primario la resistenza
R2, la resistenza equivalente del bipolo resistivo visto dal generatore di tensione è:
R eq
R1 t 2 R 2 9
R0
1, 286
R1 t 2 R 2 7
(1)
La corrente nell'induttore prima della commutazione di S vale allora:
i L ( 0 )
Vg
R eq
28 A
(2)
Trattandosi di una rete con un solo elemento reattivo e con generatori costanti, la tensione v1(t) è
esprimibile nella forma:
v1(t) v1(0) v1() et/ v1()
(3)
dove la costante di tempo vale:
L0 1
111,1 ms
R eq 9
(4)
All’inizio del transitorio, ossia al tempo t=0+, la corrente attraverso l'induttore rimane invariata.
Allora, al fine di calcolare v1(0+), si può sostituire l'induttore con un generatore di corrente che eroghi
tale corrente. Utilizzando il metodo dei potenziali di nodo, mettendo a massa il nodo 0 ed indicando
con v1 e v2 i potenziali dei due nodi 1 e 2 (si noti che v1 e v2 coincidono con le tensioni al primario
ed al secondario del trasformatore ideale), si ha:
- 31 -
v1 ( 0 )
i1 (0 ) i L (0 ) I g
R
1
v 2 (0 ) i (0 ) I
2
g
R 2
(5)
dove i1 ed i2 sono le correnti nel primario e nel secondario del trasformatore ideale. Tenuto conto che:
1
i1( t ) i 2 ( t )
v1( t ) t v 2 ( t )
(6)
t
dalle (5) si ha:
92
v1 (0)
13,14 V
(7)
7
Al termine del transitorio il regime ritorna costante e l'induttore si comporta nuovamente come un
corto circuito. Per il calcolo di v1(+) si può ancora utilizzare il metodo dei potenziali di nodo:
v1 ( ) Vg v ( )
1
i1 ( ) I g
R0
R1
v 2 ( ) i ( ) Ig
2
R2
(8)
Tenendo conto delle (6), si ha facilmente:
v1( ) 12 V
(9)
In definitiva:
v1 (t)
8
7
e9t 12 1,143e9t 12 V
- 32 -
(10)
Esercizio 1.11
Dato il circuito in fig. 1: a) ricavare le equazioni di stato; b) calcolare le frequenze naturali;
c) determinare la tensione vC(t), risposta in regime sinusoidale all’ingresso vg(t) = Vmax cos(t);
d) determinare la tensione vC(t), risposta con stato zero al gradino vg(t)= u(t).
Vmax 100 V
R1
10 rad / s
R2
R1 5
+
R2 5
R3
iL(t)
vg(t)
+
C
iL(t)
R3 5
vC(t)
L
L 2 mH
C 10 mF
Figura 1
0,2
Adottando come variabili di stato la tensione ai capi del capacitore e la corrente attraverso l'induttore,
le equazioni di stato del circuito possono essere ricavate come segue. Si considerino la LKC per
l'insieme di taglio costituito dai lati C-L-R1-R3 e la LKT per la maglia costituita dai lati L-C-R2:
dv C ( t )
C dt (1 ) i L ( t ) i1 ( t )
L di L ( t ) v ( t ) v ( t )
2
C
dt
(1)
Essendo:
i1 (t)
v g (t) v C (t)
v 2 (t) R 2 i L ( t )
R1
(2)
si ottengono le equazioni di stato del circuito:
1
d v C
R1C
dt i L 1
L
1
1
C v C R1C
v g (t)
R 2 i L
0
L
(3)
che con i valori numerici proposti divengono:
d v C 20 120 v C 20
v g (t)
dt i L 500 2500 i L 0
(4)
Le frequenze naturali del circuito si ottengono come autovalori della matrice dei coefficienti delle
equazioni di stato, ossia risolvendo l'equazione:
120
20 s
det
s 2 2520 s 11 10 4 0
2500 s
500
- 33 -
(5)
Le frequenze naturali sono reali e distinte: s1=2475,6 Hz, s2=44,434 Hz.
La tensione vC(t) risposta in regime sinusoidale all'ingresso sinusoidale vg(t) = Vmax cos(t), può
essere determinata con il metodo dei fasori utilizzando le equazioni di stato:
1
R C j
1
1
L
1 1
V
C R C
C
1 V
g
R2
j I L
L
0
(6)
100 V , si ha
Con i valori proposti e ponendo V
g
120 V
20 j10
20
C
500 2500 j10 100 0
IL
(7)
200 39286 j8843 43, 263 j 9,738 44,345 12,68 V
V
C
181615
(8)
Risolvendo tale sistema si ha:
e quindi:
v C ( t ) 44,345 cos(10 t 0.221) V
(9)
La tensione vC(t), risposta con stato zero al gradino vg(t) = u(t), può essere determinata nel dominio
di Laplace utilizzando le stesse equazioni di stato:
1
R C s
1
1
L
1
1
VC (s)
C
R1C V (s)
g
R2
s I L (s)
L
0
(10)
Con i valori proposti e ponendo Vg (s) 1 / s , si ha
VC (s)
2500 s
20
s 2520s 1110 s
2
4
(11)
Essendo le radici del denominatore reali e distinte, VC (s ) può essere sviluppata in frazioni parziali:
K0
K
K2
1
s
s s1 s s 2
5
K 0 VC (s) s s 0
V
11
VC (s)
dove:
1
V
2
1
V
2
(12)
(13)
K1 VC (s) (s s1 ) s s
(14)
K 2 VC (s) (s s 2 ) ss
(15)
1
2
In definitiva:
vC (t) K 0 K1es1t K 2es2t 0, 4545 0,5e2475,6 t 0,5e44,434 t
- 34 -
(16)
Esercizio 1.12
Dato il circuito lineare e tempo-invariante in fig. 1:
- ricavare le equazioni di stato;
- ricavare il guadagno di corrente G(s)=I0(s)/Ig(s)
- calcolare la corrente i0(t) risposta con stato zero al gradino ig(t) = 10u(t) A
R0
R0 1
i0(t)
L1 1 H
L2 1 H
C3 1 F
R4 1
i1(t)
L1
+
C3
vg(t)
L2
+
vc(t)
R4
R5 2
i2(t)
ig(t)
R5
0,2
Figura 1
Adottando come variabili di stato le correnti attraverso i due induttori e la tensione ai capi del
capacitore, le equazioni di stato possono essere ricavate scrivendo le LKT per le maglie costituite dai
lati L1-C3-R4-vg e L2-C3-R5-ig e la LKC per l'insieme di taglio costituito dai lati C3-L1-L2:
di1 (t)
L1 dt v3 (t) v4 (t) vg (t)
di 2 (t)
v3 (t) v(t) v5 (t)
L2
dt
dv3 (t)
C3 dt i1 (t) i 2 (t)
(1)
dove si è indicata con v(t) la tensione ai capi del generatore di corrente.
Per ottenere le equazioni di stato occorre esprimere le tensioni v4(t), v5(t) e v(t) in funzione delle
variabili di stato e degli ingressi.
A tale scopo si consideri il circuito resistivo in fig. 2, ottenuto applicando il teorema di sostituzione.
In esso sono presenti tre generatori di corrente, le cui correnti possono identificarsi con le tre correnti
delle maglie indicate nella medesima figura. Allora si ha:
v4 R 4 (i1 i2 ig )
v5 R5ig
v v5 R 0 (ig i2 ) vg v4 R 4i1 (R 0 R 4 )i2 (R 0 R 4 )ig vg
- 35 -
(2)
(3)
R0
i0(t)
i1(t)
+
i2(t)
+
vg(t)
v+
v3(t)
R4
ig(t)
R5
v4 +
+
v5
Figura 2
Sostituendo nelle (1) si ottengono le equazioni di stato:
di1 (t)
L1 dt R 4i1 (t) R 4i 2 (t)+v3 (t) R 4ig (t) vg (t)
di 2 (t)
R 4i1 (t) (R 0 R 4 )i 2 (t) v3 (t) (R 0 R 4 )ig (t) vg (t)
L2
dt
dv3 (t)
C3 dt i1 (t) i 2 (t)
(4)
che poste in forma matriciale divengono:
R4
L
i1 1
d R4
i2
dt L2
v3
1
C3
R4
L1
R0 R4
L2
1
C3
1
R4
L
L1
1
i1
R R4
1
i 2 0
L2
L2
v3
0
0
1
L1
1 ig
L2 vg
0
(5)
Con i valori numerici proposti:
i1 1 1 1 i1 1 1
d
i 2 1 ig
i
1
2
1
2
2
v
dt
v3 1 1 0 v3 0 0 g
(6)
Per calcolare il guadagno di corrente G(s)=I0(s)/Ig(s), si possono utilizzare le stesse equazioni di stato
nel dominio Laplace, assumendo vg(t)=0 e lo stato zero al tempo t=0; si ha:
I1(s) 1 1 1 I1 (s) 1
s I2 (s) 1 2 1 I2 (s) 2 Ig (s)
V3 (s) 1 1 0 V3 (s) 0
- 36 -
(7)
ossia:
s 1 1 1 I1 (s) 1
1 s 2 1 I (s) 2 I (s)
2 g
1 1 s V3 (s) 0
(8)
Risolvendo per I2(s) si ha:
I2 (s)
2s2 s 1
s3 3s2 3s 1
Ig (s)
(9)
e quindi:
I0 (s) Ig (s) I2 (s)
s3 s2 2s
s3 3s2 3s 1
Ig (s)
(10)
ossia, il guadagno di corrente cercato è:
G(s)
s3 s2 2s
s3 3s 2 3s 1
(11)
È facile verificare dall’analisi del circuito che I0 (s) 0 per s=0 (in corrente continua gli induttori
cortocircuitano il resistore R0) e che I0 (s) Ig (s) per s (ad altissima frequenza gli induttori si
comportano come circuiti aperti).
Per calcolare la corrente i0(t) risposta con stato zero al gradino ig(t)=10 u(t) (la cui trasformata è
Ig(s)=10/s, si può calcolare l’antitrasformata della funzione:
3
2
s2 s 2
s s 2s 10
1
i0 (t) L1 3
10
L
3
2
2
s 3s 3s 1 s
s 3s 3s 1
(12)
Poiché il polinomio a denominatore ammette l’unica radice s=1 con molteplicità tre, la funzione da
antitrasformare si sviluppa in frazioni parziali come:
A
B
C
s2 s 2
s 1 (s 1)2 (s 1)3 s3 3s2 3s 1
(13)
Per ottenere i coefficienti A, B e C, si possono moltiplicare ambo i membri della (13) per (s+1)3:
(s 1)2 A (s 1)B C s2 s 2
(14)
ed eguagliare i due membri di tale equazione per tre valori della variabile s; si ha allora
per
s=1
C2
per
s=0
ABC 2
per
s=+1
4A 2B C 4
(15)
da cui si ha facilmente:
A 1
B 1
C2
- 37 -
(16)
Sostituendo nella(13) ed antitrasformado si ottiene infine:
i0 (t) 10 e t t e t t 2e t A
(17)
Dall’analisi del circuito è facile verificare che i0 (0) ig (0) 10 A e che a transitorio estinto
i0 () 0 A , congruentemente con la (17).
- 38 -
Esercizio 1.13
Calcolare la corrente i(t), risposta con stato zero all’ingresso vg(t), la cui forma d’onda è un impulso
rettangolare di ampiezza V0 di durata finita t0.
R 10
L 30 mH
V0 30 V
t 0 2 ms
R
vg(t)
+
V0
vg(t)
R
R
i(t)
L
0
t0
Figura 1
t
Lo studio del transitorio va suddiviso in relazione ai due intervalli di tempo 0 t t 0 e t t 0 .
a) Studio per 0 t t 0
Trattandosi di una rete con un solo elemento a memoria e con generatori costanti, una generica
variabile di rete y(t) è esprimibile nella forma:
y( t ) y(0 ) y( ) e t / y( )
(1)
All’inizio del transitorio la corrente attraverso l’induttore rimane immutata al valore zero. Pertanto la
corrente i(0+) vale:
i(0 )
V0
1,5 A
2R
(2)
Ipotizzando che la tensione del generatore rimanga costante e pari a V0 sino a t =+, si ha:
i()
V0
1 A
3R
(3)
La costante di tempo del circuito vale:
2L
2 ms
3R
(4)
Si ha allora:
i(t) 0,5e 500t 1 A
(5)
Tale formula rimarrebbe valida per ogni istante t > 0, se non intervenisse l’azzeramento della tensione
del generatore al tempo t0, che innesca un nuovo transitorio. In vista di tale ulteriore transitorio,
occorre calcolare la corrente nell’induttore per t=t0. Essendo iL(0+)=0 A e iL(+)=i(+)=1 A si ha:
iL (t) e500t 1 A
(6)
i L (t 0 ) e500t 0 1 0,6321 A
(7)
Da cui:
- 39 -
b) Studio per t t 0
Posto t ' t t 0 , anche in tale intervallo di tempo vale una formula del tipo della (1).
Per t=t0+, si ha:
1
2
i(t 0 ) i L (t 0 ) 0,3161 A
(9)
mentre per t la corrente si estingue; si ha allora:
i(t ') i L (t 0 )e 500t ' 0,3161e 500t ' A
1
2
(10)
Il grafico della corrente i(t) è riportato in fig. 2.
i(t)
(A)
1,5
1,234
1,0
0
2
4
t
(ms)
-0,3161
Figura 2
- 40 -
Esercizio 1.14
Supponendo che il circuito in fig. 1 sia a regime costante al tempo t=0 s in cui l’interruttore S chiude,
si calcoli la corrente i1(t) erogata dal generatore di tensione per t>0.
R1 2
R2 2
R1
Vg
i1(t)
S
R3 4
C 100 F
L
L 10 mH
R2
C
R3
Vg 30 V
Figura 1
Il calcolo delle condizioni iniziali (tensione sul capacitore e corrente nell'induttore) si effettua
considerando il circuito in regime costante in fig. 2, nel quale all’induttore ed al capacitore sono stati
sostituiti, rispettivamente, un corto circuito ed un circuito aperto. Avendosi una sola maglia, si ha immediatamente:
R1
Vg
Vg
(1)
i L (0 ) i1 (0 )
5 A
i1(0-)
R1 R 3
S
i2(0) R2
(2)
i 2 (0 ) 0 A
e quindi:
iL(0-)
v C (0 ) R 3i L (0 ) 20 V
vC(0-)
R3
(3)
Figura 2
Per continuità si avrà anche:
v C (0 ) v C (0 ) 20 V
i L (0) i L (0) 5 A
(4)
Dopo la chiusura dell'interruttore S, lo studio del conseguente transitorio può essere affrontato
ricavando le equazioni di stato del circuito, adottando come variabili di stato la tensione vC ai capi
del capacitore e la corrente iL attraverso l'induttore.
A tale scopo si considerino la LKC per l'insieme di taglio costituito dai lati C-L-R1-R2 e la LKT per
la maglia costituita dai lati in parallelo L-C:
dvC (t)
C dt i L (t) i1 (t) i 2 (t)
L di L (t) v (t)
C
dt
(5)
In tali equazioni compaiono le variabili di rete i1 ed i2 che non sono né variabili di stato, né ingressi
(generatori). Applicando il teorema di sostituzione, ossia sostituendo al capacitore un generatore di
tensione pari a vC(t) ed all'induttore un generatore di corrente pari ad iL(t), si ottiene la rete resistiva
lineare in fig. 3, che può convenientemente essere analizzata con il metodo dei potenziali di nodo.
- 41 -
Scelto il nodo in basso come nodo di riferimento
e notato che il nodo centrale, essendo
direttamente collegato a massa mediante il
generatore di tensione vC, ha il potenziale noto,
rimane incognito il solo potenziale di nodo e(t);
per esso si ha:
e v C +v g
e vC
e
0
R3
R2
R1
R1
Vg
i1(t)
vC(t) i2(t)
iL(t)
(6)
R2
e(t)
vC(t)
R3
da cui, posto:
R R1 R 2 R 3 / 2
(7)
Figura 3
si ha:
e
(R 1 R 2 )R 3 v C R 2 R 3 v g
R 1R 2 R 2 R 3 R 3 R 1
4
2
vC vg
5
5
(8)
Allora le due correnti i1 ed i2 possono essere espresse come:
e vg vC
1 1
3
vC vg
R1
R 5
5
v e
1 1
2
i2 C
vC vg
R2
R 5
5
i1
(9)
(10)
Sostituendo le (9) e (10) nelle (5), si ottengono le equazioni di stato in forma normale:
2
d vC
5RC
dt i L 1
L
1
1
C vC 5RC
vg (t)
iL
0
0
(11)
104 v C
1
3 104
0
0 i L
(12)
che con i valori numerici proposti divengono:
3
d vC 2 10
dt i L 102
Le frequenze naturali del circuito si ottengono come autovalori della matrice dei coefficienti delle
equazioni di stato, ossia risolvendo l'equazione:
2 103 s 104 2
det
s 2 103s 106 0
102
s
(13)
Le due frequenze naturali sono reali e coincidenti: s1 s2 103 Hz . Allora la corrente richiesta
avrà la forma:
3
3
i1 (t) K1e 10 t K 2 t e 10 t i p (t)
(14)
dove K1 e K2 sono costanti da determinare ed ip(t) è la forma d'onda della corrente i(t) a transitorio
estinto.
- 42 -
Poiché il generatore è di tipo costante, anche ip(t)
sarà costante e pari ad i1(+); tale corrente può
essere determinata utilizzando le equazioni di
stato in cui le derivate temporali a primo membro
siano
state
azzerate,
oppure,
più
convenientemente, dall’analisi del circuito
resistivo di fig. 4, dal quale si ha immediatamente:
Vg
3Vg
i1 ( )
9 A
R 2R 3
5R
R1
R2 R3
R1
Vg
i1(+)
R2
iL(+)
vC(+)
(15)
R3
Figura 4
Per il calcolo delle costanti K1 e K2 occorre preliminarmente calcolare le condizioni iniziali della
corrente i1(t), ossia i1(0+) e di1(0+)/dt. Dalla (9) si ha:
i1 (0 )
ed anche:
1
2
v C (0 )
Vg 11 A
5R
5R
di1 (0 )
1 dv C (0 )
dt
5R
dt
(16)
(17)
Poiché dalla prima delle due equazioni di stato si ha:
dv C (0 )
2
1
1
v C (0 ) i L (0 )
Vg 2 10 4 V/s
dt
5RC
C
5RC
segue dalla (17):
di1 (0 )
2 103 A/s
dt
(18)
(19)
Imponendo le condizioni iniziali (16) e (19) alla (14) si ottiene il sistema di equazioni in K1 e K2:
i1 (0 ) K 1 9 11
di1 (0 )
10 3 K 1 K 2 2 10 3
dt
(20)
K1 2 A
(21)
che risolto dà:
K2 0 A / s
Quindi la corrente cercata è
3
i1 (t) 2e 10 t 9 A
(22)
Allo stesso risultato si perviene applicando il metodo dei potenziali di nodo nel dominio di Laplace,
come illustrato in fig. 5, dove si è posto V0=vC(0)=20 V e I0=iL(0)=5 A. Si ha il sistema:
1
1
1
R R sL sC
2
1
1
1
R1 R 2
Vg
I0
E1 (s) sR CV0 s
1
1
1
1
Vg
E 2 (s)
R1 R 2 R 3
sR 1
1
1
R1 R 2
- 43 -
(23)
R1
Vg/s
I1(s)
R2
E1(s)
E2(s)
1/sC
sL
I0/s
V0/s
R3
Figura 5
Tenendo conto della (7) e moltiplicando la prima equazione per sLR e la seconda per 2sR, si ha:
2sL E1 (s) LVg sRLCV0 RLI 0
2Vg
5s E 2 (s)
2sL R s 2 RLC
4s
(24)
La soluzione di tale sistema è:
1 1
1
Vg sV0 I 0
C 20
E1 (s) 5 RC
2 1
1
s 10 3
s2
s
5 RC
LC
2
E 2 (s)
5
(25)
1
4
2
s2
Vg 4s V0 sI 0
28s 12 103
LC
C
2 1
1
s 103 s
s2
s
5 RC
LC
(26)
Per cui:
E 2 (s) E1 (s) Vg / s
I1 (s)
R1
11s 9 10 3
s 10 s
3
(27)
Sviluppando in frazioni parziali la funzione razionale fratta presente nel secondo membro
I1 (s)
11s 9 103
s 10
3
s
A
s 10
3
B
s
(28)
si ha:
11s 9 10 3
A
s 103
3
s 10 s
2 A
s 103
(29)
11s 9 103
B
s
9 A
s 103 s
s 0
Sostituendo tali valori nella (28) ed antitrasformando si ottiene la (22).
- 44 -
(30)
Esercizio 1.15
In relazione al circuito di fig. 1, calcolare la transammettenza Y21(s)=I2(s)/Vg(s) e la corrente i2(t)
risposta con stato zero all’impulso di tensione vg(t)=(t).
R1
R1 10
L
R 2 10
t :1
+
C 10 F
vg(t)
R2
C
i2(t)
L 1 mH
t2
Figura 1
Il calcolo della transammettenza Y21(s)=I2(s)/Vg(s) può essere condotto mediante il metodo del
potenziale ai nodi nel dominio di Laplace, in relazione al circuito di fig. 2, dove sono indicate con
V'(s), V"(s), I'(s) ed I"(s) le tensioni e le correnti relative al trasformatore ideale, per le quali sussistono
le relazioni:
(1)
V '(s) tV "(s)
I '(s) I"(s) / t
Detto E(s) il potenziale al morsetto positivo del primario, si ha V'(s)=E(s) ed anche V"(s)=E(s)/t. Le
LKC ai morsetti primario e secondario forniscono il sistema:
E(s) V '(s)
sCE(s) I '(s) 0
R1
E(s) / t E(s) / t t I '(s) 0
sL
R2
(2)
1
s
RC
E(s)
Vg (s)
1 1
1
2
s 1 2
s 2
t LC
t RC
(3)
che risolto per E(s) dà:
dove si è posto R1=R2=R.
R1
E(s)
E(s)/t
I'(s)
Vg(s) +
1/sC
+
V'(s)
I"(s)
t :1
Figura 2
- 45 -
+
V"(s)
sL
R2
I2(s)
La corrente I2(s) è data da:
E(s)
I 2 (s)
tsL
1
tRCL
Vg (s)
1 1
1
2
s 1 2
s 2
t LC
t RC
(4)
1
tRCL
1
1
1
s2 1 2
s 2
t LC
t RC
(5)
Quindi la transammettenza Y21(s) è:
I (s)
Y21 (s) 2
Vg (s)
che, con i valori numerici proposti, diviene:
Y21 (s)
5 106
(6)
s 2 125 102 s 25 106
Per calcolare la risposta all’impulso di tensione vg(t)=(t) occorre antitrasformare la stessa
4
transammettenza. Poiché le radici del denominatore sono s1 10 Hz ed s2 2500 Hz , lo
sviluppo in frazioni parziali è:
5 106
A
B
(7)
s2 125 102 s 25 106 s 104 s 2500
con:
5 106
A 2
s 104
2
6
s 125 10 s 25 10
2000
3
(8)
5 106
2000
B 2
s
2500
2
6
3
s 125 10 s 25 10
s2500
(9)
s104
Antitrasformando:
i2 (t)
2000 1
1
1 2000
104 t
e2500t A
e
L
4
3
3
s 10 s 2500
- 46 -
(10)
CAPITOLO 2
Circuiti elettrici
in regime costante
- 47 -
Esercizio 2.1
Nel circuito di fig. 1, determinare la resistenza R affinché questa assorba la massima potenza ed il
valore di tale potenza.
Vg1 10 V
R2
Vg 2 15 V
R4
Ig 5 A
A
Ig
R1 6
Vg1
+
R1
R2 6
R
Vg2
+
R3 6
R3
B
Figura 1
R4 6
Il valore della resistenza R per cui la potenza assorbita da essa sia massima è uguale a quello della
resistenza R0 del bipolo equivalente di Thévenin visto dai terminali A-B. Azzerati i generatori di
tensione e di corrente, si ha:
R R 0 R 2 R 3 R 4 18
(1)
Inoltre, essendo la tensione del generatore equivalente di Thévenin data da:
V0 Vg 2 V g1 R 2 I g 15 10 30 25 V
(2)
si ha:
Pmax
V02
625
8, 681 W
4R 0
72
- 48 -
(3)
Esercizio 2.2
Determinare la resistenza equivalente del bipolo di fig. 1.
R2
R1 10
R2
M
N
R1
R1
P
R 2 20
Q
R1
A
B
Figura 1
Si possono utilizzare diversi procedimenti.
a) Trasformazione di rete 1.
Si trasforma il tripolo MNP da triangolo a
stella. Detto O il nuovo nodo, centro della
stella in fig. 2, si ha:
R 22
8
R 1 2R 2
R 1R 2
RP
4
R 1 2R 2
RM
RN
RM
RN
RP
(1)
R1
M
N
P
(2)
A
( R N R 1 ) (R P R 1 )
15
R N R P 2R 1
Q
R1
e quindi facilmente:
R RM
O
B
Figura 2
(3)
b) Trasformazione di rete 2.
Il triangolo equilibrato NPQ è trasformato in stella equilibrata. Detto O' il nuovo nodo, centro stella
dei resistori RN, RP, RQ, si ha:
RN RP RQ
R 1 10
3
3
(4)
e quindi si ha facilmente:
R
(R 2 R P ) (R 2 R N )
R Q 15
R P R N 2R 2
- 49 -
(5)
c) Metodo delle correnti di anello.
