3 - Edutecnica

Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
1
Soluzione a pag.7
Esercizio no.1
Una corrente alternata sinusoidale è espressa in forma binomiale come
I = 7 − j5
[A]
si risalga alla sua forma trigonometrica.
R .[ i( t ) = 8 ,6 sin( ωt − 35° ) A ]
Soluzione a pag.7
Esercizio no.2
La tensione sinusoidale di frequenza f =1kHz è espressa in forma binomiale:
V = ( 12 + j 9 ) V
Si scriva la forma sinusoidale (trigonometrica)
R . [v( t ) = 15 sin( 6280t + 36° ) V ]
Soluzione a pag.7
Esercizio no.3
Avendo la tensione v( t ) = 6 ,7 sin( ωt + 63°26' ) V . Risalire alla sua espressione binomiale.
[
R. V = 3 + j 6 V
]
Soluzione a pag.8
Esercizio no.4
Due tensioni sinusoidali espresse dalle relazioni:
v1 = 8 sin( ωt + 30° ) V
+
v1
e
v2 = 8 cos( ωt − 30° ) V
+
sono applicate ai capi di un bipolo.
v2
Scrivere l’espressione della tensione totale ai capi del bipolo.
Z
R . [ v( t ) = 15 ,44 sin( ωt + 45° ) V
Esercizio no.5
]
Soluzione a pag.09
Ai capi di un’impedenza Z = ( 4 - j3 ) Ω è applicata una tensione v( t ) = 25 sin( ωt + 30° ) V si
trovi la corrente che vi scorre e lo sfasamento fra corrente e tensione.
R . [ i( t ) = 5 sin( ωt + 66° ) A θ = 36 ,86° ]
1
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
2
Soluzione a pag.10
Esercizio no.6
In un bipolo d impedenza Z = 3 + j5 Ω scorre la corrente di espressione:
i( t ) = 5 sin( ωt + 12° ) mA .
Trovare l’espressione trigonometrica della tensione applicata ai capi del bipolo.
R . [ v( t ) = 29 ,15 sin( ωt + 71° ) mV
]
Soluzione a pag.11
Esercizio no.7
La corrente i = 20 sin( ωt − 30° ) A percorre l’induttanza L =4mH alla frequenza
f =200Hz.
Trovare la tensione applicata ai sui estremi.
R . [ v = 100 sin( ωt + 60° ) ]
Soluzione a pag.12
Esercizio no.8
La reattanza offerta da un condensatore C quando è applicata la tensione v = sin( 10 4 t ) V è di
50Ω; si calcoli il valore della capacità e la corrente che scorre in essa.
R . [ C = 2 µF i = 20 sin( ωt + 90° ) mA
]
Soluzione a pag.13
Esercizio no.9
Un circuito è costituito da una resistenza R =3kΩ in serie con un condensatore da C =100pF in esso
scorre una corrente di valore efficace i =5mA e pulsazione ω =2,5Mrad/s.
Trovare la caduta di tensione ai capi della resistenza e quella
ai capi della serie, disegnando i diagrammi vettoriali e
temporali.
R . [ | V |= 25 V V = −53°
]
2
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
3
Soluzione a pag.14
Esercizio no.10
Nel circuito dato, calcolare la tensione di uscita Vo e la corrente che scorre nel condensatore.
E =20sin106t V
R1 =8kΩ
R2 =40kΩ
R3 =25kΩ
C =100pF
R . [ iC = 1,16 exp( j62° ) mA v0 = 11,6 exp( − j 28° ) V
]
Soluzione a pag.15
Esercizio no.11
Nel circuito illustrato determinare la corrente i che scorre nella resistenza R1.
E1 =100sin104t
R =5kΩ
R1 =12kΩ
R2 =8kΩ
L =1H
[
R . i = 3 ,52 sin( 10 4 t + 20° ) mA
]
Soluzione a pag.17
Esercizio no.12
La corrente i1 assorbita dal ramo ohmico-capacitivo del circuito illustrato è in anticipo di 64°
rispetto alla tensione applicata v = 40 sin( ωt ) V ;
mentre la caduta di tensione ai capi del condensatore
vale vL = 30 sin( ωt − 20° ) V .
Trovare tutte le correnti disegnando il diagramma
vettoriale completo.