Eccitando il bipolo in fig. 1 con un generatore di corrente Ig entrante dal morsetto A ed uscente dal
morsetto B, e considerando due correnti di anello J1 e J2 circolanti in senso orario rispettivamente
nelle maglie NPQ ed MPN e si ha:
3R 1J1 R 1J 2 R 1I g
R 1 J 1 ( R 1 2 R 2 ) J 2 R 2 I g
(6)
La soluzione di tale sistema si ha J 1 J 2 I g / 2 , da cui:
VAB R 1 (I g J1 ) R 2 (I g J 2 ) 15 I g
(7)
e quindi
R
VAB
15
Ig
(8)
d) Metodo del potenziale ai nodi.
Eccitando il bipolo in figura 1 con un generatore di corrente Ig entrante dal morsetto A ed uscente dal
morsetto B, posto E Q 0 , si ha:
2
1
1
EM
EN
E P Ig
R
R
R
2
2
2
1
2
2
1
E N
E M
EP 0
R1
R1 R 2
R2
1
2
1
1
E P 0
EM
E N
R1
R1 R 2
R2
(9)
Risolvendo tale sistema si ha E M 15 I g , e quindi:
R
VMQ
Ig
EM
15
Ig
(10)
e) Ponte di Wheatstone.
Si rileva che la rete in oggetto è un ponte di Wheatstone (quadrilatero MPQN, diagonali NP ed
MQAB) in equilibrio: infatti R MP R NQ R PQ R MN 200 2 . Pertanto, potendosi sopprimere
la diagonale NP, segue immediatamente:
R
(R MN R NQ ) (R MP R PQ )
R MN R NQ R MP R PQ
- 50 -
(R1 R 2 ) 2
15
2(R1 R 2 )
(11)
Esercizio 2.3
Per ciascuna delle due reti in fig. 1, dedurre le espressioni delle potenze erogate dai generatori ed i
valori delle resistenza R per la rete (a) e delle conduttanza G per la rete (b) per i quali esse risultino
uguali.
Iv
Vg 20 V
+
Ig 5 A
IR
Ig
Vg
Ig
+
R
(a)
G
Vg
(b)
Figura 1
1) Rete (a)
Si consideri la rete (a) e si indichino con PV ed PI le potenze erogate rispettivamente dal generatore
di tensione e dal generatore di corrente; si ha:
PV( a )
2
Vg
Vg
Vg I g
Vg
I g
R
R
PI( a ) Vg I g
(1)
(2)
Le due potenze sono uguali per quel valore R a di R , per cui:
Ra
Vg
2I g
2
(3)
1) Rete (b)
Analogamente per la rete (b) si ha:
PV( b) Vg I g
PI( b )
(4)
I 2g
Ig
Vg I g Vg I g
G
G
(5)
Le due potenze sono uguali per quel valore G b di G, per cui
Gb
Ig
2Vg
0,125 S
(6)
Normalizzando le potenze rispetto a Pn Vg I g 100 W , le resistenze rispetto ad R a e le
conduttanze rispetto a G b ed indicando con pV e pI le potenze normalizzate e con sia le resistenze
che le conduttanze normalizzate, si ha:
- 51 -
p(Va ) p(I b )
2
1
p(Vb) p(Ia ) 1
(7)
I grafici di queste due funzioni sono riportati in fig. 2.
P
4
3
2
1
1
2
3
4
5
-1
Figura 2
- 52 -
6
7
Esercizio 2.4
Dato il circuito di fig. 1, determinare l’intensità della corrente I che attraversa il resistore di
resistenza R4.
Vg1 Vg 2 10 V
R1
M
R5
N
I g1 I g 2 5 V
I
Ig1
R1 10
R2
R4
R2 2
Vg1 +
R3 5
Vg2
Ig2
+
R3
R 4 10
Q
R5 5
P
Figura 1
Si possono utilizzare diversi procedimenti.
a) Metodo del potenziale ai nodi.
Scelto il nodo P come nodo di riferimento, si ha il sistema:
1
1
R R
4
2
1
R
2
1
I
I
Vg2
1
g1
g2
E
R2
R2 N
1
1
EQ
1
Vg2
Ig1
R 2 R3
R2
(1)
che, risolto con i valori numerici proposti, dà
EN
150
V
17
(2)
e quindi:
I
EN
15
0,8824 A
R4
17
(3)
b) Metodo delle correnti di maglia.
La rete comprende una sola maglia chiusa MNPQ, la cui corrente ciclica si indichi con J (circolante
in senso orario). Essendo I g1 I g 2 , si può considerare un’unica corrente I g 5 A impressa, entrante
in M (ed in P) ed uscente da N (e da Q). Pertanto:
R 2 R 3 R 4 J R 3 I g Vg 2
da cui:
I J
15
0,8824 A
17
- 53 -
(4)
Esercizio 2.5
Nella rete di fig. 1, determinare i potenziali dei nodi M, N e P rispetto al nodo O.
M
Vg1 2 V
Vg5 6 V
Vg6 6 V
R1 Ig3
Ig1
I g1 3 A
Ig3 2 A
I g 4 0,5 A
Vg1 +
Ig6 4 A
R1 3
R3 2
R2 5
R4 4
R5 6
R6 1
R6
R3
Ig4
O
R2
+
Ig6
Vg6
R4
+
P
Vg5
R5
N
Figura 1
Trasformando il bipolo facente capo ai morsetti M e P nel suo equivalente di Norton (avente corrente
di corto circuito pari ad Icc1=11/3 A) ed applicando il metodo del potenziale ai nodi, con il nodo di
riferimento in O, si ha il sistema:
1
1
1
1
1
1
E M
EN
E P I cc1 I g 3 I g 6
Vg 6
R
R
R
R
R
R
1
3
6
6
1
6
1
1
1
1
1
1
1
E N
E M
E P Ig4
Vg 5 I g 6
Vg 6
R5
R5
R6
R4 R5 R6
R1
1
1
1
1
1
1
E P
EM
E N
Vg 5 I cc1
R5
R5
R 1
R1 R 2 R 5
(1)
Sostituendo i valori numerici e normalizzando le tre equazioni, si ottiene:
11 6 2 E M
1
12 17 2 E 2 21
N
10 5 21 E P
70
(2)
Risolvendo tale sistema si ha:
EM
1422
0,8243 V
1725
EN
1878
1, 089 V
1725
- 54 -
EP
11730
6,800 V
1725
(3)
Esercizio 2.6
Calcolare la tensione V ai capi del resistore non lineare nel circuito di fig. 1, verificando che non
vale il principio di sovrapposizione degli effetti. Dedurre inoltre la caratteristica del bipolo MN.
M
Vg 10 V
Ig 2 A
R1
R1 2
+
I
V
N
+
: resistore non lineare:
0 per I 0
V
I per I 0
Vg
Ig
Figura 1
Data la linearità di R 1 , il bipolo visto dal resistore non lineare può essere sostituito con quello
equivalente secondo Norton, avente corrente di corto circuito e resistenza equivalente dati da:
Icc Ig
Vg
R1
3 A
R eq R 1 2
(1)
La sua caratteristica è quindi la retta di equazione:
V R eq I cc I 6 2 I
(2)
L’intersezione di questa retta con la caratteristica del resistore ha coordinate (fig. 2a):
V0 V
I3A
(3)
La tensione richiesta è quindi nulla.
Per verificare che non vale il principio di sovrapposizione degli effetti, occorre provare che
V V'V" dove V' e V" sono le tensioni ai capi del resistore non lineare dovute rispettivamente
al generatore di tensione ed a quello di corrente. Per calcolare V' occorre azzerare il generatore di
corrente; il bipolo visto da diviene la serie di Vg e di R1, la cui caratteristica è:
V Vg R 1I 10 2 I
(4)
Il punto di intersezione con la caratteristica di dà V' 0 V (fig. 2b).
Analogamente, azzerando il generatore di tensione, il bipolo visto da diviene il parallelo di Ig e di
R1, la cui caratteristica è:
I Ig
1
1
V 2 V
2
R1
(5)
Il punto di intersezione con la caratteristica di dà V" 4 / 3 V (fig. 2b). Quindi:
V'V" 0 4 / 3 V 0
- 55 -
(6)
Per ottenere la caratteristica del bipolo MN, si inizia effettuando prima il parallelo del resistore non
lineare con il generatore di corrente Ig (fig. 3a), poi la serie con il generatore di tensione Vg (fig.
3b) ed infine il parallelo con il resistore R1 (fig. 3c).
(V)
(V)
8
8
6
4
4
2
(A)
-3
2
P''
P'
4
(A)
8
4
4
-6
(a)
(b)
Figura 2
(V)
(V)
10
(V)
(A)
-2
(a)
10
10
(A)
-2
(A)
3
(b)
(c)
Figura 3
- 56 -
Esercizio 2.7
Calcolare la resistenza equivalente del bipolo ai morsetti 11' di fig. 1.
R 0 10
R2
1
R1 10
R4
a
I3
R 2 20
I3
R0
R 3 30
R3
R 4 40
R1
1'
R 5 40
+
I1
r 30
2
b
rI1
R5
c
R1
Figura 1
A tale scopo si ecciti il bipolo con un generatore di tensione costante Vg e si analizzi il circuito con il
metodo dei potenziali di nodo. Si assuma come nodo di riferimento il nodo 1', cosicché il nodo 1 avrà
potenziale pari a Vg; inoltre detti Ea ed Eb i potenziali rispettivamente dei nodi a e b, il potenziale del
nodo c può essere espresso come Ea-rI1, essendo tale nodo collegato al nodo a mediante il generatore
di tensione pilotato dalla corrente I1. Scrivendo le LKC ai due insiemi di taglio rappresentati in fig.2
mediante linee tratteggiate in rosso, si ha:
Ea Vg
R2
2
Ea rI1
0
R1
(1)
E b Ea E b Ea rI1
I3
R4
R5
R2
1
Ea
(2)
R4
I3
I3
Vg
+
1'
R0
R3
R1
I1
+
rI1
R5
EarI1
R1
Figura 2
- 57 -
Eb
La corrente di pilotaggio I3 è nota ed è data da: I3=Vg/R3, mentre l’altra corrente di pilotaggio si
esprime scrivendo:
I1
Ea rI1
R1
(3)
I1
Ea
R1 r
(4)
da cui:
Sostituendo tale relazione nella (1) si ha:
Vg
1
2
2r
Ea
R2
R 2 R1 R1 (R1 r)
(5)
R1 r
1
Vg Vg
2
R1 r 2R 2
(6)
e quindi:
Ea
La corrente I erogata dal generatore di tensione si ottiene mediante la LKC al nodo 1:
I
Vg
R0
Vg
R3
Vg Ea
(7)
R2
che per la (6) diviene:
1
1
2
I
Vg
R 0 R 3 R1 r 2R 2
(8)
La resistenza equivalente è:
R eq
1
1
2
R 0 R 3 R1 r 2R 2
1
120
6,316
19
(10)
Si noti come tale risultato non dipende dalla parte del bipolo a destra del generatore di tensione
pilotato (resistori R4 ed R5 e generatore pilotato I3). La ragione di ciò va ricercata nel fatto che il
bipolo ai morsetti a-c si comporta come un resistore di resistenza r/2 in quanto, a fronte di una corrente
2I1 uscente dal morsetto c (ed entrante dal morsetto a), impone una differenza di potenziale rI1,
indipendentemente dalla presenza dei resistori R4 ed R5 e del generatore pilotato I3. Tale resistore
di resistenza r/2 risulta in serie con R2 e con il parallelo dei due resistori di resistenza R1. Allora la
conduttanza equivalente ai morsetti 11' vale:
G eq
1
1
1
19
1
S
1
R0 R3
R1 r R 2 120
2
2
che chiaramente dà la (10).
- 58 -
(11)
Esercizio 2.8
Determinare il bipolo di Norton equivalente al bipolo ai terminali a-b in Fig. 1
R1 1
b
R3
R2 2
+
R3 3
V3
+
V3
R2
+
d
Ig 2 A
Ig
Vg 2 A
Vg
R2
R2
3
R1
R1
c
Figura 1
a
A tale scopo, collegati i morsetti a-b con un corto circuito, si utilizzi il metodo dei potenziali di nodo
scegliendo come nodo di riferimento il nodo a, coincidente col nodo b. Il circuito consta di altri due
nodi c e d: il primo è collegato al nodo b mediante il generatore di tensione e quindi il suo potenziale
è noto e pari a Vg; il secondo ha potenziale incognito. Detto Ed tale potenziale, si ottiene l’equazione:
Ed 0 Ed Vg
Ig
R3
R2
(1)
che risolta, fornisce:
Ed
R3
R R
6
Vg 2 3 Ig V
R 2 R3
R 2 R3
5
(2)
che coincide con la tensione V3.
Detta R p R1R 2 / (R1 R 2 ) 2 / 3 la resistenza del parallelo fra R1 ed R2, per calcolare la
corrente Icc nel cortocircuito (dal nodo a verso il nodo b) si può scrivere la LKC al nodo a, ottenendo:
Icc
Vg 0 V3
7, 4 A
R1
Rp
(3)
La conduttanza equivalente del bipolo ai terminali a-b si ottiene azzerando i generatori (ossia,
sostituendo il generatore di tensione con un corto circuito e quello di corrente con un circuito aperto)
ed eccitando il bipolo passivo così ottenuto con un generatore alla porta a-b (v. fig. 2). Dall’analisi di
questa rete si nota che la tensione V3 è nulla a causa del cortocircuito b-c e che, quindi, il generatore
di tensione pilotato da V3 è equivalente ad un cortocircuito. Di conseguenza la conduttanza
equivalente vista dal generatore ai morsetti a-b è data:
G eq
1
1 5
2,5 S
R1 R p 2
- 59 -
(4)
b
R3
+
+
V3
V3
+
Rp
d
V
R2
R2
R1
a
c
Figura 2
Allo stesso risultato si può giungere calcolando la tensione a vuoto V0 ai morsetti a-b. Applicando il
metodo dei potenziali di nodo ponendo Eb=0 ed Ec=Vg, si ha il sistema:
E a V3 E a Vg
0
R1
Rp
E d 0 E d Vg
Ig
R R
2
3
(5)
dal quale, tenuto conto che V3=Ed, si ottiene la soluzione:
74
R R 1
R 3
R 2 R 3
E a 1 p
Ig
V
Vg
R1 R p R1 R p (R 2 R 3 )
R p (R 2 R 3 ) 25
R3
R 2R 3
6
Ed R R Vg R R Ig 5 V
2
3
2
3
(6)
La tensione a vuoto è V0=Ea-0, da cui si può ottenere la corrente di cortocircuito Icc:
Icc Geq V0 7, 4 A
- 60 -
(7)
CAPITOLO 3
Circuiti elettrici
in regime sinusoidale
- 61 -
Esercizio 3.1
Determinare i valori dei componenti del bipolo in fig. 1, nonché la tensione e la corrente alla sua
porta di ingresso.
I1 4,8 j 6,4 A
1
P+jQ
P1 576 W
+ I
Q1 768 VAR
V
P 673 W
R
P1+jQ1
I1
XC
Z1
1'
Q 132 VAR
Figura 1
A partire dai dati, l'impedenza Z 1 si ricava immediatamente come:
P jQ
Z 1 1 2 1 9 j12
I1
(1)
Detta V 1 la tensione ai capi dell'impedenza Z 1 , si ha:
P1 j Q1 120 V
V
1
I
1
(2)
la potenza complessa subito a monte del condensatore si ha:
Detta A
da cui:
V
I P j Q 576 j132 VA
A
1
1
I A 4,8 j1,1 A
I 4,8 j1,1 A
V
(3)
(4)
1
Inoltre detta Q C la potenza reattiva assorbita dal condensatore, risulta:
e quindi:
Q C Q Q1 900 VAR
(5)
V12
XC
16
QC
(6)
Detta PR la potenza reale assorbita dal resistore, risulta:
PR P P1 97 W
e quindi:
Infine:
R
PR
I2
4
(7)
(8)
P jQ 139,2 j 4,4 V
V
I
- 62 -
(9)
Esercizio 3.2
Nel circuito in fig. 1, dedurre il fasore I della corrente erogata dal generatore di tensione, nonché
le potenze reali, reattive ed apparenti relative a ciascuno dei due lati in parallelo.
P 1,2 kW
P
I
R1 2
R1
X1 8
+
XC
R2
Vg
X1
R2 4
X2
X 2 12
Figura 1
X C 20
L’impedenza del bipolo visto dal generatore di tensione vale:
(R jX1 ) (R 2 jX 2 jX C )
8
Z 1
12 j
R 1 jX1 R 2 jX 2 jX C
3
(1)
Assumendo nulla la fase di I si ha:
I
P
10 A
Re Z
(2)
Le correnti nei due lati in parallelo valgono:
I
1
R 2 jX 2 jX C
I 20 1 j 2 A
R1 jX1 R 2 jX 2 jX C
3
(3)
I
2
R1 jX1
I 10 1 j 4 A
R1 jX1 R 2 jX 2 jX C
3
(4)
e quindi le potenze richieste si calcolano come:
P1 R1 I12
4
0,4444 kW
9
Q1 X1 I12
16
1,777 kVAR
9
P2 R 2 I 22
68
0,7555 kW
90
Q 2 X 2 X C I 22
4 17
1,832 kVA
9
68 5
A 2 P22 Q 22
1,689 kVA
90
A1 P12 Q12
- 63 -
136
1,511 kVAR
90
(5)
(6)
(7)
(8)
Esercizio 3.3
Nel circuito in fig. 1, determinare la corrente I nel cortocircuito. Inoltre, per R 2 R 4 10
determinare X L , X C ed R 3 .
I1
I 0 10 A
I3
R3
XL
I1 10 A
I0
I 2 10 2 A
I0
I
I3 5 A
XC
R2
I2
R4
I4
Figura 1
Le LK porgono le relazioni:
I I I
0
1
2
I I I
0
3
4
I I I
1
(1)
(2)
(3)
3
jX L I1 R 2 jX C I 2
R I R I
3 3
(4)
(5)
4 4
Dette 1 e 2 le fasi rispettivamente di I1 e I 2 ed assumendo nulla quella di I0 , per la (1) si ha:
I 0 I1 (cos 1 j sen 1 ) I 2 (cos 2 j sen 2 )
(6)
da cui, sostituendo i valori ed eguagliando le parti reali ed immaginarie, si ottiene:
cos 1 1 2 cos 2
sen1
2 sen 2
(7)
Quadrando e sommando si ha:
cos 2
2
2
2 / 4
(8)
Per tali valori le (7) divengono:
cos 1 0
sen1 1
1 / 2
(9)
Dalla (4) si deduce che I 2 è in anticipo rispetto a I1 ; allora:
1 / 2
2 / 4
e quindi:
- 64 -
(10)
I 10 j10 A
2
I j10 A
1
(11)
Dalla (5) si deduce che I3 ed I4 sono in fase fra loro e, per la (2), anche con I0 :
I 5 A
3
Si ha allora:
I 5 A
4
(12)
I I I 5 j10 A
1
3
(13)
Per R 2 R 4 10 le (4) e (5) divengono:
10 X L 10 j X C 10 j10
(14)
5 R 3 50
da cui:
X L 20
X C 10
R 3 10
In fig. 2 è riportato il diagramma vettoriale delle correnti.
I2
I3
I
I1
Figura 2
- 65 -
I0
(15)
Esercizio 3.4
Nel circuito in fig. 1, determinare il fasore della corrente I0 .
M
20 V
V
g
N
XL
+
Vg
I 10 A
g
R2
R1
R1 1
XL
R1
I0
A
R 0 10
R0
R1
B
XL
R1
XL 2
Ig
R
Q
P
Figura 1
Utilizzando il metodo delle correnti di maglia, essendo il lato BP aperto per la presenza del generatore
di corrente, sono tre le maglie da considerare.
Dette J1 , J 2 e J 3 le correnti cicliche (antiorarie) nelle maglie MQPN , MABN ed MQA , la
corrente incognita I 0 si identifica con la corrente di maglia J 2 . Assegnando, inoltre, alla corrente
impressa I g il percorso BNP, si ottiene il sistema di equazioni:
R J1 jX L J1 I g jX L J1 J 2 jX L J1 J 3 0
R 0 J 2 R1 J 2 I g jX L J 2 J1 R 1 J 2 J 3 V
g
R 1 J 3 R1 J 3 J 2 jX L J 3 J1 V
g
(1)
che, posto in forma matriciale, diviene:
R 3 jX L
jX
L
jX L
jX L
R 0 2R 1 jX L
R1
J1 jX L I g
R 1 J 2 V
g R1 Ig
2R 1 jX L J 3
V
g
jX L
(2)
Sostituendo i valori numerici e risolvendo si ha:
I J 1, 743 164 A
0
2
- 66 -
(4)
Esercizio 3.5
Nel circuito di fig. 1 calcolare la corrente nel resistore, applicando il teorema di Norton.
M
100 V
V
g
XC
XL
X L 100
X C 100
Vg
+
I
N
Q
R
XL
XC
P
Figura 1
Per calcolare la corrente I nel resistore, il teorema di Norton va applicato fra i punti N e Q. La
corrente I cc del generatore del bipolo equivalente di Norton è la corrente fra N e Q, direttamente
connessi fra loro da un corto circuito.
, risulta suddivisa in due parti eguali; pertanto:
In tali condizioni, la tensione V MP , cioè V
g
V
g
I
MN
2 jX L
e quindi:
I Vg
NP
2 jX C
(1)
1
V
1
g
I I
1 90 A
cc
MN I NP
j 2 X L X C
(2)
L’impedenza Z 0 del bipolo equivalente di Norton è data dalla serie di due bipoli identici, ciascuno
costituito da induttore e capacitore in parallelo. Per i valori di questi ultimi, risulta Z , ossia
0
induttore e capacitore sono in risonanza. Pertanto il generatore equivalente, secondo Norton, è ideale,
e, per qualunque valore della resistenza, risulta:
I I 1 90 A
cc
(3)
Si noti che la rete in esame, escluso il resistore, costituisce un doppio bipolo, che, alimentato ai
morsetti d'ingresso MP con tensione sinusoidale, si comporta ai morsetti d'uscita NQ come un
generatore di corrente sinusoidale. E’ facile verificare che vale il comportamento reciproco.
Si suggerisce allo studente si svolgere l’esercizio con altri metodi, ad esempio applicando il metodo
delle correnti di maglia, sia nell’ambito del teorema di Norton per determinare I cc , sia come
procedimento autonomo ed alternativo a quello di Norton. Si avverte che, per evitare di incorrere in
forme indeterminate, occorre operare in forma letterale, effettuando tutte le possibili semplificazioni
prima di passare ai valori numerici, ed in particolare prima di utilizzare la relazione X L X C .
- 67 -
Esercizio 3.6
.
, Z 1 , I , V
Nel circuito di fig. 1, a partire dai dati, dedurre V
g
I 1 A
g
P+jQ
R 50
X 100
P 100 W
Q 50 VAR
P1 50 W
Q1 0 VAR
P1+jQ1
R
+
V
X
I
+
Ig
Vg
Z1
Figura 1
Poiché i dati (eccetto Ig ) sono potenze, conviene operare con le potenze complesse. Si ha:
P jQ 100 j50 V
V
I
g
(1)
la potenza complessa subito a monte del generatore di tensione, risulta:
Indicando con A
P jQ (R j X ) I 2 50 j150 VA
A
g
e quindi:
A 50 j150 V
V
g
I
g
(2)
(3)
La potenza complessa assorbita dal generatore di tensione è uguale alla differenza fra A' e P1+jQ1;
allora:
I A P1 jQ1 0,9 j 0,3 A
I 0,9 j0,3 A
(4)
V
g
Infine, dato che Q1 = 0 VAR, l’impedenza Z 1 ha un comportamento puramente resistivo e si ha:
Z 1
Vg2
P1
500
- 68 -
(5)
Esercizio 3.7
, per la quale è massima la potenza reale da essa
Nel circuito di fig. 1, determinare l’impedenza Z
assorbita ed il valore di questa.
100 V
V
g
R
R 9
X1
R1 9
Vg
R2 9
R1
Z
+
X2
X1 10
X2 5
R2
Figura 1
La soluzione si può ottenere con relativa semplicità, trasformando il bipolo visto dall'impedenza Z
mediante il teorema di Thévenin. Utilizzando più volte il partitore di tensione, si ottiene:
V
R 2 j R 1 R 2 X1 X 2
g
X 2
V
0
X X
R 1 R 2 R 1 R 2 jX1 X 2 R j R 1 R 2 X1 X 2
2
1
R 1 R 2 jX1 X 2
(1)
10,32 158,2 V
Previa trasformazione del triangolo R R1 R 2 in stella, si ha:
R / 3 jX1 R / 3 jX 2 R 4,644 j 3,391
Z 0
2R / 3 j X1 X 2
3
(2)
Applicando il teorema della massima potenza alla rete così trasformata si ha:
Z Z 0 4,644 j 3,391
(3)
V02
5,730 W
4 ReZ
(4)
La potenza massima vale:
Pmax
- 69 -
Esercizio 3.8
Nel circuito di fig. 1 determinare i valori delle resistenze R1 ed R 2 e delle reattanze X1 ed X2 .
120 j 20 V
V
g
I1
I2
R2
R1
X m 40
+
20 j120 VA
A
1
Vg
X1
Xm
X2
100 j140 VA
A
2
Figura 1
Applicando la legge di Ohm a ciascuno dei due lati in parallelo si ha:
R j X I j X I
V
g
1
1 1
m 2
(1)
R j X I j X I
V
g
2
2 2
m 1
(2)
Ciascuna di queste equazioni consente di dedurre R1 ed X1 e, rispettivamente, R 2 ed X2 , ove siano
note le correnti I1 ed I2 . Queste ultime si calcolano come segue:
I A1 j1 A
1
V
I A 2 1 j1 A
2
V
I j1 A
1
(3)
I 1 j1 A
2
(4)
Sostituendo nelle (1) e (2) si ha subito:
R1 20
X1 80
(5)
R 2 30
X 2 50
(6)
E’ opportuno mettere in evidenza la ripartizione delle potenze fra i vari elementi dei due lati. A tale
scopo si considerino le espressioni:
V
I R j X I 2 j X I I
A
1
1
1
1 1
m 2 1
(7)
V
I R j X I 2 j X I I
A
2
2
2
2 2
m 1 2
(8)
I primi termini a secondo membro, rispettivamente in I12 ed in I 22 , costituiscono potenze messe
direttamente in gioco in ciascun lato dalla rispettiva corrente. I secondi termini, che comprendono i
prodotti “misti”, esprimono potenze messe in gioco attraverso l’accoppiamento magnetico. Al
riguardo si noti che I 2 I1 ed I1I2 sono coniugati e pertanto le rispettive parti immaginarie sono eguali
e di segno opposto; il fattore j fa sì che i secondi termini in esame abbiano, invece, le parti reali di
segno opposto, le quali quindi rappresentano una potenza reale “assorbita” in uno dei due lati e
“sviluppata” nell’altro, cioè scambiata attraverso l’accoppiamento magnetico fra i due latii.
Numericamente si ottiene:
- 70 -
20 j 80 1 j 40 1 j j 20 j 80 40 j 40 20 j120
A
1
30 j 50 2 j 40 j1 j 60 j100 40 j 40 100 j140
A
2
risultati che costituiscono anche una verifica dello svolgimento.
- 71 -
(9)
(10)
Esercizio 3.9
Dato un resistore avente resistenza R 0 600 , determinare il numero minimo di componenti
reattivi da collegare allo stesso in modo che il bipolo ottenuto abbia impedenza Z 900 , ed i
valori di tali componenti.
Affinché si abbia Z R jX 900 , devono essere soddisfatte le due condizioni:
R 900
X0
(1)
Poiché un bipolo reattivo puro è caratterizzato da un solo valore, il numero minimo richiesto è pari a
due. La seconda condizione, inoltre, impone che i segni delle reattanze siano opposti. Inoltre i tre
elementi, cioè quello resistivo dato ed i due reattivi di segno opposto non possono essere collegati
tutti in serie o tutti in parallelo, perché ne risulterebbe necessariamente R = 600 , invece dei 900
richiesti. E’ facile rendersi conto che altri collegamenti, in cui i due bipoli reattivi siano direttamente
inaccettabili. Rimangono pertanto possibili
tra loro in serie o in parallelo, danno luogo a valori di Z
solo i collegamenti misti di figura 1, dove X s e X p sono valori algebrici. Per essi si ha:
bipolo a:
1
1
1
1
Z R j X R j X
j Xp
0
s
(2)
bipolo b:
j R 0X p
Z R j X
j Xs
R 0 jXp
(3)
Dopo semplici sviluppi, tenuto conto che X deve risultare nullo:
R0
bipolo a:
R 02
Xs2
R 0X 2p
R 02 X 2p
bipolo b:
1
R
Xs
R 02
Xs2
R 02X p
R 02 X 2p
R
1
0
Xp
(4)
Xs 0
(5)
Le soluzioni dei due sistemi sono:
bipolo a:
X s R 0 R R 0
X p R R 0 / R R 0
con R>R0
(6)
bipolo b:
X s R R 0 R
X p R 0 R / R 0 R
con R<R0
(7)
Con i valori numerici proposti, essendo R R 0 , si ha:
Xs 300 2 424,3
R0
X p 900 2 1272,8
R0
Xs
Xp
Xs
Xp
(a)
(b)
Figura 1
- 72 -
Esercizio 3.10
Determinare la potenza dissipata nel resistore di resistenza R, sapendo che f è la frequenza di
risonanza del bipolo visto dal generatore di tensione quando quello di corrente è sconnesso.
v g ( t ) 50 2 cos(2 f t ) V
R
i g ( t ) 10 2 cos( f t / 3) mA
R1
R 10 k
R1 10 k
R 2 10 k
+
R2
vg(t)
ig(t)
C2
L1
L1 1 / 2 H
C2 25 F
Figura 1
Disconnesso il generatore di corrente, l'ammettenza del bipolo visto dal generatore di tensione vale:
1
1
Y
(1)
R 1 jL 1 R R 2 1 / j C 2
dove si è posto 2f . La suscettanza B è data da:
B ImY
L1
R 12 2 L21
C 2
1 2 C 22 (R R 2 ) 2
(2)
Imponendo che B sia nulla, si ottiene un'equazione in , che risolta dà:
e quindi:
R 12 L1 / C 2
1
L 1C 2
f
R R 2 2 L1 / C 2
200 rad / s
100 Hz
2
(3)
(4)
Poiché la frequenza del generatore di tensione è doppia di quella del generatore di corrente, la potenza
richiesta è la somma delle potenze PR e PR dissipate in R dovute rispettivamente al generatore di
tensione ed a quello di corrente.
Essendo:
2
V
g
62,50 mW
PR R
(2)
R R 2 j / C2
2
si ha:
R 2 j2 / C 2
PR R
I g 250,0 mW
R R 2 j2 / C 2
(3)
PR PR PR 312,5 mW
(4)
- 73 -
Esercizio 3.11
Dati i due circuiti di fig. 1(a) ed 1(b), costruire i relativi diagrammi vettoriali e verificare che il
moduli delle tensioni Va e Vb dipendano solo da quello di Vg e dalla differenza delle fasi delle due
impedenze R1+jX1 ed R2+jX2.
R2
R2
X2
+
R1
Va
X2
+
X1
X1
Vb
R1
Vg
Vg
+
+
Figura 1 (a)
Figura 1 (b)
Dette I1 ed I 2 le correnti che attraversano le due impedenze in parallelo, si ha facilmente:
I
1
I
2
V
g
(1)
R 1 jX1
V
g
(2)
R 2 jX 2
e V
si calcolano come:
Le due tensioni V
a
b
R I R I
V
a
11
2 2
(3)
jX I R I
V
b
11
2 2
(4)
Queste relazioni consentono la costruzione del diagramma vettoriale di fig. 2, nel quale si è assunto
che Vg abbia fase nulla e che X1/R1 > X2/R2>0.
jX1I1
Vb
Vg
R1I1
R2I2
jX1I1
jX2I2
Va
Figura 2
- 74 -
Sostituendo le (1) e (2) rispettivamente nelle (3) e (4) e passando ai moduli si ha:
Va
Vb
R1X 2 R 2 X1
R12
X12
R 22
X 22
R 1R 2 X1X 2
R 12 X12 R 22 X 22
Vg
(5)
Vg
(6)
Posto:
1 arctg (X1 / R1)
(7)
2 arctg (X 2 / R 2 )
(8)
1 2
(9)
si ha:
Va Vg sen
(10)
Vb Vg cos
(11)
Allo stesso risultato si può pervenire considerando che, nel diagramma di fig. 2, Va e Vb sono corde
di una medesima circonferenza di diametro Vg sottese da angoli alla circonferenza di valore
rispettivamente e /2.
- 75 -
Esercizio 3.12
Nel circuito di fig. 1 calcolare il fasore della corrente attraverso il capacitore.
I 100 A
g
X1
100 90 V
V
g1
R2
R1
Xm
5090 V
V
g2
IC
Ig
R1 R 2 5
XC
+
X1 X 2 20
+
Vg1
Vg2
X2
X m 10
X C 5
Figura 1
Dette J1 e J2 le correnti (orarie) di anello che circolano negli induttori accoppiati ed assegnato alla
corrente del generatore di corrente il percorso del relativo anello, si ha il sistema di due equazioni in
due incognite:
R 1 (J 1 I g ) j X1J 1 j X m J 2 R 2 J 1 j X C (J 1 J 2 ) 0
(1)
V
j X 2 J 2 j X m J 1 j X C (J 2 J1 ) V
g1
g2
(2)
che, posto in forma matriciale, diviene:
R 1 R 2 j (X1 X C ) j (X m X C ) J 1 R 1I g
j (X 2 X C ) J 2 V
j (X m X C )
g1 Vg 2
(3)
Sostituendo i valori numerici proposti e semplificando per i fattori 5 e j5 le due equazioni, si ha:
3 j 3 j J 1
2
10
1
3 J 2
1
(4)
Risolvendo con il metodo di Cramer si ha:
6 j
J1 10
9 8j
e quindi:
5 j3
J 2 10
9 8j
I J J 10 1 j 2 2 (7 j 26) A
C
2
1
9 8j
29
(5)
(6)
Più laborioso è il calcolo applicando il teorema di Thévenin. Infatti, a tale scopo, disconnesso il
capacitore, la tensione a vuoto che appare ai suoi morsetti si può calcolare risolvendo la rete con il
metodo delle correnti di maglia. In tal caso detta J la corrente di anello che attraversa i due induttori
ed assegnato ad Ig il percorso relativo al suo anello, si ha:
- 76 -
ossia:
V
R 1 (J I g ) j X1J j X m J R 2 J jX 2 J j X m J V
g1
g2
(7)
V
[R 1 R 2 j ( X1 X 2 2 X m )] J R 1I g V
g1
g2
(8)
e sostituendo i valori numerici:
(15 j 20 ) J 100 j 50
(9)
J 4 j 2 A
da cui:
(10)
La tensione ai morsetti del capacitore (disconnesso) è data da:
V
j X J j X J 20 j10 V
V0 V
g1
g2
2
m
Per calcolare l'impedenza equivalente del
bipolo di Thévenin, si consideri la rete resa
passiva (ossia privata dei generatori di
corrente
indipendenti
e
modificata
sostituendo ai generatori di tensione
indipendenti dei cortocircuiti) e si sostituisca
il capacitore con un generatore di corrente I,
come in fig. 2. Assegnata a tale corrente il
percorso dell'anello superiore (attraverso le
due resistenze) e detta J la corrente dell'anello
esterno (in senso orario), si ha per la LKT
l'equazione:
da cui:
(11)
X1
R2
R1
I
Xm
A
B
X2
Figura 2
R 1 ( J I) j X 1 ( J I) j X m J R 2 ( J I) j X 2 J j X m ( J I) 0
(12)
[ R 1 R 2 j ( X 1 X 2 2 X m )] J [ R 1 R 2 j ( X 1 X m )] I
(13)
e quindi:
3 j2
J
I
3 j4
(14)
La tensione ai capi del generatore di corrente I si calcola come:
oppure
V
AB ( R 1 R 2 ) ( J I ) j X 1 ( J I ) j X m J
(15)
V
AB j X 2 J jX m ( J I )
(16)
12
1 j 7 I
V
AB
5
(17)
12
Z eq 1 j 7
5
(18)
Tenendo conto della (14) si ha:
ossia:
Infine, applicando il teorema di Thévenin, la corrente nel capacitore si calcola come:
- 77 -
I
C
V
0
Z j X
eq
C
(19)
e numericamente
I 2 7 j 26 A 10 arctg 26 A 1,856974,93 A
C
7
29
29
- 78 -
(20)
Esercizio 3.13
Nell'ipotesi che il circuito in fig. 1 sia in regime periodico, calcolare la corrente i(t) nel resistore.
i g ( t ) 2 cos( 1 t / 2) A
Ls
v g ( t ) 4 cos(2 t ) V
i(t)
1 1 rad / s 2 2 rad / s
R 1
L p Ls 1 H
Cp 1 F
Cs
ig(t)
Lp
Cp
C s 0 ,5 F
+
R
vg(t)
Figura 1
Poiché i due generatori hanno pulsazioni differenti, occorre applicare il principio di sovrapposizione
degli effetti. Facendo agire il solo generatore di corrente, occorre sostituire il generatore di tensione
con un corto circuito ed il circuito da studiare nel dominio dei fasori è quello di fig. 2a, dove le due
ammettenze valgono:
Y
p
1
j1C p 0 S
j1L p
Y
s
1
j1 S
j1L s 1 / j1C s
(1)
e dove si è posto G=1/R ed I g 290 A ; per il partitore di corrente si ha:
I
G
I 1 j 245 A
g
G Yp Ys
i( t ) 2 cos( t / 4) A
(2)
Analogamente, facendo agire solo il generatore di tensione, occorre sostituire il generatore di corrente
con un circuito aperto ed il circuito da studiare nel dominio dei fasori è quello di fig. 2b, dove le due
impedenze valgono:
Z p
1
j 2
j2Cp 1 / j2Lp
Z s j2 L s
1
0
j 2 C s
(3)
Poiché l'impedenza Z s equivale ad un corto circuito, si ha immediatamente:
I 1 V
4 40 A
g
R
i( t ) 4 cos( 2 t ) A
(4)
In definitiva:
i( t ) i( t ) i( t ) 2 cos( t / 4) 4 cos( 2 t ) A
I'
Ig
Y'p
I"
Y's
Z"p
G
R
(b)
(a)
Figura 2
- 79 -
(5)
Z"s
+
Vg
Esercizio 3.14
Ricavare il diagramma polare dell’impedenza del bipolo di fig. 1 al variare dell’induttanza L2.
C 1 mF
1
C
C1 2 mF
R1
R2
R 1
R 1 20
C1
R 2 10
L2
R
1'
Figura 1
100 rad / s
Si consideri il diagramma polare dell’impedenza
Z 2 R 2 j L 2 10 j X
(1)
dove si è indicato con X = L2 0 la reattanza induttiva dell'impedenza Z 2 . Al variare di X (ossia
di L2), si ha che il diagramma polare di Z 2 è la semiretta in fig. 2(a). Per inversione, si ha il
diagramma polare della ammettenza:
G jB 1
Y
2
2
2
Z 2
(2)
che è la semicirconferenza di figura 2(b), avente centro (g 2 , b 2 ) e raggio y 2 dati da:
g 2 0,05 S
b2 0 S
X
y 2 0,05 S
(3)
B
.05
.1
G
10
.05
R
10
(b)
(a)
Figura 2
- 80 -
Tale diagramma è quindi traslato di:
1
Y
1
1
R1 j
C1
4 j
S
85
(4)
del parallelo dei due bipoli (fig. 3a).
per ottenere il diagramma polare dell'ammettenza Y 12 Y 1 Y
2
Tale diagramma è una semicirconferenza avente centro (g12 , b12 ) e raggio y12 dati da:
g12
33
S
340
b12
1
S
85
y12 0,05 S
(5)
Invertendo quest’ultima si ottiene il diagramma polare dell’impedenza
1
Z 12
Y12
(6)
Questo diagramma risulta un arco di circonferenza (fig. 3b); posto:
2
2
2
2
t12
g12
b12
y12
816
340
2
S2
(7)
il centro (r12 , x12 ) ed il raggio z12 sono dati da:
r12
g12
2
t12
x12
z12
b12
2
t12
y12
2
t12
2805
13,75
204
(8)
85
1,667
51
(9)
1445
7,083
204
B
(10)
X
1/85
1/85
G
13.75
R
1.667
(a)
(b)
Figura 3
- 81 -
Traslando questo diagramma di
Rj
1
1 j10
C
(11)
si ottiene il diagramma polare (fig. 4) dell’impedenza del bipolo ai morsetti 11'.
X
14.75
R
11.67
Figura 4
- 82 -
Esercizio 3.15
Determinare il diagramma polare della corrente I al variare della resistenza R. Dedurre inoltre il
valore di R affinché la potenza dissipata sia massima, il valore di tale potenza ed il relativo fattore
di potenza.
V 200 V
R 1 20
X2
I
1
+
R1
V
X1 50
1'
X 2 10
X1
R
Figura 1
, la determinazione del diagramma polare della corrente I
Assumendo nulla la fase della tensione V
si riconduce a quella del diagramma polare della ammettenza del bipolo in fig. 1, che si ottiene a
partire da quello della impedenza R j X 2 (fig. 2a), per inversione (fig. 2b) e traslazione di
1 / R 1 1 / j X1 (fig. 2c). Il diagramma di della corrente al variare di R è quello di fig. 3.
Il valore massimo della potenza P VI cos si ha in corrispondenza del massimo del prodotto
, l’angolo coincide col la fase di I e quindi
I cos . Poiché si è assunta nulla la fase di V
I cos ReI . Dalla fig. 3 di deduce che il massimo valore della parte reale di I è 20 A; quindi:
Pmax V max ReI 4 kW
(1)
Sempre dalla fig. 3 si deduce che il fattore di potenza vale:
cos
X
Re I
| I |
20
2
20 14
B
2
0,819
(2)
B
.06
.0
.1
G
G
.02
Mb
Ma
10
.07
Mc
- .1
45°
R
10
(a)
.12
(b)
(c)
Figura 2
- 83 -
Il valore della resistenza R per il quale si ha la massima potenza è R 10 e può essere dedotto
per via grafica notando che i punti Mc, Mb ed Ma di fig. 2 corrispondono al punto M di fig. 3. In
alternativa tale valore può essere ottenuto applicando il teorema della massima potenza, rilevando
che la potenza assorbita da R1 non dipende da R e che la tensione ai capi della serie di R e di X2 è
.
costante ed uguale a V
Im { I }
(A)
10
20
(A)
-4
- 14
Re { I }
M
- 24
Figura 3
- 84 -
Esercizio 3.16
Ricavare il diagramma polare dell’impedenza del bipolo di fig. 1 al variare della resistenza R0.
1
1'
X1
X1 10
X2
R0
X 2 20
X 3 30
X3
Figura 1
L’impedenza del bipolo vale:
Z R j X
1
1
1
j X3 j X 1 1
2
j X1 R 0
(1)
da cui:
Z
X1X 3 X 2 X 3 R 0 j X1X 2 X 3
X1X 2 X1X 3 j X1 X 2 X 3 R 0
90 R 0 j 600
50 j 6 R 0
(2)
ossia:
R
900 R 0
2500 36 R 02
X 15
7500
2500 36 R 02
(3)
Queste relazioni possono essere interpretate come le equazioni parametriche del diagramma polare
cercato, il parametro essendo la resistenza R0. Ricavando il parametro R0 dalle (3) si ottiene:
25 R
3(15 X)
(4)
R 2 X 2 27 X 180 0
(5)
R0
e sostituendo in una delle (3) si ha:
che rappresenta una circonferenza di centro ( 0 , 13,5 ) e raggio 1,5 . Di essa interessa solo
l’arco relativo ai valori non negativi del parametro R0, ossia la semicirconferenza giacente nel primo
quadrante del piano RX.
- 85 -
Esercizio 3.17
Ricavare il diagramma polare dell’impedenza del bipolo di fig. 1 al variare della resistenza R0.
X2
1
X1 10
X 2 20
X3
X1
R0
X 3 30
1'
Figura 1
Si ha:
Z
1
1
jX 3
(1)
1
jX 2
1
1
1
jX1 R 0
e quindi:
Z
X1X 3 X 2 X 3 R 0 j X1X 2 X 3
X1X 2 X1X 3 j X1 X 2 X 3 R 0
9 R 0 j 60
(2)
Da ciò si deduce che al variare di R0 varia solo la parte reale dell’impedenza, mentre quella
immaginaria rimane costante ed uguale a 60 . Pertanto il diagramma è la semiretta di fig. 2.
X
60
R
100
50
Figura 2
- 86 -
Esercizio 3.18
/V
.
Determinare il diagramma polare della guadagno di tensione a vuoto F ( j ) V
u
i
1
+
L
R 1
L 1 H
R
2
Vi
C 1 F
R
2'
+ Vu
R
C
1
C
L
R
Figura 1
Si ha:
1
1
1
1
1
j C
R j L
R j L
V
V
R
V
V
Vi 2
1
u
21'
2'1'
2
i
1
1
R
RLC
2
j
L
1
1
1
j C
R j L R
e con i valori numerici proposti:
V
1 j
F ( j ) u
1 j
V
i
Il diagramma polare di questa funzione di rete è riportato in fig. 2.
Im
1
=1
=
=0
1
1
1
=+1
Figura 2
- 87 -
Re
(1)
(2)
Esercizio 3.19
Nel circuito in regime sinusoidale di fig. 1. Calcolare la tensione a vuoto VAB.
R 5
L1
C 2 mF
L1 100 mH
Ig
L2 100 mH
M 50 mH
R
L2
R
C
R
B
A
M
C
R
100 rad / s
Ig 10 A
Figura 1
Il circuito può essere visto come costituito dal parallelo di tre bipoli: il generatore di corrente, il bipolo
contenente gli induttori accoppiati ed il bipolo contenente i capacitori. Quest’ultimo ha impedenza:
R / jC
5
Z 2 2
(1 j)
R 1/ jC 2
(1)
Il calcolo dell’impedenza Z1 dell’altro bipolo è più complesso a causa della presenza del mutuo
accoppiamento fra i due induttori. Considerando il bipolo stesso percorso da una corrente I1 ed
applicando il metodo delle correnti di maglia (v. fig. 2) si ha:
jX1J1 jXm J 2 R(J1 I1 ) 0
jX2 J 2 jX m J1 R(J 2 I1 ) 0
(2)
L1
J1
R
da cui con i valori proposti si ha il sistema:
1 j2 j J1
1
j 1 j2 1 I1
J2
I1
M
(3)
L2
J2
R
la cui soluzione è:
1
J1 J 2 (1 j) I1
2
(4)
Figura 2
La tensione V ai capi del generatore di corrente si calcola scrivendo la LKT alla maglia cui esso
appartiene:
R(I J ) R(I J ) 5(1 j)I
V
(5)
1
1
1
2
1
da cui
Z 1 5(1 j)
(6)
Le correnti nei due bipoli possono allora essere calcolate con la formula del partitore di corrente:
- 88 -
I
1
Z 2
Ig 5(1 j) A
Z 1 Z 2
I
2
Z 1
Ig 5(1 j) A
Z 1 Z 2
(7)
Detto O il nodo da cui proviene la corrente del generatore, si possono calcolare le due tensioni:
V
AO R(I1 J 2 ) 25 V
da cui:
1 Z I 25 V
V
BO
2 2
(8)
2
V
V
0 V
V
AB
AO
BO
(9)
Allo stesso risultato si giunge analizzando il circuito in fig. 3 con il metodo delle correnti di maglia.
Si ha: :
jX1J1 jXm J 2 R(J1 J 3 ) 0
(10)
jX2J 2 jXm J1 R(J 2 J 3 ) 0
R(J3 J1 ) R(J3 J 2 ) Z2 (J3 Ig ) 0
L1
Ig
da cui:
J1
R
M
J3
Z2
J2
R J1 0
R jX1 jXm
jX
R jX 2
R J 2 0 (11)
m
R
R
2R Z 2 J 3 Z 2Ig
L2
R
Figura 3
Con i valori numerici proposti si ha il sistema:
1 J1
1 j2 j
0
j 1 j2 1 J 10(1 j) 0
2
1
1
1
3 j J3
(12)
J1 J 2 5j A
(13)
La cui soluzione è:
J 3 5 5j A
Allora le tensioni VAO e VBO si calcolano come:
R(J J ) 25 V
V
AO
2
3
1 Z (I J ) 25 V
V
BO
2 g
3
2
da cui si ha lo stesso risultato della (9).
- 89 -
(8)
Esercizio 3.20
Nel circuito in regime sinusoidale di fig. 1, calcolare la corrente I1 in modulo e fase.
Vg
R1 10
R2
+
R 2 20
X3
X1 15
X1
I1
X 2 10
Xm 5
X3 20
100 90 V
V
g
I 100 A
Xm
R1
Ig
X2
g
Figura 1
E’ conveniente utilizzare il metodo delle correnti di maglia. Scegliendo le maglie come in fig. 2,
solamente due correnti di maglia sono incognite, la terza essendo coincidente con la corrente erogata
dal generatore di corrente. Si ha il sistema di equazioni:
R 2 (J1 J 2 ) jX1J1 jX m J 2 jX3 (J1 J 2 Ig ) V
g
R 2 (J 2 J1 ) jX 2 J 2 jX m J1 R1 (J 2 Ig ) jX3 (J 2 J1 Ig ) Vg
(1)
che posto in forma matriciale diviene:
jX I
R 2 j(X m X3 ) J1 V
R 2 j(X1 X3 )
g
3 g
R j(X X ) R R j(X X )
(R jX )I
V
m
3
1
2
1
3 J2
2
g
1
3
g
Con i valori numerici proposti si ha:
4 j 4 3j J1
j
20
4 3j 6 2i
1 j
J 2
Vg
X3
Risolvendo per la corrente di maglia J1:
20(3 j)
J1
5(3 2j)
R2
+
(3)
X1
Ig
R1
e quindi:
I J 20(3 j) 4 7 9j A
1
1
5(3 2j) 13
J1
I1
Ig
(4)
(2)
Xm
X2
J2
(5)
Figura 2
Il modulo e la fase di I1 sono:
9
arg I1 arctg 52,13
7
I 4 72 92 4 10 3,508 A
1
13
13
- 90 -
(6)
CAPITOLO 4
Doppi bipoli
- 91 -
Esercizio 4.1
Determinare la matrice delle ammettenze in regime sinusoidale del doppio bipolo di fig. 1.