R1 =1,8kΩ
R2 =2kΩ
R . [ i1 = 8 ,6 sin( ωt + 64° ) mA i2 = 20 sin( ωt ) mA i = 25 sin( ωt + 18° ) mA ]
3
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
4
Soluzione a pag.18
Esercizio no.13
Nella cella RC illustrata, determina per quale frequenza la
tensione di uscita v0 è sfasata in anticipo di 60° rispetto alla
tensione di ingresso vi .
C = 22 nF
R = 15 kΩ
R . [ f = 278 Hz
]
Soluzione a pag.19
Esercizio no.14
Il circuito di figura funziona con ω = 1000r/s con vi=10V in
valore efficace. Ricava v0 in modulo e fase, disegna il
diagramma vettoriale e le forme d’onda in ingresso e in
uscita.
C = 1 µF
R = 1 kΩ
R . [ | v0 | = 7 ,07 V
vo = − 45°
]
Soluzione a pag.20
Esercizio no.15
Nel circuito illustrato
L=10 mH
R=1kΩ
vi=10V
Ricavare vo in modulo e fase per ω = 100krad/s.
R . [ | v0 | = 7 ,07 V
vo =45°
]
4
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
5
Soluzione a pag.21
Esercizio no.16
Nel circuito illustrato:
R=8 kΩ
L=60 mH
i=0,2 mA
f=20 kHz
iL=?
iR=?
[
Disegna inoltre il grafico
vettoriale di v, i, iL ed iR.
]
R . iL = 0.145e-j43.3 mA iR = 0,13e j 46 ,7 mA
Soluzione a pag.22
Esercizio no.17
Nel circuito illustrato con R=4Ω ed L=3mH calcola la frequenza
che deve avere la tensione, affinché la corrente che scorre nel
circuito sia sfasata di 45° rispetto ad essa.
R . [ f = 212 Hz ]
Soluzione a pag.22
Esercizio no.18
Nel circuito v = 6V efficaci quando i( t ) = 6 sin( 10 3 t ) mA .
La tensione applicata ai capi della serie è 60° in anticipo rispetto la
corrente impressa; trova L ed R.
R . [R = 707 Ω L = 1.22 H ]
Soluzione a pag.23
Esercizio no.19
f =2kHz
C1 =0.1µF
C2 =0.2µF
R1 =470Ω
R2 =330Ω
R3 =680Ω
Nel circuito, trova l’impedenza equivalente vista dal generatore e l’angolo di sfasamento fra
tensione e corrente erogate dal generatore.
R . [ Z = 216 Ω φ = 80°
]
5
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
6
Soluzione a pag.24
Esercizio no.20
E =40V
R1 =47Ω
R2 =68Ω
XL1 =100Ω
XL2 =75Ω
XL3 =45Ω
Trova tutte le correnti.
R . [iR1 = 406 mA iL1 = 228 mA iL 2 = 333mA iR 2 = 335 mA]
Soluzione a pag.25
Esercizio no.21
Nel circuito di figura, calcola la corrente che scorre in ciascun ramo.
E=12V
f = 15kHz
C1 =0.1µF
C2 =0.05µF
C3 =0.22µF
R1 =330Ω
R2 =180Ω
R . [ i = 82.7 mA i2 = 15.3mA i3 = 67.3mA iR = 6.37 mA ]
Soluzione a pag.27
Esercizio no.22
f =2MHz
E =10V
R1 =33Ω
R2 =1kΩ
L1 =50µH
L2 =100µH
Trova la tensione su ciascun bipolo.