1
L2
I1
I2
+
+
2
M
V1
L1
R
V2
1'
2'
Figura 1
Si applichi il metodo delle correnti di anello. Dette J1 , J 2 e J 3 le correnti di anello (orarie), per le
LKT si ha:
(1)
j L1 J 1 J 3 j MJ 3 V
1
R J 2 J 3 V
2
j L1 J 3 J 1 j MJ 3 R J 3 J 2 j L 2 J 3 j M J 3 J 1 0
(2)
(3)
ed in forma matriciale:
j L1
0
j (L1 M)
J 1 V
1
0
R
R
J 2 V2
j (L1 M) R R j (L1 L 2 2M) J 3 0
(4)
Ricavando J 3 dalla terza equazione, sostituendo nelle prime due e considerando che le correnti di
ingresso I1 ed I 2 del doppio bipolo coincidono rispettivamente con J1 e J 2 , si ha:
R L1 j (L1L 2 M 2 )
j
R j L1 L 2 2 M
R L1 M
R L1 M
R L1 L 2 2M
I1 V
1
I 2 V
2
(5)
La matrice che premoltiplica il vettore delle correnti è la matrice delle impedenze del doppio bipolo.
Invertendo tale matrice, si ottiene quella delle ammettenze cercata:
R ( L1 M )
R ( L1 L 2 2 M )
Y
2
j (L1L 2 M ) R
RL1 j (L1L 2 M 2 )
R (L1 M)
1
(6)
Si noti che la matrice delle ammettenze non è definita se l'accoppiamento fra i due induttori è perfetto,
ossia se M2=L1L2.
- 92 -
Esercizio 4.2
Determinare la matrice di trasmissione inversa del doppio bipolo di fig. 1.
I1
b
I2
b'
+
G1
+
C2
G2
V1
C1
c
gVb'e
G3
V2
e
Figura 1
La matrice di trasmissione inversa del doppio bipolo può essere ricavata studiando le due reti che si
ottengono considerando la porta 1 a vuoto ed in corto circuito.
Con la porta 1 a vuoto (ossia con I1 0 ), adoperando il metodo dei potenziali di nodo si ha:
j C V
G 2 j C1 V
1
2 1 V2 0
V
G V
j C 2 V
2
1
3 2 I 2 gVbe
(1)
Dalla prima delle (1) si ha immediatamente:
V2
A
V
1
I 0
1
G
C1 C 2
j 2
C2
C2
(2)
V
, si ha:
Dalla seconda delle (1), considerando la (2) e che V
b 'e
1
C
I
2
V
1 I1 0
g G2
G G
C1 C2
G 3 j C1 2 3
C2
C 2
(3)
0 ), scelto ancora 'e' come nodo si riferimento, il
Con la porta 1 in corto circuito (ossia con V
1
metodo dei potenziali di nodo conduce ad equazioni deducibili dalle precedenti sostituendo al posto
I / G , dalla prima si ha:
di G2 il parallelo di G1 e G2. Essendo inoltre V
be
1
1
C C2 j G1 G 2
V2
(4)
B
1
I
C G
C G
1 V1 0
2 1
2 1
mentre dalla seconda, per la (4), si ha:
I2
D
I1
0
V
1
g G1 G 2 1 C1 / C2 G 3
G1
j
(G1 G 2 ) G 3
1
C1
G1
C2
(5)
A parziale verifica della correttezza dei risultati, si può verificare che, posto g=0 S, si ha
D
1
B
C
det[ T ] A
- 93 -
(7)
Esercizio 4.3
Determinare la matrice delle impedenze del doppio bipolo di fig. 1.
Lp
1
M
I1
+
R
V1
1'
I2
R
L0
+
2
V2
2'
Figura 1
Si applichi il metodo delle correnti di anello; dette J1 , J 2 e J 3 le correnti di anello (orarie) per le
LKT si ha:
R J 1 J 3 j L 0 J 1 J 2 j MJ 3 V
1
R J 2 J 3 j L 0 J 2 J1 j MJ 3 V
2
R J J R J J j L J j M J J 0
3
1
3
2
p 3
1
2
(1)
ed in forma matriciale:
R j L0
j L0
R j M J 1 V
1
R j L 0 R j M J 2 V2
j L0
R j M R j M 2R j L p J 3 0
(2)
Ricavando J 3 dalla terza equazione, sostituendo nelle prime due e considerando che le correnti di
ingresso I1 ed I 2 del doppio bipolo coincidono rispettivamente con J1 e J 2 , si ha:
R j M 2
R j L 0
2 R j L p
R 2 2 M 2
j
L
0
2 R j L p
R j M 2
R j L 0
2 R j L p
j L 0
R 2 2 M 2
2 R j L p
I1 V
1
I 2 V
2
La matrice che premoltiplica il vettore delle correnti nella (3) è la matrice delle impedenze.
- 94 -
(3)
Esercizio 4.4
Determinare la matrice delle ammettenze del doppio bipolo di fig. 1.
R0
1
M
I1
+
I2
L
L
R
V1
2
+
V2
1'
2'
Figura 1
Per la determinazione della matrice delle
ammettenze del doppio bipolo, è
conveniente scomporlo in due doppi bipoli
(a) e (b) fra loro in parallelo, come mostrato
in fig. 2.
Per il doppio bipolo (a) considerando I1a ed
I
come correnti di anello si ha
2a
1
(a)
M
I1
L
+
L
V2
facilmente:
2'
1'
R j L R j M
R j M R j L
I1a V
1
I1a V
2
2
+
R
V1
I2
R0
(1)
(b)
Figura 2
nella quale la matrice che premoltiplica il
vettore delle correnti è la matrice delle impedenze. Invertendo tale matrice si ottiene la matrice delle
ammettenze:
Y
a
R j L
2 (L2 M 2 ) 2 j R (L M ) R j M
1
R j M
R j L
(2)
Per il doppio bipolo (b), si ha:
I 1 V
V
1b
1
2
R0
I 1 V
V
2b
1
2
R0
(3)
e quindi:
1
1
Y
b
R0
1
- 95 -
1
1
(4)
In definitiva, sommando le due matrici delle ammettenze, si ottiene la matrice delle ammettenze del
doppio bipolo composito:
Y Y a Y b
(5)
ossia:
R j L
1
2 (L2 M 2 ) 2 j R (L M) R
0
Y
R j M
1
2 2
2
(L M ) 2 j R (L M) R 0
R j M
1
(L M ) 2 j R (L M) R 0
R j L
1
2 (L2 M 2 ) 2 j R (L M) R 0
2
2
2
(6)
Si noti che la relazione (5) non ha carattere di generalità. Infatti, dato per certo che il quadripolo
composito funzioni da doppio bipolo, essa è valida solo se anche i quadripoli componenti funzionino
da doppi bipoli.
- 96 -
Esercizio 4.5
Determinare per quali valori della reattanza mutua XM e della reattanza capacitiva XC l’impedenza
caratteristica del doppio bipolo di fig. 1 è reale ed eguale ad Rc.
1
R c 600
XM
I1
+
I2
XL
XL
X L 800
XC
V1
+
V2
1'
2
2'
Figura 1
Per ricavare l’espressione dell’impedenza caratteristica del doppio bipolo simmetrico di fig. 1 si può
utilizzare la formula:
Z c Z 0 Z cc
(1)
dove Z 0 e Z cc sono le impedenze a vuoto ed in corto circuito del doppio bipolo.
Assumendo la porta 2 a vuoto (ossia I 2 0 ), l’impedenza del bipolo risultante vale:
Z 0 j ( X L X C )
(2)
0 ), l’impedenza del bipolo
Analogamente, assumendo la porta 2 in cortocircuito (ossia V
2
risultante si ottiene applicando il metodo delle correnti di maglia:
(3)
j X L I1 j X M I 2 j X C (I1 I 2 ) V
1
j X L I 2 j X M I1 j X C (I 2 I1 ) 0
(4)
Ricavando I 2 dalla (4) e sostituendo nella (3) si ha:
V
Z cc 1
I
1
0
V
2
(X L X C ) 2 (X M X C ) 2
j
(X L X C )
(5)
Sostituendo le (2) e (5) nella (1) si ha:
Z c (X L X C ) 2 (X M X C ) 2
(6)
Z c (X L X M ) (X L X M 2X C )
(7)
ed anche:
Poiché X L X M 0 , l’impedenza caratteristica è puramente reale o puramente immaginaria a
seconda che X L X M 2X C sia minore o maggiore di zero. Nel caso in questione, poiché si richiede
che l’impedenza caratteristica sia puramente reale e pari ad Rc=600 , occorre assumere
che:
X L X M 2X C 0
ossia:
- 97 -
(7)
X M 2 X C 800
(8)
In tal caso si deve avere:
R c ( X L X M ) ( X L X M 2X C )
(9)
ed anche:
(X L X M ) (X L X M 2X C ) R c2
(10)
Con i valori numerici proposti si ha l'equazione quadratica:
(X M 800) (X M 2X C 800) 6002
che rappresenta un'iperbole avente come asintoti le rette:
X M 800 0
X M 2 X C 800 0
(11)
ed il cui grafico è riportato in fig. 2; la parte tratteggiata fa riferimento a valori non accettabili.
XC
1
XM
-8
-1
.8
-1
Figura 2
- 98 -
1
Esercizio 4.6
Determinare le matrici delle conduttanze e di trasmissione del doppio bipolo di fig. 1. Inoltre,
supponendo che la porta bb sia chiusa su una resistenza Rb = 2 e che la porta aa sia alimentata
da un generatore di tensione Vg=100 V, determinare la corrente nel resistore di resistenza R7.
R1 2
R2 2
a
R3 4
R4 6
Ia
R1
R6 3
R 7 10
R8 4
R9 4
a'
R8
Ib
+
+
R3
Va
R5 8
R4
R5
R2
R7
R6
b
Vb
R9
b'
Figura 1
I parametri della matrice delle conduttanze [G] possono essere calcolati a coppie: ( G11 , G 21 ) e ( G12
, G 22 ), rispettivamente con le porte aa e bb in corto circuito.
Data la topologia della rete, può essere adoperato il metodo “a scala” (ladder method), che consiste
nel porre uguale ad 1 A la corrente nel corto circuito ad una porta e risalire a ritroso sino alla tensione
ed alla corrente all’altra porta.
Assumendo Vb 0 V ed I b 1 A , si ha il seguente procedimento:
I 8 I b 1 A
I 9 I b 1 A
V7 V8 V9 8 V
V8 R 8 I 8 4 V
V9 R 9 I 9 4 V
I 7 V7 / R 7 0,8 A
(1)
(2)
(3)
I 4 I 7 I 8 1,8 A
V5 V4 V7 18 ,8 V
I 6 I 5 I 7 I 9 4,15 A
V3 V5 V6 31,25 V
V4 R 4 I 4 10,8 V
(4)
(5)
(6)
(7)
I 5 V5 / R 5 2,35 A
V6 R 6 I 6 12,45 V
I 3 V3 / R 3 7,8125 A
V1 R1I1 23,925 V
V2 R 2 I 2 23,925 V
I1 I 3 I 4 I 5 11,9625 A
I 2 I1 11,9625 A
Va V1 V2 V3 79,1 V
I a I1 11,9625 A
(8)
(9)
(10)
Da cui:
I a 11,9625
0,15123 S
Va
79,1
I
1
G 21 b
0,012642 S
Va 79,1
G11
Assumendo Va 0 V ed I a 1 A , si ha il seguente procedimento:
- 99 -
(11)
(12)
V1 R 1I1 2 V
V2 R 2 I 2 2 V
I1 I a 1 A
I 2 I a 1 A
V3 V1 V2 4 V
I 6 I 2 I3 2 A
V5 V3 V6 10 V
I 3 V3 / R 3 1 A
V6 R 6 I 6 6 V
I 5 V5 / R 5 1,25 A
I 4 I1 I 3 I 5 3,25 A
V7 V4 V5 29,5 V
I 8 I 4 I 7 6,2 A
I 9 I 5 I 6 I 7 6, 2 A
Vb V7 V8 V9 79,1 V
V4 R 4 I 4 19,5 V
I 7 V7 / R 7 2,95 A
V8 R 8 I 8 24,8 V
V9 R 9 I 9 24,8 V
I b I 8 6, 2 A
(13)
(14)
(15)
(16)
(17)
(18)
(19)
(20)
(21)
(22)
Da cui:
Ib
6,2
0,078382 S
Vb 79,1
I
1
a
0,012642 S
Vb
79,1
G 22
(23)
G12
(24)
La matrice di trasmissione [T] può essere ottenuta dalla matrice delle conduttanze [G] mediante le
relazioni:
G
A 22 6,2
(25)
G 21
1
(26)
79,1
B
G 21
G G G11G 22
(27)
C 12 21
0,925 S
G 21
G
(28)
D 11 11,9625
G 21
Per il calcolo della corrente nel resistore R7 si può utilmente applicare il teorema di Thévenin. Infatti,
notando che R 8 R 9 R b R 7 10 , la determinazione dei parametri del bipolo di Thévenin
può essere effettuato utilizzando i parametri delle matrici già ottenute:
Vg
(29)
16,129 V
V0
A
1
(30)
R0
R 8 R 9 4,7581
G 22
Quindi:
V0
1,0929 A
I7
(31)
R0 R7
- 100 -
Esercizio 4.7
Determinare la matrice di trasmissione del doppio bipolo di fig. 1.
1
R1
I1
+
R3
R1 200
R 2 500
V1
I2
+
R3
R2
R2
2
V2
R 3 400
1'
R1
2'
Figura 1
Si possono seguire vari procedimenti.
I) Metodo del potenziale ai nodi.
Posto E1' 0 , si ha:
1
1
1
R1 R 2 R 3
1
R1
1
R3
1
R1
1
1
1
R1 R 2 R 3
1
R2
1
R3
E1 I1
1
E I
2 2
R2
1
1
1 E 2' I 2
R 1 R 2 R 3
(1)
Considerando che: V1 E1 , V2 E 2 E 2' , eliminando E 2' dal sistema, si ottengono due equazioni,
che risolte rispetto a V1 ed I1 consentono di dedurre la matrice di trasmissione [T]. Alternativamente,
si può procedere sottraendo la terza equazione dalla seconda:
1
1
2
1
1
(E 2 E 2' )
E1 2I 2
R
R
R
R
R
2
3
1
1
3
(2)
2 R 1R 3
R 1R 2 2 R 1 R 3 R 2 R 3
I2
V2
R 3 R1
R 2 (R 3 R 1 )
(3)
da cui:
V1
e quindi:
R 1R 2 2R 1R 3 R 2 R 3
4,6
R 2 (R 3 R 1 )
2R 1R 3
800
B
R 3 R1
A
Data la simmetria del doppio bipolo, si ha A=D e det[T]=1; quindi:
- 101 -
(4)
(5)
1
2
R1
R3
R3
R2
R2
R1
1'
2'
(c)
(b)
(a)
Figura 2
D A 4,6
AD 1
C
0,0252 S
B
(6)
(7)
Dalle formule ottenute si evince che la matrice di trasmissione [T] esiste solo se R 1 R 3 .
II) Cascata di doppi bipoli.
Il doppio bipolo si può scomporre nella cascata dei tre doppi bipoli indicati con le lettere a, b, c in
fig. 2. Per il doppio bipolo (a) si ha:
I1(a )
V1( a ) V2( a )
1 (a ) (a )
V I2
R2 2
(8)
e quindi la sua matrice di trasmissione è
T 1 / 1R
(a )
2
0 1
1 2 10 3
0
1
(9)
che coincide con la matrice di trasmissione del doppio bipolo (c).
Per il doppio bipolo (b), è utile ridisegnarlo in modo planare, come in fig. 3. Considerando la porta 2
a vuoto (ossia I (2b ) 0 ), si ha facilmente:
da cui
V1( b)
R1 R 3 ( b)
I1
2
V2( b)
R 3 R1 ( b)
I1
2
(10)
V1( b )
R 3 R1 ( b)
V
R 3 R1 2
I1( b)
2
V2( b)
R 3 R1
(11)
Considerando la porta 2 in corto circuito (ossia V2( b ) 0 ), si ha:
V1( b ) 2
da cui:
R1R 3 ( b )
I
R1 R 3 1
V1( b ) 2
R 1R 3 ( b )
I
R 3 R1 2
- 102 -
1 1
1 ( b)
V
I (2b)
2 R 3 R 1 1
I1( b)
R 3 R1 (b)
I
R 3 R1 2
(12)
(13)
La matrice di trasmissione del doppio bipolo (b) è
allora:
T
(b)
R 1 R 3
1
R 3 R 1 2
3
2
10
R3
R1
2
2 R 1R 3
R 1 R 3
1'
1
(14)
800
3
R3
2'
R1
Si noti che per tutti e tre i doppi bipoli valgono le
Figura 3
condizioni di simmetria A=D e det [T]=1.
La matrice di trasmissione del doppio bipolo composito è data dal prodotto:
T T (a ) T ( b) T (c)
(15)
la quale, effettuate le sostituzioni, conduce agli stessi risultati trovati in precedenza.
III) Parallelo di doppi bipoli
Il doppio bipolo si può considerare come composto dal collegamento parallelo-parallelo di due
sottoreti a quattro morsetti (quadripoli), indicati con le lettere a, b, in fig. 4. Tale considerazione in
generale non è utile al fine di ricavare il funzionamento del doppio bipolo composito, ma nel caso in
questione lo è perché i due quadripoli componenti si comportano entrambi da doppi bipoli, dato che
si ha:
I1( b ) I (2b )
1
V1 V2
2R 3
(16)
(a)
+
I1
I1a
R2
V1
I2a
R1
R2
V2
R1
1'
2'
I2b
I1b
R3
R3
(b)
Figura 4
- 103 -
2
I2 +
Per il doppio bipolo (a), considerando la porta due in corto circuito, si ha facilmente:
(a )
G 11
I1( a )
V1
G (21a )
V2 0
I (2a )
V1
1
1
4,5 mS
2R 1 R 2
(17)
1
2,5 mS
2R 1
(18)
(a )
a)
G12
G (21
(19)
V2 0
Per la simmetria del doppio bipolo (a) si ha
a)
(a )
G (22
G11
Per il doppio bipolo (b), considerando la porta due in corto circuito, si ha facilmente:
(b)
G 11
G (21b )
I1( b )
V1
I (2b )
V1
1
1,25 mS
2R 3
(20)
1
1,25 mS
2R 3
(21)
(b)
b)
G12
G (21
(22)
V2 0
V2 0
Vista la simmetria del doppio bipolo (b) si ha
(b)
G (22b ) G11
La matrice delle conduttanze del doppio bipolo composito in parallelo-parallelo è data da:
1
1
1
2R R 2R
2
3
1
1
1
2R 2R
1
3
G G (a ) G (b)
1
1
2R 1 2R 3 5,75 1,25
1
1
1 1,25
5,75
2R 1 R 2 2R 3
(23)
Calcolata la matrice delle conduttanze, quella di trasmissione si ottiene mediante le formule:
A
G 22
G 21
B
1
G 21
C
det[G ]
G 21
D
G11
G 21
(24)
Sostituendo ai parametri di conduttanza i loro valori numerici calcolati precedentemente, si ottengono
ancora i risultati trovati in precedenza nelle (4) e (7).
- 104 -
Esercizio 4.8
Calcolare le impedenze immagine del doppio bipolo di fig. 1.
R 0 50
1
X 0 100
XM
I1
+
I2
X2
X1
+
2
X0
X1 100
V1
X 2 50
X M 50
1'
R0
V2
2'
Figura 1
Le impedenze immagine del doppio bipolo possono essere calcolate con le formule:
Z im1 Z 01Z cc1
Z im 2 Z 02 Z cc 2
(1)
dove Z 01 , Z 02 , Z cc1 e Z cc 2 sono le impedenze a vuoto ed in corto circuito del doppio bipolo.
Assumendo la porta 2 a vuoto (ossia I 2 0 ), l’impedenza del bipolo risultante alla porta 1 vale:
Z 01 R 0 j ( X1 X 0 ) 50
(2)
Assumendo la porta 1 a vuoto (ossia I1 0 ), l’impedenza del bipolo risultante alla porta 2 vale:
Z 02 R 0 j ( X 2 X 0 ) 50 j50
(3)
0 ), l’impedenza del bipolo risultante alla porta 1
Assumendo la porta 2 in corto circuito (ossia V
2
si ottiene applicando il metodo delle correnti di maglia:
j X1I1 j X M I 2 (R 0 j X 0 )(I1 I 2 ) V
1
j X 2 I 2 j X M I1 (R 0 j X 0 )(I 2 I1 ) 0
(4)
Ricavando I 2 dalla seconda delle (4) e sostituendo nella prima, si ha:
V
Z cc1 1
I
1
0
V
2
[R 0 j (X M X 0 )]2
R 0 j (X1 X 0 )
j 50
R 0 j (X 2 X 0 )
(5)
[R 0 j (X M X 0 )]2
R 0 j (X 2 X 0 )
50 j 50
R 0 j ( X1 X 0 )
(6)
Analogamente:
V
Z cc 2 2
I
2
0
V
1
In definitiva:
Z im1 50 j 25 2 (1 j)
- 105 -
Z im 2 50 2
(7)
Esercizio 4.9
Calcolare la matrice di trasmissione nel dominio di Laplace del doppio bipolo in fig. 1. Calcolarne,
inoltre, le impedenze a vuoto ed in corto circuito.
1
I1
+
I2
+
R
+
r IC
n:1
V1
C
2
V2
L
IC
2'
1'
Figura 1
Per il calcolo della matrice di trasmissione, il doppio bipolo si può scomporre nella cascata dei quattro
doppi bipoli contrassegnati con le lettere a, b, c, d in fig. 2.
Per il doppio bipolo (a) si ha:
V1( a ) V2( a ) RI (2a )
I1( a ) I (2a )
(1)
e quindi la sua matrice di trasmissione è
T 10
R
1
(a )
(2)
Per doppio bipolo (b) si ha:
1
I1(a ) I (2a )
n
V1( b ) nV2( a )
(3)
e quindi la sua matrice di trasmissione è
T n0
0
1 / n
( b)
(4)
Per il doppio bipolo (c) si ha:
V1(c)
V1( c ) V2( c ) rI C V2( c ) r ( I1( c ) I (2c ) )
1
1
1 (c) (c)
IC
(I I 2 )
sC
sC 1
2
+
R
r IC
n:1
C
L
IC
1'
(a)
(b)
(c)
Figura 2
- 106 -
(d)
2'
(5)
da cui, ricavando V1( c ) ed I1( c) in funzione di V2( c ) ed I (2c) , si ha:
T
(c)
1
1 s r C
sC
1 s r C
0
1
(6)
1 (d ) (d )
V I2
sL 2
(7)
Per il doppio bipolo (d) si ha:
I1(d )
V1( d ) V2( d )
e quindi la sua matrice di trasmissione è
T 1/1s L
0
1
(d )
(8)
La matrice di trasmissione del doppio bipolo composito si ottiene dal prodotto delle quattro matrici
di trasmissione dei doppi bipoli in cascata:
n2 s R C R
1
1
s
r
C
sL
(a)
(b)
(c)
(d)
T T T T T
n
1
sC
s L 1 s r C
R
1
(9)
Si noti che det[T]1 a causa della presenza del generatore pilotato, che rende il doppio bipolo non
reciproco. Come verifica parziale della correttezza del risultato, si può controllare che azzerando il
generatore pilotato (ossia ponendo r=0 ) i determinanti di [T] e di [T(c)] divengano unitari, come
quelli di [T(a)], [T(b)] e [T(d)].
Per il calcolo della impedenza a vuoto primaria Z01, conviene calcolare preliminarmente l'impedenza
del bipolo ai morsetti AB in fig. 3 nel caso in cui i morsetti 22' siano a vuoto. Dette V ed I la tensione
e la corrente ai morsetti AB, si ha:
V
IC
da cui:
A
1
I C rI C s L ( I I C )
sC
s 2 LC
s 2 LC s r C 1
(11)
I
1
2
+
R
r IC
A
n:1
Z0
L
C
Z0
(10)
Z01
IC
1'
2'
B
Figura 3
B
Figura 4
- 107 -
Sostituendo la (11) nella (10) si ricava l'impedenza:
Z0
sL
V
2
I s LC s r C 1
(12)
Riportando a primario tale impedenza (ossia moltiplicandola per n2), si ha facilmente:
Z 01 R n 2 Z 0 R
n 2s L
(13)
s 2 LC s r C 1
Un analogo procedimento può essere utilizzato per il calcolo dell'impedenza di corto circuito primaria
Zcc1. L'impedenza Zcc del bipolo ai morsetti AB nel caso in cui i morsetti 22' siano in
cortocircuito è nulla; infatti, si ha:
V
1
I C rI C
sC
1
r
I C 0
s
C
(14)
da cui IC=0 ed anche V=0 qualunque sia la corrente I; il bipolo equivale, dunque, ad un corto circuito,
ossia Zcc=0. Riportata a primario questa impedenza, si ha banalmente:
Z cc1 R n 2 Z cc R
(15)
Per il calcolo dell'impedenza Z02, i morsetti 11' sono a vuoto. Si ha allora che la corrente nel primario
del trasformatore ideale è nulla, così come quella nel secondario. Il calcolo si riconduce a quello
dell'impedenza del bipolo in fig. 5. Il generatore pilotato è attraversato dalla sua corrente di pilotaggio
e quindi si comporta come un resistore di resistenza r; si ha:
Z02
s L (r 1 / sC)
s2r L C s L
2
sL r 1 / sC s L C s r C 1
(16)
Per il calcolo della impedenza di corto circuito secondaria Zcc2, i morsetti 11' sono posti in corto
circuito. Il primario del trasformatore è allora chiuso sulla resistenza R, che riportata a secondario
(ossia moltiplicata per 1/n2), dà luogo al bipolo di fig. 6, per il quale:
Z cc 2
s2 r L C s L
(17)
s 2 L C s (r C n 2 L / R ) 1
2
+
C
2
+
r IC
r IC
R/n2
L
Z02
IC
C
L
Zcc2
IC
2'
2'
Figura 5
Figura 6
- 108 -
A parziale prova della correttezza delle impedenze a vuoto ed in corto circuito calcolate, si può
verificare che si ha:
Z01 Zcc1
Z02 Zcc 2
(18)
Si noti che tale relazione consente di calcolare solo tre delle quattro impedenze cercate e di ricavare
la quarta mediante essa.
- 109 -
Esercizio 4.10
Nel circuito di fig. 1 si consideri la resistenza R come un parametro variabile in [0,+[. Determinare
i massimi e i corrispondenti valori di R per le seguenti quantità: a) la potenza attiva erogata dal
generatore, b) il modulo al quadrato della corrente erogata dal generatore; c) la potenza attiva
assorbita dal resistore stesso
I1
1
100 V
V
g
I2
Vg
4 j2 4 j2
Z
4 j2 4 j7
+
2
+
+
[Z]
V1
V2
R
1'
2'
Figura 1
Le equazioni che descrivono il circuito sono le seguenti:
V
V
1
g
(1)
Z I Z I
V
1
11 1
12 2
(2)
Z I Z I
V
2
21 1
22 2
(3)
RI
V
2
2
(4)
Dalle ultime tre equazioni si può ricavare l'autoammettenza del bipolo ai morsetti 11':
Z 22 R
R 4 j7
1
(R ) I1
Y
11
V1 Z11Z 22 Z12 Z 21 Z11R 2 2R 5 j (R 10)
e la transammettenza
(5)
Z 21
2 j
(R ) I 2
Y
12
2R 5 j (R 10)
V1 Z11Z 22 Z12 Z 21 Z11R
(6)
La corrente erogata dal generatore è data da:
I (R ) Y
(R )V
5
1
11
g
I (R ) 2 25
1
Per
R 5 ( 2 1) 2.071
max I12
R 4 j7
2R 5 j (R 10)
(R 4) 2 49
(2R 5) 2 (R 10) 2
tale
funzione
2
9 4 2 14.66 A .
- 110 -
5
assume
(7)
R 2 8R 65
(8)
R 2 25
il
valore
massimo
dato
da:
La potenza attiva erogata dal generatore di tensione è data da:
I (R ) 20 R 5R 25
P (R ) ReV
R 25
2
*
g 1
g
(9)
2
Per R 5 tale funzione assume il valore massimo: max Pg 30 W .
La potenza attiva assorbita dal resistore è data da:
(R )V
2
P2 (R ) R I 2 (R ) 2 R Y
12
g
100 R
R 2 25
(10)
Per R 5 tale funzione assume il valore massimo: max P2 10 W .
Quest'ultimo risultato poteva essere ottenuto anche applicando prima il teorema di Thévenin ai
morsetti 22' e poi il teorema del massimo trasferimento di potenza. Infatti, calcolati i parametri della
rete equivalente di Thévenin (v. fig. 2):
V
Z eq 2
I
2
V
V
0
2
0
V
1
I 0
2
Z 11 Z 22 Z 12 Z 21
j5
Z 11
100 V
(11)
(12)
per il teorema del massimo trasferimento di potenza applicato alla rete in fig. 2, la massima potenza
assorbita dal resistore si ha in corrispondenza del valore di R dato da:
R max Z eq 5
(13)
ed il valore della massima potenza vale:
max P2 R max
Zeq
V0
Z eq
V
0
R maz
2
+
R
2'
Figura 2
- 111 -
2
10 W
(14)
Esercizio 4.11
Determinare la matrice di trasmissione del doppio bipolo di fig. 1.
1
R 1 R 2 10
L1 L 2 10 mH
I1
10 3 rad / s
1'
I2
+
+
M
V1
M 5 mH
L1
L2
R1
2
V2
R2
2'
Figura 1
Considerando le due correnti I1 ed I 2 come correnti di anello, si ha il sistema:
jL1I1 jM (I1 I 2 ) jL 2 (I1 I 2 ) jMI1 R1I1 V
1
jL 2 (I 2 I1 ) jMI1 R 2 I 2 V2
(1)
che, posto in forma matriciale, diviene:
R 1 j (L1 L 2 2M)
j(L 2 M )
j (L 2 M ) I1 V
1
R 2 jL 2 I 2 V2
(2)
La matrice dei coefficienti di tale sistema è la matrice delle impedenze a vuoto del doppio bipolo.
Con i valori numerici proposti si ha:
Z 11 R 1 j ( L1 L 2 2 M ) 10 j10
(3)
Z 22 R 2 j L 2 10 j10
(4)
Z 12 Z 21 j ( L 2 M ) j 5
(5)
Si noti che, dati i particolari valori numerici (ossia L1=2M, R1=R2), il doppio bipolo risulta simmetrico
in quanto si ha: Z 11 Z 22 e Z 12 Z 21 .
La matrice di trasmissione si ottiene mediante le formule:
Z11 2 (1 j )
A
Z 21
1
1
C
j S
5
Z
det[Z] 5 (8 j)
B
Z 21
Z 22 2 (1 j )
D
Z
(6)
(7)
21
21
Ovviamente la simmetria del doppio bipolo è desumibile anche dalla matrice di trasmissione, poiché
D
e det[ T ] 1 .
A
- 112 -
Esercizio 4.12
Calcolare la matrice delle ammettenze di corto circuito del doppio bipolo di fig. 1.
1
R 10
R
I1
I2
+
2
+
X1 10
Xm
V1
X 2 10
Xm 5
X C 10
1'
X1
X2
XC
V2
2'
Figura 1
Notando che il doppio bipolo è simmetrico, si può ricavare la matrice delle ammettenze di corto
ed Y
con la porta 2 in corto circuito. Considerando le
circuito calcolandone solo gli elementi Y
11
21
correnti I1 ed I 2 come due correnti di anello ed una terza corrente I 3 circolante nell'anello centrale
(in senso orario) si ha il sistema:
jX1 (I1 I 3 ) jX m (I 2 I 3 ) V
1
jX 2 (I 2 I 3 ) jX m (I1 I 3 ) 0
(R jX )I jX (I I ) jX (I I ) jX (I I ) jX (I I ) 0
C 3
2 3
2
m 3
1
1 3
1
m 3
2
(1)
che posto in forma matriciale diviene:
jX1
jX m
j(X1 X m )
I1 V
1
I 0
jX 2
j(X 2 X m )
2
j(X 2 X m ) R j(X C X1 X 2 2X m ) I 3 0
j(X1 X m )
jX m
(2)
Ricavando I 3 dalla terza equazione:
I j(X1 X m )I1 j(X 2 X m )I 2 j 1 (I I )
3
2
2 1
R j(X C X1 X 2 2X m )
(3)
e sostituendo nelle prime due, si ha il sistema ridotto:
5 ( 1 2 j) I1 5( 1 j) I 2 V
1
2
2
1
1
5 ( 2 j) I1 5( 2 2 j) I 2 0
(4)
Risolto tale sistema, si ottiene:
I 3 j5 V
1
1
60
I 3 j V
2
1
60
(5)
Y
3 j5 S
Y
11
22
60
Y
3 j S
Y
21
12
60
(6)
da cui:
- 113 -
Esercizio 4.13
Ricavare la matrice ibrida del doppio bipolo di fig. 1.
1
R 10
V1
X C 10
I2
+
X1 X 2 10
Xm 5
X1
I1
+
XC
Xm
X2
R
V2
1'
2
2'
Figura 1
Considerando le correnti I1 ed I 2 come correnti di maglia circolanti rispettivamente nelle maglie 1X1-XC-R-1' e 2-R-2' ed una terza corrente I 3 circolante in senso orario nella maglia XC-R-X2, si ha
il sistema di equazioni:
jX1I1 jX m I3 jX C (I1 I3 ) R (I1 I 2 I3 ) V
1
R (I 2 I3 I1 ) V2
jX I jX I jX (I I ) R (I I I ) 0
m 1
C 3
1
3
2
1
23
(1)
che posto in forma matriciale diviene:
R j (X1 X C ) R R j (X m X C ) I1 V
1
R
R
R
I
V
2
2
R j (X m X C ) R R j(X 2 X C ) I3 0
(2)
Ricavando I 3 dalla terza equazione:
I [R j(X m X C )] I1 R I 2 1 (1 j 3)I 1 (1 j 2) I
3
1
2
R j (X 2 X C )
5
5
(3)
e sostituendo nelle prime due, si ha il sistema ridotto:
1 9 j 7 6 j 3 I1 V
1
5 6 j 3 4 j 2 I 2 V
2
(4)
nel quale la matrice a primo membro è la matrice delle impedenze a vuoto del doppio bipolo.
] , definita come:
La matrice ibrida [ H
H
V
1
11
I
H
2 21
V
H
12
2
I
H
22 1
si ottiene mediante le formule:
- 114 -
(5)
Z12 3
H
11
Z 22 2
det[Z] j 1
H
12
2
Z 22
(6)
1 1 (2 j) S
H
21
Z 22 2
Z 21 3
H
22
2
Z 22
(7)
Si noti che la condizione di reciprocità, che per la matrice delle impedenze è Z 12 Z 21 , per la matrice
H
. Data l'assenza di generatori pilotati nel doppio bipolo in
ibrida si esprime come H
11
22
questione, entrambe le condizioni sono soddisfatte.
- 115 -
Esercizio 4.14
Ricavare le impedenze a vuoto, le impedenze in corto circuito e quelle immagine per il doppio bipolo
di fig. 1 nel dominio dei fasori.
1
100 rad / s
R 50
L 1.5 H
C 200 F
t2
R
t:1
2R
2
L
C
2'
1'
Figura 1
Considerando la porta 2 a vuoto ed in conto circuito e riportando al primario le impedenze al
secondario del trasformatore ideale, si calcolano facilmente le impedenze viste dalla porta 1:
Z 01
1
1
1
2R R t 2 j L 1/ C
Z cc1
1
1
1
2R R t 2 jL
(1)
Con i valori numerici proposti:
100
Z 01
(67 j16) 91.78 j21.92
73
100
Z cc1
49 j8 96.08 j15.69
51
(2)
Analogamente, considerando la porta 1 a vuoto ed in conto circuito e riportando al secondario le
impedenze al primario del trasformatore ideale, si calcolano le impedenze viste dalla porta 2:
Z 02
1
Z cc2
1
jC
jL 3R / t 2
1
1
j C
j L R / t 2
(3)
Con i valori numerici proposti:
150
Z 02
(4 j35) 8.219 j71.92
73
10
Z cc2 4 j97 3.077 j74.62
13
(5)
Note le quattro impedenze così calcolate, le impedenze immagine si calcolano come:
Z im1 Z 01Z cc1 93.97 j18.87
(6)
Z im2 Z 02 Z cc2 5.693 j73.30
(7)
Si può facilmente verificare che vale la relazione:
Z 01 Z cc1 Z im1
Z 02 Z cc2 Z im2
- 116 -
(8)
Esercizio 4.15
Calcolare le tensioni e le correnti all’inizio ed alla fine della linea di trasmissione in fig. 1.
Vg 200 kV
R1
f 50 Hz
R1 0,1 k
2 j1 k
Z
+
2
2
1
r, l, c, g
Vg
Z2
r 0, 08 / km
l 1, 3 10 3 H / km
g 0, 01 10
c 8, 6 10
L=100 km
6
9
1'
2'
S / km
L
F / km
Figura 1
Preliminarmente occorre calcolare l’impedenza caratteristica e la costante di propagazione della linea
come:
Z C
r jl
390,7 j37,18
g jc
(r jl)(g jc) (0,1043 j1, 055) 103 km1
(1)
(2)
La matrice di trasmissione della linea è data da:
B
A
T
C D
(3)
con:
D
cosh( L) 0,9945 j1,099 103
A
(4)
Z senh( L) 7,970 j40,77
B
c
(5)
1 senh( L) 8,991107 j0, 2697 103 S
C
Z
(6)
c
Le tensioni e le correnti alle due porte si ottengono dal sistema di quattro equazioni nelle quattro
incognite cercate
R I V
V
1
11
g
BI
AV
V
1
2
2
I1 CV2 DI2
V2 Z2I2 0
- 117 -
(7)
La soluzione di tale sistema è:
B
AZ
2
192,3 j1,194 kV
V
g
CR
)Z B
DR
(A
1 2
1
(8)
D
CZ
2
76,56 j11,94 A
V
g
(A CR1 )Z2 B DR1
(9)
V
1
I
1
Z
2
191, 2 j4,193 kV
V
g
CR
)Z B
DR
(A
1 2
1
(10)
1
75,63 j39,91 A
V
g
CR
)Z B
DR
(A
1 2
1
(11)
V
2
I
2
- 118 -
Capitolo 5
Circuiti trifase
in regime sinusoidale
- 119 -
Esercizio 5.1
Il circuito trifase di fig. 1 è alimentato da una terna simmetrica diretta di generatori di tensione
collegati a stella. Calcolare i valori efficaci di tali tensioni, i valori della resistenza R1 e
dell’induttanza L2, a partire dai dati di seguito riportati.
E1
Vab 200 3 V
L2
P+jQ
1
+
R 2 20
R1
R2
R1
L2
a
P 48 kW
E2
Q 24 kVAR
2
+
o
314 rad / s
o'
R1
R2
R1
L2
b
E3
+
3
R2
Figura 1
e V
è
La terna delle tensioni concatenate V 12 , V
23
31
simmetrica diretta (v. fig. 2):
,
V
12
2V
,
V
23
12
V
V
31
12
3
(1)
con (1 j 3 ) / 2 . Si ha:
V23
1 V
1 2 V
V
2b
23
12
2
2
1 V
V
a2
12
2
Vab
(2)
(3)
V31
b
a
2
V12
1
Figura 2
e quindi:
V
V
1 (1 2 )V
1 V
V
ab
a2
2b
12
12
2
2
(4)
da cui si deduce il modulo della tensione di linea:
2V
400 3 V
V
12
ab
(5)
Il modulo delle tensioni della terna dei generatori collegati a stella è data da:
E1
V12
3
400 V
La potenza P2 assorbita dalla resistenza R2 vale:
- 120 -
(6)
E12 400 2
8 kW
R2
20
P2
(7)
Applicando il teorema di Boucherot, la potenza P1 assorbita da una delle resistenze R 1 vale:
P1
P 3P2 48 24
6 kW
4
4
(8)
da cui:
R1
2
V12 / 2
20
P1
(9)
Similmente, essendo:
Q3
E12
X2
(10)
dove X2 è la reattanza di uno degli induttori, si ha:
X2
3E12 3 400 2
20
Q
24 10 3
(11)
L2
X2
20
63, 69 mH
314
(12)
e quindi:
- 121 -
Esercizio 5.2
La rete trifase di fig. 1 è alimentata da una terna simmetrica diretta di tensioni. Determinare le
correnti di linea I1 , I 2 ed I 3 e la corrente I nel cortocircuito tra i nodi b e c.
150 0 V
V
12
1
I1
X
I2
X
I3
X
X 10
R 5
2
R 1 15
3
R 2 15
a
R1
b
R2
I
c
R
R
R
0
Figura 1
Trasformando a triangolo la stella di resistori di centro 0, il circuito può essere ridisegnato come in
fig. 2. Eliminando il resistore in parallelo al corto circuito, notando che gli altri quattro sono in
parallelo e che possono essere sostituiti da un unico resistore equivalente di resistenza:
R eq
1
3,75
1
1
2
R 1 R 2 3R
(1)
la rete può essere ulteriormente disegnata come in fig. 3. Applicando il metodo delle correnti
cicliche si ha
(R eq jX) J1 jX (J1 J 2 ) V
12
jX (J 2 J1 ) jX J 2 V
23
(2)
150 1 j 3 / 2 V .
dove: V
23
1
2
3
I1
X
I2
X
I3
X
a
1
R1
3R
b
R2
3R
2
I
3R
3
c
Figura 2
I1
X
I2
X
I3
X
Figura 3
- 122 -
a
J1
Req
bc
J2
Risolvendo il sistema si ottiene:
10
3 4 3 j (12 3 )
J 1
17
5
12 67 3 j (3 4 3 )
J 2
68
(3)
(4)
Le correnti di linea valgono:
I J 8,402 254,04 A
1
1
(5)
I J J 9,444 124,43 A
2
2
1
(6)
I J 7,656 2,162 A
3
2
(7)
Per calcolare la corrente I occorre far riferimento al circuito in fig. 2. Le correnti nei quattro resistori
in parallelo si ottengono con il partitore di corrente. Dato che R 1 R 2 3R , le quattro correnti sono
eguali ad ¼ della corrente I1 :
1
R1
I
I 1 I
R1
1
1
2 1 4 1
R 1 R 2 3R
1
R2
I
I 1 I
R2
1
1
2 1 4 1
R 1 R 2 3R
1
3R
I
I 1 I
3R
1
1
2 1 4 1
R 1 R 2 3R
(8)
(9)
(10)
Infine, notando che è nulla la corrente attraverso il resistore in parallelo al cortocircuito, applicando
la LKC al nodo c si ha:
I I I I I 1 I 6,495 j3,750 7,5 30 A
3
R2
3R
3
1
2
- 123 -
(11)
Esercizio 5.3
La rete trifase di fig. 1 è alimentata da una terna simmetrica di tensioni. Nell'ipotesi che il carico
trifase sia equilibrato, determinare la terna simmetrica delle tensioni in ingresso ed il valore della
capacità C di rifasamento, a partire dai dati di seguito riportati.
Q 0 VAR
Q
Pu 9,6 kW
Q u 0 VAR
a
R
2
b
Vab 200 3 V
U
R
3
R 1
Pu + jQu
R
1
c
C
X 50 / 3
X
C
0
C
f 50 Hz
X
X
Figura 1
Essendo il sistema simmetrico ed equilibrato è più semplice riferirsi al circuito monofase equivalente,
previa sostituzione del triangolo delle capacità con una stella equivalente; il circuito da studiare è
quello di fig. 2. Il modulo della tensione stellata ai capi del carico vale:
V
E a ab 200 V
(1)
Q/3
Pu/3 + jQu/3
R
a
3
Assunta tale tensione
E a 200 0 V , si ha:
a
fase
1
nulla
IR
3C
*
I Pu jQ u 160 A
u
3E
A
I E / jX j12 A
X
a
X
(2)
Ix
Zu
Iu
0
(3)
Figura 2
Mediante la LKC al nodo a si ottiene la corrente nel resistore:
I I I 16 j12 A
R
u
X
(4)
Per la LKT alla maglia 1-a-0, si ha
E 1 E a RI R ' 216 j12 216,3 3,18 V
3E e
V
12
1
j / 6
374,726,82 V
(5)
(6)
Infine, applicando il teorema di Boucherot al circuito monofase equivalente:
E2 1
1
Q 3 C E12 a Q u
X 3
3
(7)
poiché Q Q u 0 VAR , si ha:
C
E a2
3E12 X
5,441 F
- 124 -
(8)
Esercizio 5.4
La rete trifase di fig. 1 è alimentata da una terna simmetrica diretta di tensioni. Calcolare la corrente
I nell’impedenza Z .
2
E1
R2
+
E 1 220 0 V
E2
R 1 100
R1
+
O
R 2 50
E3
R2
+
Z 1 100 j100
R1
Z 2 200 j100
A
R1
R2
B
Z1
Z2
I
Figura 1
Per tale calcolo è conveniente applicare il teorema di Thevénin ai morsetti AB. Disconnesse le due
, si calcola in un circuito trifase simmetrico
impedenze in parallelo Z 1 e Z 2 , la tensione a vuoto V
0
ma non equilibrato mediante la relazione:
V
V
(1)
V
V
0
AB 0
AO 0
BO 0
Poiché non vi è alcuna impedenza nel tratto comune a valle dei generatori, le due stelle di resistori
sono indipendenti. Le tensioni V
AO e VBO si possono calcolare come:
G 2 E 1 G1E 2 G 2 E 3 G1 G 2
V
E2
(2)
AO
G1 2G 2
G1 2G 2
G1E1 G 2 E 2 G1E3 G 2 G1 E
V
BO
2
2G1 G 2
2G1 G 2
(3)
1
1
G G
E 2 9960 V
V
0
1
2
G1 2G 2 2G1 G 2
Azzerando i generatori di tensione, la resistenza del bipolo visto dai morsetti AB è
da cui:
1
1
45
2G1 G 2 G1 2G 2
Il calcolo della corrente si esegue nel circuito di
fig. 2. Si ha:
(4)
R eq
I
Z 1
Z 1 Z 2
R eq
+
V
0
3,137 92,05 mA
Z 1 Z 2
Z Z
1
(5)
A
I
Req
Z1
V0
B
2
Figura 2
(6)
- 125 -
Z2
Esercizio 5.5
La rete trifase di fig. 1 è alimentata da una terna simmetrica diretta di tensioni. Calcolare la tensione
e la potenza complessa erogata dai generatori.
V
ao
E1 1 kV
E1
R 250
L1
R
+
L 1,25 H
E2
C 10 / 3 F
o
L1
b
+
L1 100 mH
L o'
R
E3
400 rad / s
a
L
C
C
L
c
R
C
L1
+
Figura 1
Per semplificare la configurazione del carico, si trasformi il triangolo dei capacitori in una stella
equivalente di centro O". In tal modo ogni resistore è in serie ad un capacitore, formando così una
stella equilibrata di centro O", i cui estremi a, b e c, sono in comune con la stella degli induttori di
centro O', come mostrato in fig. 2. Essendo le due stelle equilibrate, i centri O' ed O" sono
equipotenziali e le due stelle si presentano alla linea trifase come se i bracci di ogni coppia facenti
si può quindi operare con il circuito
capo allo stesso estremo fossero in parallelo. Per il calcolo di V
ao
monofase equivalente in fig. 3, dove l’impedenza relativa alle due stelle in parallelo è:
j L R 1 / j 3 C
500
Z
j L R 1 / j 3 C
(1)
Assumendo E 1 a fase nulla, la tensione richiesta vale:
V
ao
Z
E 996.8 4,57 V
Z j L 1
1
(2)
La potenza complessa erogata dalla terna dei generatori vale:
A
E1
L1
+
E2
o
+
E3
+
a
L1
b
L1
c
L
L
3E12
Z j L1 *
R
3C
R
3C
R
3C
5,962 j 0,4769 kVA
E1
+
(3)
L1
R
a
3C
o"
L
L
o
o'
o'
Figura 3
Figura 2
- 126 -
o"
Esercizio 5.6
Nella rete trifase di fig. 1 determinare la capacità C , tale che la corrente su ciascun filo a monte
abbia valore efficace di 15 A in ritardo rispetto alla tensione. Calcolare, inoltre, la tensione
concatenata e le potenze attiva, reattiva ed apparente in ingresso.
Vab 380 V
1
a
A u 13,2 kVA
cos u 0,6 rit
R 0 0,8
Au
R0
X0
X0
2
R0
b
R0
X0
3
U
c
X 0 0,8
C
C
f 50 Hz
Figura 1
C
Trasformando il triangolo di capacitori in stella ed essendo il sistema simmetrico ed equilibrato, si
può fare riferimento al circuito monofase di fig. 2, dove Z u è l'impedenza di un braccio della stella
relativa all'utilizzatore trifase equilibrato U. La tensione stellata relativa ai morsetti abc ha valore
efficace dato da:
Ea
Vab
3
220 V
(1)
1
Allora, nota la potenza apparente A u , il
modulo della corrente assorbita dal carico U si
calcola come:
I1
X
+
R
Au/3
a
Iu
+
E1
Ea
3C
Zu
A
0
I u u 20 A
(2)
3E a
Figura 2
Le potenze attiva e reattiva assorbite dal carico monofase in fig. 2 valgono:
1
3
Pu A u cos u 2,640 kW
1
3
Q u A u sen u 3,520 kVAR
(3)
Detta I1 la corrente di linea nella fase 1 ed indicando con cos u il fattore di potenza relativo al
parallelo del carico U e del condensatore, si ha:
Pu E a I1 cos u
(4)
Imponendo che I1 15 A , dalla (4) si ricava:
cos u
Pu
0,8
E a I1
tg u 0,75
(5)
La potenza reattiva Q ' relativa al parallelo capacitore-utilizzatore vale:
Q' Pu tg u 1,98 kVAR
Detta QC la potenza reattiva assorbita dal capacitore, per il teorema di Boucherot si ha:
- 127 -
(6)
Q C Q' Q u 1,54 kVAR
(7)
Q C 3 C E a2
(8)
Essendo:
dove 2 f è la pulsazione, la capacità del capacitore C vale:
C
QC
3 E a2
33,76 F
(9)
Le potenze attive e reattive assorbite dal resistore e dall'induttore della linea valgono:
P0 R 0 I12 180 W
(10)
Q 0 X 0 I12 180 VAR
(11)
Applicando ancora il teorema di Boucherot, si ottengono le potenze attive e reattive in ingresso:
P P0 Pu 2,820 kW
(12)
Q Q 0 Q C Q u 2,16 0 kVAR
(13)
Infine, calcolata la potenza apparente in ingresso:
A
P 2 Q 2 3,552 kVA
(14)
si può ricavare il modulo della tensione stellata in ingresso
E1
A
236,8 V
I1
(15)
ed il modulo della tensione concatenata in ingresso
V12 3 E1 410,2 V
(16)
Si noti che, in assenza dei capacitori:
I1 I u 20 A
(17)
P0 R 0 I12 320 W
Q 0 X 0 I12 320 VAR
(18)
P P0 Pu 2,960 kW
Q Q 0 Q u 3,840 kVAR
(19)
A P 2 Q 2 4,848 kVA
E1
A
242,4 V
I1
(20)
V12 3 E1 419,9 V
- 128 -
(21)
Esercizio 5.7
La rete trifase di fig. 1 è alimentata da una terna simmetrica diretta di generatori tensioni collegati
a triangolo. Calcolare le tensioni V
MN e VOT .