R . [ vR1 = 0.53 V vL1 = 10 V vR2 = 6.23 V vL2 = 7.8 V
]
6
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7
Esercizio no.1:soluzione
La corrente è data nella forma: I = 7 − j 5
[A]
Il modulo della corrente : I = 7 2 + 5 2 = 49 + 25 = 74 = 8 ,6 A
 5
 = −35°
 7
La fase : θ = atg  −
La forma polare sarebbe I = 8 ,6 e − j 35° = 8 ,6 ⟨− 35° A
La forma trigonometrica: i( t ) = 8 ,6 sin( ωt − 35° ) A
Esercizio no.2:soluzione
La tensione sinusoidale è data nella forma: V = ( 12 + j 9 ) V
Il modulo della tensione: V = 12 2 + 9 2 = 144 + 81 =
225 = 15V
 9 
 = 36°
 12 
La forma polare sarebbe
V = 15e j 36° = 15 < 36° V
La fase : θ = atg 
la pulsazione ω = 2πf = 2π ⋅ 10 3 = 6280 r / s
La forma trigonometrica: v( t ) = 15 sin( 6280 t + 36° ) V
Esercizio no.3:soluzione
La tensione sinusoidale è data nella forma: v( t ) = 6 ,7 sin( ωt + 63°26' ) V
Il modulo vale 6,7 l’angolo formato con l’asse reale è di 63°26’
Traducendo i 26’ da gradi sessagesimali a centesimali
26
= 0 ,43
60
Il valore della parte reale e immaginaria
a = 6 ,7 cos(63,43) = 3
b = 6 ,7 sin(63 ,43 ) = 6
parte reale
parte immaginaria
V = 3 + j6
7
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8
Esercizio no.4:soluzione
I due generatori valgono
v1 = 8 sin( ωt + 30° ) V
v2 = 8 cos( ωt − 30° ) V
La tensione risultante deve essere la somma delle due: v=v1+v2 , trattandosi di una somma converrà
riportare le due tensioni in forma binomiale.
Per la tensione v2 applichiamo la regola:
cos(x) = sin(x + 90° ) →
v2 = 8cos( ωt - 30° ) = 8sin( ωt - 30° + 90° ) = 8 sin( ωt + 60° ) V
3
= 6 ,92
2
a = 8 cos 30° = 8
b = 8 sin 30° = 8
1
=4
2
V 1 = 6 ,92 + j 4
c = 8 cos 60° = 8
V 2 = 4 + j 6 ,92
1
=4
2
d = 8 sin 60° = 8
3
= 6 ,92
2
avremo per cui:
V = V 1 + V 2 = (6 ,92 + j 4 ) + ( 4 + j6 ,92 ) = 10 ,92 + j10 ,92
il modulo della tensione risultante: v = V = 10 ,92 2 + 10 ,92 2 = 15 ,44
 10 ,92 
 = 45°
 10 ,92 
la fase della tensione risultante: θ = atg 
la forma sinusoidale risultante: v( t ) = 15 ,44 sin( ωt + 45° ) V
8
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
9
Esercizio no.5:soluzione
Z = ( 4 - j3 ) Ω la tensione v( t ) = 25 sin( ωt + 30° ) V
Possiamo trovare la corrente i applicando la legge di Ohm:
i=
v
Z
essendo una divisione fra due quantità vettoriali può essere opportuno usare la forma polare:
v = 25e j 30°
per l’impedenza Z il modulo vale Z = 4 2 + 32 =
25 = 5 Ω
 3
 = −36 ,86°
 4
la fase θ = atg  −
ù
v
25 ⋅ e j 30°
i= =
= 5 ⋅ exp( j 30 + j 36 ,86 ) = 5 ⋅ e j 66 ,86°
− j 36 ,86
Z 5⋅e
i( t ) = 5 sin( ωt + 66° ) A
lo sfasamento fra tensione e corrente α=66,86-30=36,86° ma potevamo arrivarci anche
considerando la forma binomiale di v:
v = 25 cos 30° + j 25 sin 30° = 25
3
25
+ j
= 21,65 + j 12 ,5 V
2
2
i=
v 21,65 + j12 ,5 ( 21,65 + j12 ,5 )( 4 + j 3 ) 86 ,6 + j65 + j 50 + j 2 37 ,5
=
=
=
=
Z
4 − j3
( 4 − j 3 )( 4 + j 3 )
16 − j 2 9
i=
86 ,6 + j65 + j 50 − 37 ,5 49 ,1 + j 115
=
= 1,96 + j 4 ,6 A
16 + 9
25
dalla forma binomiale di i, abbiamo, il suo modulo i = 1,96 2 + 4 ,6 2 = 5
 4 ,6 
 = 66 ,9°
 1,96 
la sua fase : θ = atg 
9
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10
Esercizio no.6:soluzione
Il bipolo ha impedenza Z = 3 + j5 Ω la corrente vale i( t ) = 5 sin( ωt + 12° ) mA .