X
1
500 30 V
V
12
X 400
V31
R 300
+
R1 120
+
V12
X
2
+
V23
M
X
N
3
R 2 80
R
R
O
R
R
R1
T
Figura 1
Trasformando la terna di generatori da triangolo a stella si ha:
1 j / 6 500
E 1
V12 e
0 V
(1)
3
3
Si applichi il teorema di Thévenin fra i nodi M ed N. La tensione a vuoto vale:
R
V
V
E 2 E 3 272,1 95,83 V
(2)
0
MN 0 VMO 0 VNO 0
R jX
Per calcolare l’impedenza equivalente del bipolo di Thévenin, si osservi che, a rete passivizzata, il
lato di impedenza R jX inferiore è in parallelo con quello superiore, per cui risulta:
Z eq
[R 12 (R j X)] j X
1
2
R (R j X) j X
128 j 229,3
(3)
Per il partitore di tensione nella rete trasformata si ha:
R1 R 2
136,0 130,8 V
V
V
MN
0
Z0 R1 R 2
La tensione V
OT può essere convenientemente calcolata come:
(4)
V
OT VOM VMT
(5)
Infatti, la tensione V
MT si calcola facilmente come:
R2
V
V
MT
MN 54,39 130,8 V
R1 R 2
mentre, detta I 2 la corrente nella fase 2 data da:
I V2M V23 VMN 992,6 j 222,1 mA
2
jX
jX
V
MN
si ha:
V
R
OM
R R I 2 164,5 j 87,82 V
2
1
In definitiva per la (5):
V
OT VOM VMT 129,0 j129,0 V 182, 4 45,00 V
- 129 -
(6)
(7)
(8)
(9)
Esercizio 5.8
Nella rete trifase di fig. 1, alimentata da una terna simmetrica diretta di generatori di tensione,
determinare la corrente nei due resistori collegati a terra.
E1
+
E1 100 V
R0 1
o
X0 1
R1
Z 25 j 25
E2
+
E3
+
R0
X0
R0
X0
a
Z
2Z
3Z
c
b
R1
R0
X0
R1 1
Figura 1
Poiché le due resistenze R 1 sono in serie, la rete può essere analizzata con il metodo del potenziale
ai nodi, assumendo come riferimento il centro stella dei generatori e come incognite i potenziali dei
nodi a, b e c. Posto Z 0 R 0 jX 0 , si ha:
1
3
Z 0 2Z
1
Z
1
2 Z
1
Z
1
4
Z
3Z
0
1
3Z
E 1
1
Z
2 Z
E a 0
E
1
E 2
b Z
3Z
0
1
5
1 E c E 3
Z
Z 0 6 Z 2R 1
0
(1)
Assumendo E 1 a fase nulla, con i valori numerici dati, si ha:
1 E a
53 2
2
3 79
1 E b 2500 3 2
3 2 230 j75 E c
6
Calcolati i determinanti:
1
53 2
d det 3 79
1 25 38451 j12543
3 2 230 j75
2
53 2
d c det 3 79 3 2 13197 + j12375 3
3 2 6
la corrente attraverso i due resistori collegati a terra vale :
I E c 2500 d c 31,1240.31 A
T
2R 1
2R 1 d
- 130 -
(2)
(4)
(5)
(6)
Esercizio 5.9
Il circuito trifase di fig. 1 è alimentato da una terna dissimmetrica di tensioni. Calcolare le correnti
nelle reattanze induttive e le potenze complesse erogate dai generatori.
E 1 15 V
E 2 j15 V
E 3 j15 V
O
X l 10
E1
+
Xl
Xb
E2
Xl
Xb
Xl
Xb
+
E3
+
X a 10
Xa
X b 10
X c 60
Xa
Xc
Xc
Xc
Xa
Figura 1
Decomposta la terna dissimmetrica dei generatori secondo Fortescue,
1
E E E E 5 V
0
2
3
3 1
1
E d E 1 E 2 2 E 3
3
1
E i E 1 2 E 2 E 3
3
5 1 3 V
5 1 3 V
(1)
(2)
(3)
occorre studiare i tre circuiti in fig. 2, dove si è trasformato il triangolo di capacitori in stella.
1) circuito omopolare:
I I
0
a0
I 0 A
b0
2) circuito diretto:
3) circuito inverso:
E 0
1
j A
j X l X a
4
(4)
(5)
I 0 A
d
I E d j 3 1 A
ad
2
jXa
E d
3 1
I
j
A
bd
j ( X b X c / 3)
2
I 0 A
i
I E i j 3 1 A
ai
jXa
2
E i
3 1
I
j
A
bi
j ( X b X c / 3)
2
- 131 -
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
I0
+
Xl
Id
Ia0
E0
Xa
+
Ed
Xl
Xa
Ibd Xb
Iad
Xc/3
Ii
+
Ei
Xl
Ibi
Iai
Xa
Xb
Xc/3
Figura 2
Applicando il principio di sovrapposizione degli effetti, si ha:
I I I I j 1 A
1
0
d
i
4
(12)
I I 2 I I j 1 A
2
0
d
i
4
I I I 2 I j 1 A
3
0
d
i
4
(13)
(14)
I I I I j 5 A
a1
a0
ad
ai
4
I I 2 I I 3 j 1 A
a2
a0
ad
ai
2
4
I I I 2 I 3 j 1 A
a3
a0
ad
ai
2
4
I I I I j 1 A
b1
b0
bd
bi
I I 2 I I 3
b2
b0
bd
bi
2
I I I 2 I 3
b3
b0
bd
bi
2
(15)
(16)
(17)
(18)
1
A
2
1
j A
2
j
(19)
(20)
Le potenze complesse erogate dai generatori sono calcolate come:
E I* j 15 VA
A
1
1 1
4
E I* 15 VA
A
2
2 2
4
E I* 15 VA
A
3
3 3
4
(21)
(22)
(23)
Si può verificare facilmente che la potenza attiva globalmente erogata dai generatori è nulla, in
accordo con la natura puramente reattiva del carico.
- 132 -
Esercizio 5.10
Il circuito trifase di fig. 1 è alimentato da una terna simmetrica diretta di tensioni. Supponendo che
e le correnti I e I . Calcolare inoltre la
l’interruttore S sia aperto, determinare la tensione V
ab
1
1
corrente I che attraversa l’interruttore quando questo è chiuso.
0
E1
+
V12 200 3 V
R 0 20
I1 1
I'1
E2
o
R 1 20
2
+
a
E3
R 2 10
3
+
R 3 20
R1
R2
R0
Z
R0
Z
I0
R3
S
Z 10 j10
b
Figura 1
Assumendo che la tensione E 1 abbia fase nulla, si ha:
V
E 1 12 200 0 V
3
E 2 200 240 V
E 3 200 120 V
(1)
può essere determinata convenientemente come:
La tensione V
ab
V
V
V
ab
ao
bo
(2)
e V
Infatti, poiché i due carichi trifase sono direttamente collegati ai generatori, le tensioni V
ao
bo
possono essere calcolate separatamente:
E 1 V
1 E 100 60 V
V
ao
1
31
2
2
2
V
bo
E 1 E 2 E 3
R1 R 2 R 3 1
E 2 50 240 V
1
1
1
4
R1 R 2 R 3
(3)
(4)
Per la (2) si ha:
100 60 50 240 150 60 V
V
ab
(5)
Le correnti I1 e I1 si calcolano come segue:
I E1 Vbo 11,25 j1,25 3 A 11,46 10,89 A
1
R1
- 133 -
(6)
I I V12 V13 43,25 11,34 A
1
1
2R 0
Z
(7)
Per il calcolo della corrente I 0 è conveniente applicare il teorema di Thévenin ai morsetti a-b, essendo
. L’impedenza equivalente del bipolo è
già nota la tensione a vuoto V
ab
Z eq
e quindi si ha:
1
1
R 0 15
1
1
1
2
R1 R 2 R 3
I Vab 10 60 A
0
Z eq
- 134 -
(8)
(9)
Esercizio 5.11
Nel circuito trifase di fig.1 entrambe le terne delle tensioni dei generatori sono simmetriche dirette.
Calcolare tutte le correnti e verificare il bilancio delle potenze attive e reattive.
E'1
Z'
+
E 1 235 0 V
E'2
400 30 V
V
12
Z'
+
O'
Z ' 1,2 j 3
E'3
Z'
+
Z " 1 j 2
1
R
R
2
R
3
Z
Z
Z
Z"
Z"
Z"
V"12
V"23
R 0,5
Z 24 j18
+
+
V"31
+
Figura 1
Poiché il circuito è simmetrico ed equilibrato, è conveniente studiarne una sola fase, dopo aver
trasformato a stella sia il triangolo delle impedenze Z , sia quello dei generatori:
V
400
E 1 12 e j / 6
0 V
3
3
(1)
Detti O ed O" i due centri delle stelle così ottenute e posto:
1
Z 0 R Z 8,5 j 6
(2)
3
si ha il circuito monofase di fig. 2. Definite due correnti di anello come mostrato nella stessa figura,
si ha il sistema di equazioni:
Z'
I1'
Z"
1
I"1
I1
+
O'
E'1
J'
Z0
J"
E"1
+
O"
O
Figura 2
- 135 -
Z ' Z 0
Z 0
Z 0 J ' E 1
Z Z 0 J" E 1
(3)
Sostituendo i valori numerici proposti e risolvendo il sistema, si ottengono le correnti nei tre lati della
fase 1, ossia:
I J ' 8,911 43,36 A
1
(4)
I J" 11,25 34,71 A
1
(5)
I J ' J" 20,11 38,53 A
1
(6)
Le correnti delle altre due fasi si ottengono per sfasamento:
I 2 I 8,911 163,36 A
2
1
(7)
I I 8,911 76,64 A
3
1
(8)
I 2 I 11,25 154 ,71 A
2
1
(9)
I I 11,2585,29 A
3
1
(10)
I 2 I 20,11 158,53 A
2
1
(11)
I I 20,11 81,47 A
3
1
(12)
Le potenze complesse erogate dai due generatori nel circuito monofase valgono:
E I* 1,523 j1,438 kVA
A
g
1 1
(13)
E I * 2,137 j1,480 kVA
A
g
1 1
(14)
mentre quelle assorbite dagli elementi passivi sono:
Z I 2 95,29 j 238,2 VA
A
1
(15)
Z I 2 126,7 j 253,3 VA
A
1
(16)
Z I 2 3,437 j 2,426 kVA
A
0
0 1
(17)
Si può verificare che si ha il bilanciamento delle potenze complesse:
A
A
A
A
3,659 j 2,918 kVA
A
g
g
0
- 136 -
(18)
Esercizio 5.12
La linea trifase di fig. 1, alimentata da una terna simmetrica diretta di generatori di tensione,
attraversa un anello, costituito da materiale ferromagnetico ed avente sezione S e diametro medio D.
Su di esso è avvolta una bobina di N spire. Calcolare il valore efficace V della tensione ai capi della
bobina e, supposto chiuso l’interruttore S, il numero di spire necessario affinché la stessa tensione
assuma un valore prefissato VN .
E1 220 V
f 50 Hz
VN 0,1 V
Z 40 j 30
R1 1
X1 0,5
R 0 100
E1
+
E2
o
+
E3
+
R1
X1
R1
X1
R1
X1
V +
a
Z
½Z
b
Z
d
½Z
c
r 400
D 5 cm
S
R0
Figura 1
S 1 cm 2
La tensione ai capi della bobina è uguale alla f.e.m. indotta nelle N spire. Dato che il circuito è in
regime sinusoidale, il valore efficace di tale tensione è dato da:
V 2 f N
(1)
dove è il valore efficace del flusso magnetico attraverso la sezione dell’anello.
Dette I1 , I 2 ed I 3 le correnti della linea trifase, si ha:
I1 I 2 I 3
(2)
dove è la riluttanza dell’anello, data da
D
312,5 10 3 H 1
r 0S
(3)
Allora, il valore efficace della tensione richiesta si può esprimere come:
V
2 f N
I1 I 2 I 3
(4)
Nel caso in cui l’interruttore S è aperto, essendo il sistema a tre fili, si ha immediatamente:
I I I 0
1
2
3
(5)
e quindi la tensione V è nulla qualunque sia il numero di spire N.
Nel caso in cui l’interruttore S è chiuso, la somma delle tre correnti di linea è uguale alla corrente I 0
che fluisce attraverso il resistore collegato a terra:
I I I I
1
2
3
0
- 137 -
(6)
Tale corrente può essere calcolata applicando il teorema di Thévenin ai morsetti d-o. La tensione a
vuoto vale:
V
V
V
1V
V
V
0
do
da
ao
ca
ao
(7)
V
3 V
e j / 6 3 V
e j 5 / 6
V
ca
ab
ao
ao
(8)
2
da cui, essendo:
segue
3 e j5 / 6 1 V
1 1 j 3 V
1 V
V
(9)
0
ao
ao
ao
2
2
4
si può calcolare dal circuito monofase
Trasformato il triangolo di impedenze in stella, la tensione V
ao
mediante un partitore di tensione:
V
ao
Z / 3
E
/3 1
R 1 j X1 Z
(10)
Sostituendo la (10) nella (9) e considerandone i valori assoluti, si ha:
Z / 3
1
V0
E1 103,2 V
2 R 1 j X1 Z / 3
(11)
L’impedenza equivalente del bipolo di Thévenin si può calcolare adoperando l’artificio di sostituire
l’impedenza R1 jX1 della fase 2 con due impedenze uguali a 2R1 jX1 poste in parallelo e di
operare un taglio orizzontale nel nodo b, essendo nulla, per ragioni di simmetria, la corrente attraverso
la sezione del taglio; si ha allora:
Z 2R 1 j X1 R 1 j X1
1 Z
Z eq
10,49 j 7,747
2 2
Z 3 R 1 j X1
(12)
La corrente I 0 vale in modulo:
I0
V0
931,6 mA
(13)
I I I I 931,6 mA
1
2
3
0
(14)
Z eq R 0
e quindi anche:
Sostituendo questo valore nella (4) ed imponendo che il valore efficace V della tensione indotta sia
pari a VN 0.1 V , si ha:
N
VN
107
2 f I1 I 2 I 3
- 138 -
(15)
Esercizio 5.13
La rete trifase di fig. 1 è alimentata da una terna simmetrica diretta di generatori di tensione.
Calcolare la corrente nell'induttore.
E1
+
250 60 V
V
12
E2
o
R 1 25
+
E3
+
R 2 750
1
R1
2
R1
3
R1
a
R2
R2
b
o'
R2
c
X1
X1 75
X1
X2
X 2 10
I
X1
Figura 1
La terna delle tensioni dei generatori è:
V
250
E 1 12 e j / 6
30 V
3
3
250
E 2 2 E 1
90 V
3
250
E 3 E 1
150 V
3
(1)
(2)
(3)
Per il calcolo della corrente nell'induttore è conveniente applicare il teorema di Thévenin. A tale
scopo, la tensione a vuoto può essere calcolata utilizzando il circuito monofase, che si ottiene
rimuovendo l'induttore e trasformando il triangolo dei capacitori in una stella di cento O", come
mostrato in fig. 2. Per il partitore di tensione si ha:
V
ao
R1
1
+
o
R 2 j X1 / 3
R 2 j X1 / 3
12 j 9
E1
E1
R 2 j X1 / 3
25
R1
R 2 j X1 / 3
R2
a
a
b
X1/3
E1
o"
c
o'
Figura 2
(4)
Zp
Zp
Zp
Figura 3
- 139 -
oo'o"
V
, la tensione a vuoto si calcola come:
ed essendo V
co
ao
V
V
(1 ) V
3V
e j / 6 120 j 90 V
V
0
ao
co
ao
ao
(5)
Per calcolare l'impedenza del bipolo equivalente di Thévenin, si osservi che, sostituiti i tre generatori
con altrettanti cortocircuiti, le tre stelle fanno capo agli stessi morsetti a-b-c e sono equilibrate; allora
sono di fatto in parallelo fra loro ed equivalgono ad un'unica stella equilibrata (v. fig. 3), la cui
impedenza Z p è data dall'impedenza del parallelo R1-R2-X1/3:
Z p
1
12 j 9
1
1
3
R 1 R 2 jX1
(3)
L'impedenza ai morsetti a-c è data dalla serie delle impedenze dei due bracci a-o e c-o della stella,
ossia:
Z eq 2Z p 24 j18
(4)
Sostituito il bipolo visto dall'induttore con il suo equivalente di Thévenin, si ha:
I
V
15
0
(3 j) 5.929 18, 43 A
Z jX
8
eq
2
- 140 -
(5)
Esercizio 5.14
La rete trifase di fig. 1 è alimentata da una terna simmetrica diretta di generatori di tensione e da un
generatore di corrente. Calcolare la corrente nel resistore.
E1
E 1 100 0 V
1
+
I 10 j10 A
g
E2
o
R 1 20
Z0
+
E3
X1 10
Z
2
X1
Ig
Z
3
+
X 2 20
Z
X1
X2
R1
Z 0 20 j 30
I
o'
Z 10 j 20
Figura 1
Nel circuito trifase il carico monofase Z 0 , il carico trifase non equilibrato di centro stella o' ed il
carico trifase equilibrato a triangolo con annesso generatore di corrente, sono indipendenti perché
tutti facenti capo ai morsetti 1-2-3, che sono direttamente collegati al generatore trifase ideale con
conduttori perfetti.
Allora, ai fini del calcolo della corrente nel resistore, si deve considerare solo il carico trifase a stella
collegato al generatore trifase, come mostrato in fig. 2. Tale circuito si può analizzare con il metodo
dei potenziali di nodo, mettendo a massa il nodo o ed indicando con E' il potenziale dell'unico nodo
o'; si ha:
2
1
E 1
E
1
1
1
2
E'
E3
jX 2 jX1 R1 jX1
jX1 jX 2 R1
Con i valori numerici proposti si ha:
E ' 170 20 3 j10 (6 3 ) 204,6 j 77,32 V
La corrente richiesta si ottiene come:
I E'E 3 7,746183,44 A
R1
E1
+
E2
o
+
E3
+
1
X2
2
X1
3
X1
R1
Figura 2
- 141 -
(1)
(2)
(3)
o'
I
E1
1
+
o
E2
+
1
Z0
Z
Z0
2
E3
Z
Z
3
+
X1
X1
o'
Z
X1
V0'
Ig
Z
3
X2
Z
2
o
X1
+
X2
o'
Figura 3
V0"
+
Figura 4
Allo stesso risultato si può giungere applicando il teorema di Thévenin ai capi del resistore.
Disconnesso il resistore, la tensione a vuoto si ottiene per sovrapposizione degli effetti facendo agire
separatamente una volta i tre generatori di tensione ed un'altra il generatore di corrente, come mostrato
non dipende dalla presenza del carico
nelle fig. 3 e 4. Nel primo circuito (v. fig. 3) la tensione V
0
monofase e di quello trifase a triangolo; quindi mediante il metodo dei potenziali ai nodi si ha:
1
E
E
E
2
E ' 1 2 3
j X 2 j X1 j X1
j X 2 j X1
(4)
da cui si ricava: E ' 200 180 V e quindi:
E ' E 50 (3 j 3 ) V
V
0
3
(5)
Nel secondo circuito (v. fig. 4), poiché tutti i bipoli risultano cortocircuitati, si ha:
V0 0 V
(6)
In conclusione, la tensione a vuoto è
V
V
50 (3 j 3 ) V
V
0
0
0
(7)
Per il calcolo dell'impedenza equivalente, cortocircuitando i generatori di tensione e disconnettendo
quello di corrente, i nodi 1-2-3 risultano cortocircuitati, così come il carico monofase e quello trifase
a triangolo; allora i tre bracci della stella non equilibrata sono in parallelo e l'impedenza equivalente
vale:
Z eq
1
j10
1
1
1
j X 2 j X1 j X1
(8)
Sostituito il bipolo visto dal resistore con il suo equivalente di Thévenin, si ha:
I
50 (3 j 3)
V
0
7,746183,44 A
Z R
j10 20
eq
1
- 142 -
(9)
Esercizio 5.15
La rete trifase di fig. 1 è alimentata da una terna simmetrica diretta di generatori di tensione e da un
generatore di corrente. Calcolare la potenza complessa erogata dal generatore di corrente.
E1
E 1 100 0 V
R1
+
X2
1
I 5 90 A
g
R0 3
E2
0
R1 30
R 2 10
R2
Ig
X2
R1
+
0"
2
E3
R1
+
X1 10
R0
X 2 30
R2
X2
3
X1
X1
X1
R2
0'
Figura 1
Per il calcolo della potenza complessa erogata dal generatore di corrente, occorre calcolare la tensione
ai suoi capi. A tal fine è conveniente applicare il teorema di Thevenin ai morsetti 1-2.
La tensione a vuoto si calcola facilmente analizzando il circuito monofase equivalente di fig. 2. Si
ha:
1
E 1
1
1
1
V10
R1
R1 jX1 R 2 jX 2
(1)
Da cui, con i valori numerici proposti si ha:
12, 5(1 j) V
V
10
(2)
La tensione a vuoto si ottiene come:
V
V
(1 2 )V
25 3 3 j 3 3
V
0
10
20
10
4
R1
+
0
X2
1
X1
E1
7,925 j29,58 V
0'
R2
0"
Figura 2
- 143 -
(3)
Azzerati i generatori di tensione ed alimentata in tensione la rete ai morsetti 1-2, si ha che i tre carichi
a stella, essendo equilibrati, risultano in parallelo rispetto ai morsetti 1-2-3. Allora, detta Y
l’ammettenza del carico a stella equivalente, data da:
1 1 1 1 2 (1 j) S
Y
R1 jX1 R 2 jX 2 15
(4)
la rete può essere rappresentata come in fig. 3, dalla quale è immediato dedurre che l’impedenza
equivalente vista dai morsetti 1-2 è:
2 15
Z eq (1 j)
Y
2
(5)
Sostituito il bipolo ai morsetti 1-2 con il suo equivalente di Thévenin, si ha la rete di fig. 4, dalla
quale, mediante una LKT, si deduce la tensione V ai capi del generatore di corrente:
V
Z R I 25 9 3 j 11, 4 3
V
0
eq
0 g
4
45, 42 j82, 08 V
(6)
La potenza complessa erogata dal generatore di corrente vale:
VI
* 125 11, 4 3 j 9 3
A
g
4
Y
Y
410, 4 j227,1 VA
1
+
1
Zeq
Vg
+
2
Y
(7)
R0
V0
Ig
3
2
Figura 3
Figura 4
- 144 -
CAPITOLO 6
Circuiti Magnetici
- 145 -
Esercizio 6.1
Nel circuito magnetico di fig. 1, determinare la sezione S0 della colonna centrale in modo tale che
la mutua induttanza fra i due avvolgimenti sia eguale ad M . Successivamente calcolare anche il
coefficiente di accoppiamento.
N 1 525
S
1
N 2 128
2
S0
N1
a 80 cm
N2
2'
1'
S 4 cm 2
a
r 2500
a
a
M 10 mH
Figura 1
Ipotizzando che gli avvolgimenti siano percorsi da due correnti costanti I1 ed I2, rispettivamente
entranti dai morsetti 1 e 2, l'accoppiamento magnetico fra essi si può studiare mediante il circuito
elettrico analogo di fig. 2, dove le riluttanze sono date da:
3a
6
106 1,910 106 H 1
r 0S
0
a
800
r 0 S 0 S 0
(1)
(2)
Da esso è facile ricavare i flussi relativi alle colonne su cui sono avvolte le due bobine:
1
2
( 0 ) N1I1
2
20
0 N1I1
2
20
0 N 2 I 2
(3)
2 20
( 0 ) N 2 I 2
2 20
1
2
0
+
N1I1
0
Figura 2
- 146 -
N2I2
+
(4)
I flussi concatenati con i due avvolgimenti valgono allora:
1 N11
( 0 ) N12 I1
2 N 2 2
2 20
0 N1N 2 I1
2 20
0 N1N 2 I 2
2 20
( 0 ) N 22 I 2
2 20
(5)
(6)
I coefficienti che moltiplicano le correnti nelle equazioni (5) e (6) sono le autoinduttanze L1 ed L2 e
la mutua induttanza M:
L1
L2
M
(0 ) N12
2 20
(0 ) N 22
2 20
N1N 20
2 20
(7)
(8)
(9)
Poiché la mutua induttanza è assegnata, si può considerare la (9) come un'equazione nell'incognita
riluttanza 0. Ricavando 0 si ha:
0
M 2
300
106
0,9461 106 H 1
N1N 2 2M
56 75
(10)
e quindi per la (2):
S0
800
8
(56 75) 104 2.691 cm 2
0 300
(11)
I coefficienti di autoinduttanza valgono:
L1
56 25
5252 106 108.4 mH
6 56 25
(12)
L2
56 25
1282 106 6.443 mH
6 56 25
(13)
ed il coefficiente di accoppiamento è:
k
M
0, 378
L1L 2
- 147 -
(14)
Esercizio 6.2
La corrente di eccitazione i1(t) del circuito magnetico di fig. 1 è costante e pari ad Ig, quando
l'interruttore S chiude. Ne segue un transitorio che si estingue in un tempo t , determinando ai
terminali 2-2' una tensione indotta di valore medio vm. Determinare la mutua induttanza M ed il
numero di spire N1 dell'avvolgimento 1.
I g 10 A
d
t 0,05 s
Ig
v m 20 V
2
N 2 400
S
R1
i1
N2
a 90 cm
2'
b 80 cm
1
b
N1
1'
d 10 cm
d
s 10 cm
d
0,1 mm
d
2d
s
a
r 1500
Figura 1
Dopo la chiusura dell'interruttore (al tempo t=0 s), la corrente nell'avvolgimento 1 decade esponenzialmente:
i1 ( t ) I g e t /
(1)
dove =L1/R1 è la costante di tempo del circuito di eccitazione. Congiuntamente, si ha una tensione
indotta nell'avvolgimento 2 data da:
v 2 (t ) M
MI g t /
di1 ( t )
e
dt
(2)
Se si considera che il transitorio sia di fatto estinto dopo n (10) costanti di tempo, cioè dopo un
tempo t=n, il valore medio della tensione v2(t) in valore assoluto vale:
vm
MI g
MI g MI g
1 n
v 2 ( t ) dt
1 e n
n 0
n
n
t
(3)
Da tale relazione segue immediatamente che:
M
t
v m 0,1 H
Ig
- 148 -
(4)
2
3
1
1
2
+
N1I1
Figura 2
Per ricavare il numero di spire dell'avvolgimento 1, occorre far riferimento al circuito elettrico
analogo, mostrato in fig. 2, dove si è ipotizzato che l'avvolgimento 1 sia percorso da una corrente
costante I1 e dove le riluttanze sono date da:
1
b d r 1 8499 3
10 22,54 10 3 H 1
r 0 2s d
120
(5)
a b 2d 250 3
10 79.58 10 3 H 1
r0 s d
(6)
2 3
Dall'analisi di tale circuito si evince che il flusso 2 nella colonna dell'avvolgimento 2 è, per ragioni
di simmetria, la metà del flusso nella colonna centrale e quindi:
1
2 2 1
N1I1
21 2
(7)
Il flusso concatenato con l'avvolgimento 2 è:
2 N 22
N1 N 2 I1
21 2
(8)
Il coefficiente della corrente I1 nella (8) è la mutua induttanza M:
M
N1N 2
21 2
(9)
Ne segue che il numero di spire dell'avvolgimento 1 è:
N1
M (21 2 ) 23499
31
N2
240
- 149 -
(10)
Esercizio 6.3
Dato il circuito magnetico di fig. 1, determinare la forza agente sul conduttore percorso dalla
corrente costante I, posto fra le due espansioni polari ortogonalmente al piano xy.
I 10 A
I1 1 A
I 2 0,5 A
N 1 500
N 2 200
N1
N2
b
a 5 cm
b 4 cm
I1
d 1 28 cm
d 2 30 cm
d 1 d2
I2
y
5 mm
x
a
r 2000
Figura 1
Calcolate le riluttanze del tratto centrale e di ciascuno dei due tratti esterni semicircolari di diametro
medio d m (d 1 d 2 ) / 2 29 cm
d m ( r 1) 10285 4
10 20,46 10 5 H 1
r0 a b
16
dm
29
Re
10 5 3,625 10 5 H 1
r 0 a (d 2 d 1 ) 8
c
(1)
(2)
il flusso che attraversa il traferro fra le due espansioni polari è:
c
N1I1 N 2 I 2
1
2
Rc Re
64
10 3 17,96 10 6 Wb
10285 290
Calcolata l'induzione magnetica al traferro
B c x̂
ab
(3)
(4)
dove x̂ è il versore dell'asse x, la forza agente sul conduttore è:
F a I ẑ B aI c ẑ x̂ I c ŷ
ab
b
(5)
dove ŷ e ẑ sono i versori degli assi y e z. La forza è diretta verso l'asse y negativo ed in modulo
vale:
F
c I
4,490 10 3 N
b
- 150 -
(6)
Esercizio 6.4
Nel dispositivo elettromeccanico di fig. 1 un cilindro ferromagnetico di elevata permeabilità ruota
con velocità angolare ng. Su di esso è posta una spira rettangolare che attraversa il campo
magnetico fra le due espansioni polari per un intervallo di tempo pari a un terzo del periodo di
rotazione. Trascurando la riluttanza del nucleo cilindrico, determinare il valore della corrente
costante I in modo tale che sia E il valore efficace della tensione alternata indotta nella spira.
E4 V
N 1000
a 58 cm
b 48 cm
c 12 cm
d 8 cm
s 20 cm
r 20 / cm
5 mm
r 1000
n g 20 giri / s
/3
N
d
ng
I
c
r
b
c
d
N
d
s
a
Figura 1
Dei quattro conduttori costituenti la spira, solo i due ortogonali al piano di fig. 1 sono sede di f.e.m.
indotta, per cui, per ragioni di simmetria, si ha:
e(t ) s v B ẑ s (v) B (ẑ)
(1)
dove v e v sono le velocità dei due conduttori paralleli all'asse z (ortogonale al piano xy di
figura), B è l'induzione magnetica al traferro (uguale per i due conduttori). Data l'alta permeabilità
del nucleo cilindrico, si può assumere che B sia ortogonale alla superficie dello stesso e quindi
ortogonale alla velocità v ; si ha allora:
e( t ) 2 s v B
(2)
Detta 2 n g 40 rad / s la velocità angolare del cilindro, la velocità dei due conduttori in
modulo vale v r e quindi:
e( t ) 2 s r B( t )
(3)
nella quale si è messo in evidenza che l'induzione magnetica nei conduttori varia nel tempo, in
quanto essa rimane costante e pari a B0 nell'intervallo di tempo in cui la spira si trova in
corrispondenza degli archi polari (ciascuno di ampiezza angolare =/3), mentre per il resto del
tempo è nulla. L’andamento di e(t), periodico ed analogo a quello di B(t), è riportato in fig. 2, dove
si è assunto t=0 nella posizione di fig. 1 e dove si è indicato con T 2 / 50 ms il periodo e con
T / 2 8,33 ms l'intervallo di tempo relativo al passaggio di un conduttore davanti ad
un'espansione polare.
- 151 -
e(t)
Emax
½T
½ ½
T
t
Emax
Figura 2
Il valore efficace di e(t) è allora dato da:
E
1 T 2
e ( t )dt E max / 2 s r B 0 /
T 0
(4)
da cui si ricava il valore dell'induzione B0 al traferro:
B0
E
2s r /
5 3
2,165 T
4
(5)
e quindi il flusso che attraversa il traferro:
c r s B0
5 3 2
10 28,87 10 3 Wb
3
(6)
Per ragioni di simmetria il flusso nelle due colonne esterne è:
1
e 2 c
5 3 2
10 14,43 10 3 Wb :
6
(7)
Il campo magnetico nei vari tratti del circuito magnetico vale:
H0
B0
25 3 6
10 1,723 10 6 A / m
0
8
(8)
Hc
c
125 3 3
10 0,9572 10 3 A / m
r 0 cs
72
(9)
He
e
125 3 3
10 0,7179 10 3 A / m
r 0 ds
96
(10)
Applicando il teorema della circuitazione del campo magnetico, adoperando come linea chiusa
l'anello medio che attraversa la colonna centrale ed una colonna esterna, si ha:
NI H ds 2 H 0 (a d 2 2 r) H c (a b 2d) H e 18, 22 103 A
(11)
dalla quale si ricava la corrente I:
I
1
H d s 18,22 A
N
- 152 -
(13)
Esercizio 6.5
Nella dispositivo magnetico di fig. 1, assumendo che l'induzione magnetica valga B, dedurre il
valore del parametro geometrico d per cui la forza di attrazione sull’ancora valga F. Inoltre,
supponendo che l'avvolgimento di eccitazione sia alimentato con una tensione costante V e che sia
realizzato in filo di rame con un fattore di riempimento r, dedurre il numero di spire N, l’intensità
della corrente I, la sezione del filo S e la potenza assorbita P.
V 24 V
d
B 0,25 T
1
a 20 mm
b 50 mm
+
V
s 10 mm
b
N
1'
5 mm
d
r 2000
F 10 N
a
d
r 0,6
2d
a
d
s
Figura 1
La forza di attrazione sull’ancora è data da:
B2
F 4ds
2 0
(1)
e quindi:
d
0F
2s B
2
32 10 4 10.05 mm
(2)
Per il teorema della circuitazione applicato ad uno dei due anelli della struttura ferromagnetica si
ottiene la f.m.m :
NI
B
2a 2b 5d 2 r 2008 A
r0
(3)
Supponendo di utilizzare tutta l’area della finestra per l’avvolgimento, si ha:
NS r ab 600 mm2
(4)
Dette lmin ed lmax le lunghezze minima e massima delle spire:
l min 4d 2s 60, 2 mm
l max 8a 4d 2s 220, 2 mm
(5)
la lunghezza media lmed delle spire vale:
l m ed
l min l max
4d 4a 2s 140,1 mm
2
- 153 -
(6)
La resistività del rame alla temperatura massima di esercizio di 80 C :
0,016 1 0,0042 80 0,0214 mm 2 / m
(7)
Per la legge di Ohm si ha
V
N lmed
I
S
(8)
da cui si deduce la sezione del filo:
S
lmed
NI 0, 2504 mm 2
V
(9)
Per la (4) si ha allora:
r ab
2400
S
(10)
0,837 A
N
(11)
N
ed infine per la (3):
I
valore che, in relazione alla sezione S del filo, è largamente ammissibile.
Infine la potenza assorbita è:
P VI 20,08 W
- 154 -
(12)
Esercizio 6.6
Nel circuito magnetico di fig. 1, il generatore eroga una corrente alternata i1(t), avente forma
d'onda triangolare di valore medio nullo, di valore massimo Imax e di periodo T. Calcolare i
coefficienti di auto e mutua induttanza dei due avvolgimenti, la tensione indotta nell'avvolgimento
2-2', ed i valori efficaci e i fattori di forma di i1(t) e di v2(t).
N 1 1000
S
1
N 2 1000
N1
a 25 cm
N2
+
2
N1
i1(t)
v2(t)
S 2 cm 2
a
1'
2 mm
N2
r 2000
2'
I max 1 A
T 20 ms
a
Figura 1
L'accoppiamento magnetico fra i due avvolgimenti può essere studiato mediante il circuito elettrico
analogo di fig. 2, dove le riluttanze sono date da:
c
a r 1 531 5
10 84,51 10 5 H 1
r 0 S
2
(1)
e
2a
125 5
10 9,947 H 1
r 0 S 4
(2)
e dove si è ipotizzato che due correnti costanti I1 ed I2 (entranti dai morsetti 1 e 2) fluiscano nei due
avvolgimenti. Il circuito può essere analizzato mediante il metodo dei potenziali di nodo, mettendo
il nodo o a massa ed assumendo come unica incognita il potenziale ' del nodo o', si ha
1
NI
N I N2I2 N2I2
2
' 1 1 1 1
e
e
c
c e
(3)
Risolvendo la (3) si ha:
'
c e
1187
N1I1
N1I1
2 c e
2249
- 155 -
(4)
e
1
+
o
+
N1 I 1
c
+
+
2
N2I2
+
M
2 o'
N1I1
e
1
i1(t)
L1
N2I2
2'
1'
3
Figura 2
v2(t)
L2
Figura 3
e quindi i flussi nei vari tratti del circuito magnetico valgono:
1
N1I1 N 2 I 2 ' 1062 N1I1 N 2 I 2
e
2249 e
e
(5)
2
' N1I1
1062 N1I1
c
2249 c
(6)
3
' N 2 I 2 1187 N1I1 N 2 I 2
e
e
2249 e
(7)
I flussi concatenati con i due avvolgimenti si calcolano come:
1 N11 N1 2
N N I
1062 1
1 2
N1 I1 1 2 2
2249 e c
e
2 N 2 1 N 2 3
N 1 N 2 I1 2 N 22 I 2
e
e
(8)
(9)
da cui si deducono i coefficienti di auto e mutua induttanza della coppia di induttori:
L1
1062 1
1
2249 e c
2 9496
N1
0,5306 H
5625
M
N1 N 2 8
1,005 H
e
25
(11)
L2
2 N 22 16
2,011 H
e
25
(12)
(10)
Si può quindi disegnare il circuito elettrico di fig. 3, nel quale i contrassegni puntiformi sono posti
in corrispondenza dei terminali 1 e 2.
- 156 -
i1(t)
v2(t)
Vmax
Imax
¼T
½T
T
¾T
t
t
½T
Imax
T
Vma
Figura 4
Figura 5
Poiché la forma d'onda della corrente i1(t) è quella di fig. 4, la tensione indotta nell'avvolgimento 2,
data da
v 2 (t) M
di1 ( t )
dt
(13)
ha l'andamento riportato in fig.5, dove il valore massimo V max è
Vmax M
I max
1
T
4
4 12,57 V
(14)
I valori efficaci della corrente i1(t) e della tensione v2(t) sono:
I eff
I
1 T 2
i1 ( t ) dt max 577,6 mA
T 0
3
(15)
Veff
1 T 2
v 2 ( t ) dt Vmax 12,57 V
T 0
(16)
Calcolati poi i valori medi delle stesse grandezze in relazione ad una semionda positiva:
I med
2 T/2
1
i1 ( t ) dt 2 I max
T 0
(17)
Vmed
2 T/4
v 2 ( t ) dt Vmax
T T / 4
(18)
i fattori di forma valgono:
ki
I eff
2
1,155
I med
3
(19)
kv
Veff
1
Vmed
(20)
- 157 -
Esercizio 6.7
Nel circuito magnetico di fig. 1 sono presenti due bobine, collegate, rispettivamente, ad un
generatore di tensione sinusoidale ed ad un cortocircuito. Nell'ipotesi che il circuito elettrico sia in
regime sinusoidale, calcolare la corrente i2(t) che fluisce nel cortocircuito.
N 1 1000
N 2 500
d
1
a 35 cm
b 40 cm
d 2 cm
s 2 cm
1 mm
vg(t)
+
b
N1
1'
2
N2
r 1000
v g (t) Vmax cos(t) V
i2(t)
b
2'
d
V max 400 V
377 rad / s
d
a
d
a
d
s
Figura 1
L'accoppiamento magnetico fra i due avvolgimenti può essere studiato mediante il circuito elettrico
analogo di fig. 2, dove le riluttanze sono:
1 2
0
2 a 2 b 3d r 16 6
10 5, 093 106 H 1
r 0 s d
2 b d r 91 6
10 3, 621 106 H 1
r 0 s d
8
(1)
(2)
e dove si è ipotizzato che due correnti costanti I1 ed I2 (entranti dai morsetti 1 e 2) fluiscano nei due
avvolgimenti. Data la semplicità del circuito, esso può essere analizzato mediante il principio di
sovrapposizione degli effetti. Infatti, facendo agire separatamente i due generatori, si calcolano
facilmente i flussi attraverso le colonne avvolte:
1
( 0 2 ) N 1 I 1
N 1 I1
0 2
0 1 0 2 1 2
1
0 2
0 N 1 I1
0
1
0 1 0 2 1 2
0 2
(4)
0 N 2I2
0
2
01 0 2 1 2
0 1
(5)
2
1
2
(3)
(0 1 ) N 2 I 2
N 2I2
01
01 0 2 1 2
2
0 1
- 158 -
(6)
1 1
2
2
1
i1(t)
0
+
N1I1
2
0
N2I2
v1(t)
+
+
M
L1
L2
1'
Figura 2
i2(t)
2'
Figura 3
e quindi i flussi concatenati con i due avvolgimenti:
1 N 1 (1 1 )
( 0 2 ) N 12 I1
0 N1 N 2 I 2
0 1 0 2 1 2 0 1 0 2 1 2
2 N 2 (2 2 )
0 N 1 N 2 I1
( 0 1 ) N 22 I 2
0 1 0 2 1 2 0 1 0 2 1 2
(7)
(8)
I coefficienti di auto e mutua induzione sono pertanto:
L1
(0 2 ) N12
219
138, 7 mH
01 0 2 1 2 4960
( 0 1 ) N 22
1 219
L2
34, 68 mH
01 0 2 1 2 4 4960
M12
0 N1N 2
1 91
28,82 mH
01 0 2 1 2
2 4960
(9)
(10)
(11)
Il circuito elettrico in fig. 1 può essere descritto come in fig. 3, dove M M 12 e dove i
contrassegni circolari sono stati posti in corrispondenza dei morsetti 1 e 2'. Per tale circuito,
operando nel dominio dei fasori, si ha:
j L1I1 j MI 2 V
1
j MI1 j L 2 I 2 0
(12)
con V 1 400 0 V . Risolto tale sistema si ha:
I
2
MV
1
j (L1L 2 M 2 )
7, 683 90 A
(13)
e quindi:
i 2 (t) 7, 683cos(377t / 2) A
- 159 -
(14)
Esercizio 6.8
Il circuito magnetico di fig. 1 è eccitato da una corrente sinusoidale nota. Calcolare la tensione
indotta ai capi dell’avvolgimento 2 .
i g t I max sen ( t ) A
d
I max 2 , 2 A
2
314 rad / s
+
b
N2
N 1 500
N 2 100
N1
v2(t)
a 60 cm
b 32,5 cm
c 15 cm
d 10 cm
s 10 cm
5 mm
2'
c
N2 1
1'
b
d
d
a
r 1500
s
d
Figura 1
Il circuito equivalente è rappresentato in fig. 2,
dove si è indicato con il flusso nella colonna
dell'avvolgimento 1 che, per ragioni di simmetria,
si ripartisce a metà nelle altre due colonne. Le
riluttanze valgono
1
ig(t)
a d r 1 1639 5 1
10 H
180
r0 s c
2
/2
/2
2
1
+
N1I1
2
(1)
Figura 2
a 2 b c 2d
1
2
r 1
r0 s d
713
10 5 H 1
80
(2)
Il flusso è dato da:
N1I1
(3)
1
1 2 2
e quindi il flusso concatenato con l'avvolgimento 2 è
1
2 2 N2 2
N1 N 2 I1
1
1 2 2
(4)
da cui si ricava il coefficiente di mutua induttanza:
M
N1N 2
1
1
2 2
720
115,8 mH
19529
(5)
Posto I g 2,2 90 A , il fasore della tensione indotta nell'avvolgimento 2 è dato da:
j MI 80,010 V =
V
2
g
(6)
v 2 ( t ) 80,01 cos(314t ) V
(7)
e quindi:
- 160 -
Esercizio 6.9
Il circuito magnetico di fig. 1 è realizzato con due materiali di differenti permeabilità relative r
per le colonne laterali e i gioghi e r per la colonna centrale. Calcolare la reattanza del bipolo 11' ad una assegnata frequenza f .
N1 100
d
N 2 125
1
a 1 cm
b 4 cm
N2
N1
b
d 1 cm
1'
s 1 cm
d
r 1000
r 500
d
f 50 Hz
a
d
d
a
s
Figura 1
L'accoppiamento magnetico fra i due avvolgimenti può essere studiato mediante il circuito
equivalente di fig. 2, nel quale le riluttanze valgono:
1 2
0
2 a b 3d
9 6
10 716,2 10 3 H 1
r 0 s d
4
(1)
b
d
9
106 716, 2 103 H 1
r 0 s d r 0 s d 4
(2)
ed I1 ed I2 sono due correnti costanti (entranti dal morsetto 1) fluenti nei due avvolgimenti.
Detto il valore comune delle tre riluttanze, si ha facilmente:
L1
L2
N12
3
2
N 22
3
2
M 12
1 1
2
8 2
10 9,308 mH
27
(3)
25 2
10 14,54 mH
54
(4)
N1 N 2
5
10 2 5,818 mH
3
27
2
1
0
+
N1I1
0
N2I2
I
+
V
+
1'
Figura 2
M
L1
I1
Figura 3
- 161 -
(5)
L2
I2
Il circuito elettrico in fig. 1 può essere descritto come in fig. 3, dove i contrassegni circolari sono
stati posti in corrispondenza dei morsetti 1 ed 1' rispettivamente per l'avvolgimento 1 e per il 2. Per
tale circuito, operando nel dominio dei fasori, si ha:
j L1I1 j MI 2 V
j MI1 j L 2 I 2 V
(6)
è il fasore della tensione ai morsetti 1-1'. Supposta nota tale
dove =2f è la pulsazione e V
tensione e risolvendo il sistema (6) si ha:
I
1
L2 M
2
j (L1L 2 M )
I
2
L1 M
j (L1L 2 M 2 )
V
(7)
V
(8)
Sommando tali correnti, si ha la corrente in ingresso al bipolo 1-1':
I I I L1 L 2 2M V
1
2
2
j (L1L 2 M )
(9)
Il coefficiente moltiplicativo della tensione nella (9) è l'ammettenza di ingresso (puramente reattiva)
del bipolo 1-1'; quindi la sua reattanza equivalente è:
X eq
L1L 2 M 2
50 2
0,8989
L1 L 2 2M
549
- 162 -
(10)
Esercizio 6.10
Determinare l’induttanza del bipolo di fig. 1.
1
1'
N 1 125
N 2 100
d
N 3 75
N1
N 4 100
a 10 cm
b 20 cm
d 5 cm
s 5 cm
2 mm
N4
b
N2
N3
d
r 2000
d
a
d
a
d
a
d
s
Figura 1
Assumendo una corrente continua I entrante nel morsetto 1 ed uscente da quello 1', si consideri il
circuito equivalente di fig. 2, dove le tre riluttanze valgono:
0
2a b 3d ( r 1) 2274 3
10 723,8 10 3 H 1
r 0 sd
(1)
1
bd
125 3
10 39,79 10 3 H 1
r0 s d
(2)
2
ad
75
103 23,87 103 H 1
r 0 s d
(3)
Poiché il circuito ha quattro nodi e tre maglie ed occorre calcolare i flussi nelle due colonne avvolte,
è conveniente adoperare il metodo delle correnti di maglia, assumendo 1 e 2 come correnti di
maglia circolanti negli anelli laterali ed una terza corrente di maglia 3 circolante in senso
antiorario nell'anello esterno.
2
1
0
1
N1I
+
+
N4I
N3I
+
+
N2I
1
2
Figura 2
- 163 -
2
0
Si ha allora il sistema di equazioni:
0 1
0
0
0
0
0 1
R0
R0
2( 0 2 )
1 ( N 1 N 3 ) I
( N N ) I
4
2 2
3
0
(4)
Risolto tale sistema si ha:
1
2
2 2 ( N1 N 3 ) 02 ( N1 N 3 N 2 N 4 )
2 ( 0 1 ) 2
I
2 2 ( N 2 N 4 ) 02 ( N1 N 3 N 2 N 4 )
2 ( 0 1 ) 2
(5)
I
(6)
dove si è posto:
2 0 1 0 2 1 2
(7)
Infine, l'induttanza del bipolo è data da:
( N1 N 3 ) 1 ( N 2 N 4 ) 2
I
02
1
2
2
2
(
N
N
)
(
N
N
)
(
N
N
N
N
)
1
511,6 mH
3
2
4
1
3
2
4
0 1
2 2
L
- 164 -
(8)
Esercizio 6.11
Il circuito magnetico di fig. 1 è costituito da materiale ferromagnetico di assegnata caratteristica
non lineare ed è eccitato da una corrente costante I che attraversa un avvolgimento di N spire.
Determinare la forza agente sull’ancora. Inoltre, supponendo per l'avvolgimento in rame una
temperatura d’esercizio di =80 °C, una densità di corrente J=5 A/mm2 ed un coefficiente di
riempimento r=0,25, calcolare la tensione di alimentazione V.
1
I2 A
N 500
a 4 cm
b 4 cm
d 1 cm
s 1 cm
0,5 mm
b H
B(H) 0
H
H h0
I
+
V
1'
d
N
b
d
b 0 1,6 T
h 0 170 A / m
23 10 6 F / m
d
a
d
s
Figura 1
Detto H 0 il campo magnetico nel traferro, per la legge della circuitazione applicata per la linea
media della struttura ferromagnetica, si ha:
2a 2b 4d H 2 H 0 NI
(1)
Poiché l’induzione nel traferro uguale a quella nel materiale ferromagnetico, si ha:
2a 2b 4d H 2 B(H ) NI
0
(2)
che costituisce un'equazione non lineare nell'incognito campo H. Sostituendo l’espressione di B(H),
si ottiene l’equazione di secondo grado in H :
(80 230) H 2 (1603910 - 386400) H 68 10 6 0
(3)
che ammette come radice positiva H 422,3 A / m . In corrispondenza a tale valore si ha una
induzione B 1,150 T .
La forza di attrazione sull’ancora vale:
F
B2
ds 105,2 N
0
(4)
Per calcolare la tensione di alimentazione, occorre calcolare preliminarmente la resistenza della
bobina, che vale:
- 165 -
R
Nl m
S
(5)
dove si è indicato con la resistività del rame alla temperatura di esercizio, con S la sezione del filo
e con l m la lunghezza media delle spire della bobina.
Assumendo per il rame una resistività a 20°C pari a 20 0,0175 mm 2 / m ed un coefficiente
termico pari ad 3,92 103 C 1 , alla temperatura di esercizio 80 C la resistività vale:
20 1 20 0,02162 mm2 / m
(6)
Assumendo per il rame una densità di corrente ammissibile J 5 A / mm2 , la sezione del filo si
calcola semplicemente come:
S
I
0,4 mm 2
J
(7)
Per il calcolo della lunghezza media delle spire, occorre calcolare l’area geometrica Sg della parte
della finestra che verrà occupata (rame più isolante) dalle spire della bobina:
Sg
NS
8 cm 2
r
(8)
Supponendo di utilizzare tutta la larghezza della finestra a 4 cm , occorre una altezza
h Sg / a 2 cm . Allora le lunghezze minima e massima delle spire sono
l min 2 d s 4 cm
l max 2 d s 8 h 20 cm
(9)
e quindi la lunghezza media è:
lm
1
2
l min l max 2d s 4h 12
cm
(10)
Sostituendo i valori (6), (7) e (10) nella (5) si ottiene la resistenza R della bobina:
R 3,242
(11)
V RI 6,485 V
(12)
ed infine la tensione di alimentazione:
- 166 -
Esercizio 6.12
Nel circuito magnetico di figura sono presenti tre avvolgimenti, due dei quali sono posti in serie.
Calcolare la matrice delle induttanze della coppia di induttori 1-1' e 3-2'.
N 1 1000
N 2 500
w
w
N 3 2000
w 50 cm
h 30 cm
h ' 10 cm
1 mm
1
1'
S 2 cm 2
2
N1
h
1
S
2'
h'
2
N2
N3
3'
3
r1 1000
r 2 500
Figura 1
1 1
Allo scopo di studiare l'accoppiamento magnetico
fra i due avvolgimenti, si considerino due correnti
costanti Ia ed Ib, rispettivamente entranti dai
+
N1Ia
morsetti 1 e 3 ed uscenti dai morsetti 1' e 2'.
Considerando il senso di avvolgimento delle spire,
si ha il circuito equivalente di fig. 2, nel quale le
riluttanze sono:
2 w h 65 6
1
10 5,173 10 6 H 1
r1 0S 4
3
2
2
+
N2Ib
3
N3Ib
+
Figura 2
(1)
2
h ( r1 1) 65 6
10 5,17310 6 H 1
r1 0S
4
(2)
3
2w h h
h
70
10 6 5,570 10 6 H 1
r1 0S
r 2 0S 4
(3)
Detto il valore comune di 1 ed 2 e posto 3 k , con k 14 / 13 , applicando al metodo
dei potenziali di nodo si ha:
1
NI
N I
N I
1
1
1 a 2 b 3 b
1
2
3
1 2 3
da cui:
(4)
1
kN1Ia kN 2 I b N3I b
2k 1
(5)
I flussi nelle tre colonne del circuito magnetico valgono:
1
N1I a
1
(k 1) N1Ia (kN 2 N3 ) I b
(2k 1)
- 167 -
(6)
N 2Ib
1
k N1I a [(k 1) N 2 N 3 ] I b
(2k 1)
N I
1
N1I a ( N 2 2 N 3 ) I b
3 3 b
k
(2k 1)
2
(7)
(8)
I flussi concatenati con i due avvolgimenti valgono allora:
kN 2 N 3 N1
k 1 N12
Ib
Ia
a N11
2k 1
2k 1
(9)
b N 2 2 N 3 3
kN 2 N 3 N1
(k 1) N 22 2 N 2 N 3 2 N 32 1
Ia
Ib
2k 1
2k 1
(10)
I coefficienti che moltiplicano le correnti Ia ed Ib nelle equazioni (9) e (10) sono le autoinduttanze
La ed Lb e la mutua induttanza Mab:
La
k 1 N12 108
127,3 mH
2k 1 2665
(11)
Lb
(k 1) N 22 2 N 2 N 3 2 N 32 1 339
399,6 mH
2k 1
2665
(12)
M ab
kN 2 N 3 N1
132
155,6 mH
2k 1
2665
(13)
Il modello di circuito elettrico è mostrato in fig. 3.
Allo stesso risultato si può giungere considerando in un primo momento che gli avvolgimenti 2 e 3
non siano in serie e che tre correnti costanti I1, I2 ed I3, entranti dai morsetti 1, 2 e 3, fluiscano
attraverso i tre avvolgimenti. In tal caso i flussi nelle tre colonne sono dati da:
1
(k 1) N1I1 k N 2 I 2 N 3 I3
(14)
1
(2k 1)
1
k N1I1 (k 1) N 2 I 2 N 3 I 3
(2k 1)
1
N1I1 N 2 I 2 2 N 3 I 3
3
(2k 1)
2
(15)
(16)
I flussi concatenati con i tre avvolgimenti valgono allora:
1 N11
k 1 N12
k N1 N 2
1 N1 N 3
I3
I1
I2
2k 1
2k 1
2k 1
k N1 N 2
k 1 N 22
1 N2 N3
I3
2 N 22
I1
I2
2k 1
2k 1
2k 1
3 N 3 3
1 N1 N 3
1 N 2 N3
1 2 N 32
I1
I2
I3
2k 1
2k 1
2k 1
- 168 -
(17)
(18)
(19)
1
3
1
La
|Mab|
1'
3
|M13|
Lb
L1
L3
|M12|
2'
|M23|
1'
L2
23'
2'
Figura 3
Figura 4
I coefficienti che moltiplicano le correnti I1, I2 ed I3 nelle equazioni (17)-(19) sono le autoinduttanze
L1, L2 ed L3 e le mutue induttanze M12, M13 ed M23. Il modello di circuito elettrico che ne consegue
è quello di fig. 4. Si noti che occorrono tre contrassegni diversi per descrivere correttamente i tre
mutui accoppiamenti. Considerando adesso che i due induttori accoppiati 2 e 3 sono in serie, dette Ia
ed Ib le correnti entranti in 1 e 3, si ha evidentemente:
I a I1
Ib I2 I3
(20)
ed anche:
a 1
(21)
b 2 3
(22)
Sostituendo le (17)-(19) nelle (21)-(22), tenendo conto delle (20), si ottengono nuovamente le (11)(13):
k 1 N12
(23)
L a L1
2k 1
( k 1) N 22 2 N 2 N 3 2 N 32 1
L b L 2 L 3 2 | M 23 |
2k 1
M ab | M12 | | M13 |
kN 2 N 3 N1
2k 1
- 169 -
(24)
(25)
Esercizio 6.13
Nel circuito elettrico in figura, il bipolo ai morsetti 1-1' è un induttore costituito da tre bobine poste
in serie ed avvolte sulle tre colonne della struttura ferromagnetica. Nell'ipotesi che il circuito sia in
regime sinusoidale, calcolare la capacità C di rifasamento totale e la potenza attiva erogata dal
generatore di tensione.
h
N 1000
h 50 cm
S 2,5 cm
R
2
r 1000
v g (t ) Vmax cos(t )
V max 100 V
300 rad / s
R 300
+
R
a
vg(t)
S
1
N
C
b
h
2N
N
h
1'
Figura 1
3 /2
/2 3
Allo scopo di calcolare l'induttanza equivalente
dell'induttore ai morsetti 1-1', si consideri una
corrente costante I entrante dal morsetto 1 ed
+
+
NI
NI
uscente da 1'. Considerando il senso di
+
2NI
avvolgimento delle spire, si ha il circuito
equivalente di fig. 2, nel quale la riluttanza è data
da:
Figura 2
h
5 6
10 1,592 10 6 H 1
r 0S
(1)
Detto il flusso nella colonna centrale, per ragioni di simmetria i due flussi nelle colonne laterali
sono eguali e pari a /2. Per la legge della circuitazione applicata ad uno dei due anelli del circuito,
si ha:
(2)
3 2 NI NI
2
da cui si ricava il flusso :
2 NI
5
(3)
Il flusso concatenato con l'avvolgimento vale:
2 N N
2N 2
I
N
2
2 5
(4)
da cui si deduce l'induttanza dell'avvolgimento:
2 N 2 2
251,3 mH
5 25
(5)
X L L 24 75,40
(6)
L
e la sua reattanza:
- 170 -
Allo scopo di rifasare totalmente il bipolo visto dal generatore di tensione, occorre imporre che
l'impedenza o l'ammettenza dello stesso abbiano parti immaginarie nulle. Dato che il generatore di
tensione è in serie con un resistore, si può equivalentemente imporre che l'impedenza o
l'ammettenza del bipolo ai morsetti a-b abbiano parti reali nulle. Detta XC la reattanza del
capacitore, l'ammettenza del bipolo ai morsetti a-b è data da:
1
X L
1
R
1
2
j
Y
ab
j X C R j X L R X 2L X C R 2 X 2L
(7)
ed affinché questa abbia parte immaginaria nulla, occorre che:
R 2 X 2L
XC
XL
e quindi:
C
XL
(R
2
X 2L )
L
2
2 2
R L
(8)
5000
2
9(625 4 )
106 2, 627 F
(9)
In tale situazione il bipolo ai morsetti a-b ha un comportamento puramente resistivo e la sua
resistenza equivalente è:
R ab
R 2 X 2L 12 (625 4 2 )
318.9
R
25
(10)
La potenza attiva erogata dal generatore è allora
2
1
Vmax
Pg
8,078 W
R R ab 2
- 171 -
(11)
Esercizio 6.14
Derivare la matrice delle induttanze dei tre avvolgimenti di fig. 1. In seguito calcolare l’energia
immagazzinata nel campo magnetico allorché le tre correnti siano tutte eguali ad 1 A.
a
N1 100
N2 N3 50
1
a
S
I1
I2
2
a 50 cm
3'
N1
S 1 cm
r 1000
a
N3
N2
2
2'
3
1'
I3
Figura 1
Allo scopo di calcolare la matrice delle induttanze
si consideri il circuito elettrico analogo al circuito
magnetico, riportato in fig. 2, dove
1 3 3
2
1
1
(1)
la riluttanza essendo data da:
a
25
106 3,979 106 H 1
r 0S 2
3
2
+
2
N1I1
(2)
3
+
N3I3
+
N2I2
Figura 2
Applicando il principio di sovrapposizione degli effetti facendo agire un generatore alla volta, si
possono calcolare facilmente gli elementi della matrice delle induttanze. Infatti, facendo agire solo
il primo generatore si ha:
1 N1I1 / ( 1
2
3
23
4
)
N1I1
2 3 15
(3)
3
3
1
N1I1
2 3
15
(4)
2
1
1
N1I1
2 3
15
(5)
Da tali relazioni si deducono i flussi attraverso gli avvolgimenti:
1 N11
4N12
I1
15
2 N 2 2
3N1N 2
I1
15
3 N33
N1N3
I1
15
(6)
e quindi:
L1
4N12 16 3
10 0.6702 mH
15 75
M12
3N1N 2
2
103 0.2513 mH
15
25
- 172 -
(7)
(8)
M13
N1N3 2 3
10 0.08378 mH
15
75
(9)
Facendo agire solo il secondo generatore si ha:
2 N 2 I 2 / ( 2
1
3
13
2
)
N 2I2
1 3 5
(10)
3
1
2
N 2 I2
1 3
5
(11)
1
1
2
N 2 I2
1 3
5
(12)
I flussi attraverso gli avvolgimenti valgono:
NN
1 N11 1 2 I2
5
2 N 2 2
2N 22
I2
5
3 N33
N 2 N3
I2
5
(13)
e quindi:
2N 22 2 3
10 0.2513 mH
L2
5 25
M 21
M 23
N1N 2
2
103 0.2513 mH
5
25
N 2 N3
103 0.1257 mH
5
25
(14)
(15)
(16)
Infine si fa agire il terzo generatore, ottenendo:
3 N3I3 / ( 3
12
4
)
N 3 I3
1 2 15
(17)
1
2
1
3
N 3 I3
1 2
15
(18)
2
1
3
3
N 3 I3
1 2
15
(19)
I flussi attraverso gli avvolgimenti valgono:
NN
1 N11 1 3 I3
15
3N 2 N3
2 N 2 2
I3
15
4N32
3 N33
I3
15
(20)
e quindi:
L3
4N32 4 3
10 0.1676 mH
15 75
(21)
M31
N1N3 2 3
10 0.08378 mH
15 75
(22)
M32
3N 2 N3
103 0.1257 mH
15
25
(23)
La matrice delle induttanze è:
- 173 -
16 6 2
670.2 251.3 83.78
L 6 6 3 mH 251.3 251.3 125.7 H
75
2 3 4
83.78 125.7 167.6
(24)
L’energia immagazzinata nel campo magnetico si calcola come:
Em
1
1
It L I L1I12 L2 I22 L3I32 2M12I1I2 2M13I1I3 2M 23I2 I3
2
2
4 3
10 0.503 mJ
25
(35)
Allo stesso risultato si perviene utilizzando la formula:
Em
1
2
B2
1
1
1
1
B
H
dxdydz
dxdydz 112 222 332
V
2 V
2
2
2
(36)
Infatti, posto I1=I2=I3=I=1 A ed N1=2N, N2=N3=N=50 e calcolati i tre flussi:
1
4N1I1 N 2 I2 N3I3 6NI
15
5
15 15
2
3N1I1 2N 2 I2 3N3I3 3NI
15
5
15 15
(37)
(38)
3
N1I1 N 2 I2 4N3I3 9NI
15 5
15 15
(39)
Em
4 N 2 I2 4 3
10 0.503 mJ
5
25
(40)
sostituendo nella (36), si ha:
- 174 -
Appendice A:
Trasformata di Laplace
Sia f(t) una funzione complessa della variabile reale t. Si definisce trasformata di Laplace di f(t) la
funzione complessa F(s) della variabile complessa s = + j :
F(s)
0
f ( t ) e st dt
La trasformata di Laplace gode delle seguenti proprietà:
- linearità:
k1f1 ( t ) k 2 f 2 ( t ) k1F1 (s) k 2 F2 (s)
- derivazione:
d
f ( t ) sF(s) f (0)
dt
- integrazione:
0 f ()d s F(s)
- traslazione t:
f ( t t 0 )u ( t t 0 ) e t 0s F(s)
- traslazione s:
e at f ( t ) F(s a )
- convoluzione:
f1 ( t ) * f 2 ( t ) f1 ( )f 2 ( t )d F1 (s) F2 (s)
1
t
t
0
1
- f(t) periodica
f (t )
- valore iniziale
f (0) lim sF(s)
- valore finale
f () lim sF(s)
T
1 e Ts 0
f ( t ) e st dt
s
s 0
L'antitrasformazione di una funzione razionale fratta F(s)=B(s)/A(s) si effettua, prima eseguendo
la divisione fra il polinomio a numeratore per il polinomio a denominatore:
F(s)
B(s)
R (s)
Q(s)
A(s)
A(s)
ricavando lo sviluppo in frazioni parziali di R(s)/A(s):
R (s) c1
c2
c
...
....
2
A(s) (s ) (s )
(s )
a1s b1
a 2s b 2
a s b
...
...
[(s ) 2 2 ] [(s ) 2 2 ]2
[(s ) 2 2 ]
ed infine antitrasformando i vari addendi di Q(s) e dello sviluppo in frazioni parziali di R(s)/A(s),
utilizzando la tabella riportata nella pagina seguente.
- 175 -
Trasformate di Laplace di alcune funzioni
f(t)
F(s)
(t)
1
dn
( t )
dt n
sn
1
s
1
u(t)
tn
n!
nN
s n 1
1
s
1
(s ) n 1
s
e t
t n e t
nN
n!
cos(t )
s 2 2
sin(t )
s 2 2
s
e t cos( t )
(s ) 2 2
et sin(t )
ae t cos( t )
(s ) 2 2
as b
b a t
e sin(t )
(s ) 2 2
sinh(t )
s 2 2
s
cosh(t )
s 2 2
ln(s)
s
ln(t )
- 176 -
Appendice B:
SPICE
SPICE è un programma per l'analisi di circuiti elettrici costituiti da resistori, capacitori, induttori,
mutui induttori, generatori di tensione e di corrente ed inoltre linee di trasmissione e vari dispositivi
elettronici quali diodi e transistori. Nel seguito viene data una descrizione semplificata del modo
in cui l'utente può usare SPICE. Tale descrizione consente di risolvere gli esercizi di analisi che
normalmente vengono proposti in un corso di Elettrotecnica.
Per ulteriori informazioni si rimanda al manuale “User's Guide for SPICE”.
Tipi di analisi.
SPICE può effettuare i seguenti tipi di analisi.
- corrente continua: determina il punto di lavoro del circuito con gli induttori cortocircuitati e
con i capacitori aperti;
- corrente alternata: determina i fasori richiesti al variare della frequenza;
- transitorio: determina le variabili di rete richieste in funzione del tempo.
Modalità di utilizzazione
SPICE può essere utilizzato mediante due modalità: interattiva e batch. Nella seconda modalità,
l'utente predispone un file di testo contenente i vari comandi per SPICE. Tali comandi si
suddividono in comandi di definizione degli elementi circuitali e della loro topologia e comandi
che definiscono il tipo di analisi, le variabili di rete richieste, le opzioni selezionate.
Definizione degli elementi
Ciascun elemento circuitale è definito da una istruzione che contiene:
- il nome dell'elemento (da 1 a 8 caratteri, di cui il primo ne specifica il tipo);
- i nodi a cui è connesso (numeri interi non negativi);
- i valori che ne determinano il comportamento elettrico (numeri interi o decimali seguiti o no da
un esponente del dieci; al posto degli esponenti del dieci si possono usare i seguenti simboli:
giga G=E+9, mega MEG=E+6, kilo K=E+3,
milli M=E3, micro U=E6, nano N=E9, pico P=E12, femto F=E15).
Nel seguito sono riportati i formati di alcuni comandi di definizione degli elementi, nei quali si
sono adottate le seguenti convenzioni:
- xxxxxxx è una qualsiasi stringa di (7) caratteri alfanumerici;
- i campi opzionali sono riportati in parentesi quadrate;
- sia per i generatori che per gli elementi passivi, si assume che la corrente fluisca dal terminale
a potenziale positivo a quello a potenziale negativo (convenzione dell'utilizzatore).
Resistori
Rxxxxxxx N1 N2 rval
dove:
Rxxxxxxx è il nome del resistere;
N1 N2 sono i numeri d'ordine dei nodi a cui il resistore è connesso;
rval è il valore della resistenza in .
- 177 -
Capacitori
Cxxxxxxx N+ N cval (IC = tensione)
dove:
Cxxxxxxx è il nome del capacitore;
N+ e N sono i numeri d'ordine dei nodi a cui è connesso;
cval è il valore della capacità in F.
tensione è il valore della condizione iniziale in V nell'analisi in transitorio.
Induttori
Lxxxxxxx N+ N lval (IC = corrente)
dove:
Lxxxxxxx è il nome dell' induttore;
N+ e N sono i numeri d'ordine dei nodi a cui è connesso;
lval è il valore dell'induttanza in H;
corrente è il valore della condizione iniziale in A nell'analisi in transitorio
Induttori mutui
Kxxxxxxx Lyyyyyyy Lzzzzzzz kval
dove:
Kxxxxxxx è il nome della coppia di induttori mutuamente accoppiati;
Lyyyyyyy e Lzzzzzzz sono i nomi dei due induttori;
kval è il coefficiente di accoppiamento
Si noti che i contrassegni puntiformi sono posti nei nodi N+ dei due induttori.
Generatori indipendenti di tensione
Vxxxxxxx N+ N DC vval
Vxxxxxxx N+ N AC aval fval
dove:
Vxxxxxxx è il nome del generatore indipendente di tensione;
N+ e N sono i numeri d'ordine dei nodi a cui è connesso
vval è il valore della tensione in V del generatore costante in relazione alle analisi in
corrente continua ed in transitorio;
aval ed fval sono i valori dell'ampiezza (in V) e della fase (in gradi) del fasore,
rappresentante il generatore nell’analisi in corrente alternata.
Generatori indipendenti di corrente
Ixxxxxxx N+ N DC ival
Ixxxxxxx N+ N AC aval fval
dove:
Ixxxxxxx è il nome del generatore indipendente di corrente;
N+ e N sono i numeri d'ordine dei nodi a cui è connesso;
aval è il valore della corrente del generatore in relazione alle analisi in corrente continua
ed in transitorio;
aval ed fval sono i valori dell'ampiezza (in A) e della fase (in gradi) del fasore,
rappresentante il generatore nell’analisi in corrente alternata.
- 178 -
T1
T
T2
V2
V1
t
T0
P
Fig. 1 – Forma d'onda impulso di durata finita
Per l’analisi in transitorio, SPICE prevede alcune forme d’onda particolari quali:
- PULSE (V1 V2 T0 T1 T2 T P)
- SIN (V0 V F T0 S)
I parametri della prima forma d'onda sono definiti in fig. 1, mentre quelli della seconda dalla
formula:
V 0
v( t )
St T 0
sen2Ft T 0
V0 V e
0 t T0
t T0
Generatori dipendenti lineari
Esistono quattro tipi di generatori dipendenti lineari:
i ( t ) g v c ( t ) , v( t ) e v c ( t ) , i ( t ) f i c ( t ) , v( t ) h i c ( t )
che sono definiti dai seguenti comandi:
Gxxxxxxx
Exxxxxxx
Fxxxxxxx
Hxxxxxxx
dove:
N+
N+
N+
N+
N
N
N
N
NC+ NC
NC+ NC
Vxxxxxxx
Vxxxxxxx
gval
eval
fval
hval
Gxxxxxxx, Exxxxxxx, Fxxxxxxx ed Hxxxxxxx sono i nomi dei generatori;
N+ ed N sono i numeri d'ordine dei nodi cui sono connessi;
NC+ e NC sono i nodi relativi alla tensione controllante;
Vxxxxxxx è il nome del generatore indipendente di tensione attraversato dalla
corrente controllante;
gval (in S), hval (in ), eval, fval sono i valori dei coefficienti g, h, e ed f.
- 179 -
Comandi di controllo
comando titolo
è il primo comando del file; serve per intestare ogni sezione del file uscita;
comando END
.END
è l’ultimo comando del file
comando OPTIONS
.OPTIONS opt1 [opt2 …..optn]
dove:
opt1 opt2 ….. optn sono le opzioni richieste dall’utente;
alcune di queste sono:
- LIST causa la stampa dei dati di ingresso;
- NODE causa la stampa della tabella dei nodi;
comando AC
.AC LIN nf f1 f2
serve a richiedere l’analisi in corrente alternata del circuito per un numero nf di frequenze
linearmente distribuite fra le frequenze f1 ed f2 (con f2>f1).
comando TRAN
.TRAN ts tf [tin] [UIC]
serve a richiedere l’analisi in transitorio del circuito;
dove: ts determina l’intervallo di tempo di stampa delle variabili di rete richieste;
tf determina il tempo finale;
tin determina il tempo a partire dal quale interessano gli andamenti delle variabili di rete;
UIC (Use Initial Condition) richiede che vengano adoperate le condizioni iniziali
indicate. nelle schede di elemento.
comando PRINT
.PRINT tipo v1 (v2 …..v8)
dove:
tipo specifica il tipo di analisi (DC, AC, TRAN);
v1, v2, ….., v8 sono le variabili di rete richieste: esse sono del tipo:
V(n1, n2) tensione fra i nodi n1 ed n2; se n2=0, n2 può essere omesso;
I(Vxxxxxxx) è la corrente nel generatore di tensione Vxxxxxxx.
Per l’analisi in corrente alternata, inserendo dopo la lettera V e la lettera I una delle seguenti lettere
R, I, M, P, si ottengono rispettivamente la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e la fase
della tensione e della corrente specificate.
- 180 -
Esempi di file di comandi per SPICE
Esercizio 1.6
VD 3 0
VG 3 1 DC 250
L
4 2 0.1 IC=0
C
3 0 10U IC=250
R1 1 0 25
R2 2 0 600
.OPTIONS LIST
.TRAN 5U 1M UIC
.PRINT TRAN I(VD)
.END
Esercizio 2.4
VD 4 7
IG1 6 1 5
IG2 5 7 5
VG1 3 6 10
VG2 2 3 10
R1 0 1 10
R2 0 2 2
R3 3 7 5
R4 0 4 10
R5 0 5 5
.OPTIONS LIST NODE
.PRINT DC I(VD)
.END
Esercizio 3.4
VD
8 7
VG
1 5 AC 20 0
IG
3 6 AC 10 0
R1AM 0 5 1
R1BN 8 2 1
R1BP 8 6 1
R1AQ 0 4 1
R0AB 0 7 10
RQP
4 3 2
LMQ 4 1 2
LMN 1 2 2
LNP 2
3 2
.OPTIONS LIST NODE
.AC LIN 1 .159155 .159155
.PRINT IM(VD), IP(VD)
.END
- 181 -
Esercizio 5.2
VD 6 5
V12 1 2 AC 150 0
V23 2 3 AC 150 240
L1 1 4 0.031830989
L2 2 5 0.031830989
L3 3 6 0.031830989
RA 0 4 5
RB 0 5 5
RC 0 6 5
R1 4 5 15
R2 4 6 15
.OPTIONS LIST
.AC LIN 1 50.0 50.0
.PRINT IM(VD), IP(VD)
.END
- 182 -