Applicando la legge di Ohm: v = Z ⋅ i ; trattandosi di una moltiplicazione è opportuno usare la
forma polare; quindi per il bipolo Z avremo:
Z = 32 + 5 2 = 34 = 5 ,83Ω (modulo)
5
Z = atg   = 59° (fase)
3
mentre per la corrente i:
Z = 5 ,83 ⋅ e j 59° Ω
i = 5 ⋅ e j 12° mA
v = Z ⋅ i = 5 ,83e j 59° ⋅ 5e j 12° = 29 ,15 exp ( j71° ) mV
v( t ) = 29 ,15 sin( ωt + 71° ) mV
ma era possibile usare anche la forma binomiale, dato che la corrente i era esprimibile come:
i = 5 cos 12° + j 5 sin 12° = 4 ,89 + j1,04 mA
v = Z ⋅ i = (3 + j 5 ) ⋅ (4 ,89 + j1,04 ) = 14 ,67 + j 3,12 + j 24 ,45 + j 2 5 ,2 =
= (14 ,67 − 5 ,2 ) + j (3,12 + 24 ,45 ) = 9 ,47 + j 27 ,57 mV
il modulo di v
la fase di v:
v = 9 ,47 2 + 27 ,57 2 = 29 ,15
 27 ,57 
⟨ v = atg 
 = 71°
 9 ,47 
10
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11
Esercizio no.7:soluzione
i = 20 sin( ωt − 30° ) A
L =4mH
f =200Hz.
v =?
Applichiamo la legge di Ohm: v = jX L ⋅ i con
i = 20 e − j 30°
mentre la reattanza induttiva:
jX L = jωL = j 2πfL = j 2π ⋅ 200 ⋅ 4 ⋅ 10 −3 = j 5 [ Ω ]
si tratta di un numero immaginario, come tale rappresentabile
sul piano di gauss come un vettore completamente collocato
sull’asse immaginario.
per la rappresentazione polare jX L = 5 e j 90° quindi avremo:
v = jX L ⋅ i = 5 e j 90° ⋅ 20 e − j 30° = 100 e j 60° [ V ]
in forma trigonometrica: v = 100 sin( ωt + 60° ) V
come si nota la tensione è in anticipo sulla corrente di 90°.
11
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
12
Esercizio no.8:soluzione
Con v = sin( 10 4 t ) V si ha XC =50Ω; è richiesta C ed i.
La pulsazione ω è nota come ω =106 rad/s ; dato che X C =
C=
1
otteniamo:
ωC
1
1
= 4
= 2 ⋅ 10 −6 F = 2 µF
ω X C 10 ⋅ 50
dal punto di vista vettoriale una reattanza capacitiva come
X C = − j 50 Ω è un vettore collocato sull’asse immaginario
del piano di Gauss, con verso negativo; mentre la tensione v
vale 1 V e ha fase 0°; quindi è collocata sull’asse reale con
verso positivo.
In forma polare:
X C = 50 e − j 90° mentre V = 1 V applicando la legge di Ohm:
I=
V
1
e j 90°
=
=
= 0 ,02 e j 90° = 20 e j 90° mA
− j 90
50
X C 50 e
12
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13
Esercizio no.9:soluzione
Nel circuito R=3kΩ e C=100pF , i=5mA e ω=2,5Mrad/s.
Osservando il disegno avremo per la legge di Ohm:
V R = RI
e
VC = XCI
si drovrà poi applicare la legge di Kirchoff:
V =V R +VC
V R = iR = 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 3 ⋅ 10 3 = 15V
VC = XCI = −j
1
1
5
10 12
−3
i=−j
5
10
j
⋅
⋅
=
−
⋅
= − j 20 V
2 ,5 100 ⋅ 10 9
ωC
2 ,5 ⋅ 10 6 ⋅ 100 ⋅ 10 −12
V = V R + V C = (15 − j 20 ) V
| V |= 15 2 + 20 2 = 25V
con
 20 
⟨V = atg  −  = −53°
 15 
questi sono, tuttavia, i valori efficaci delle grandezze cercate per la forma trigonometrica
valgono i valori massimi:
v = VM sin( ωt + φ ) = 2 | V | sin( ωt + φ ) = 25 2 sin( 2 ,5 ⋅ 106 − 53° ) = 35 ,3 sin( 2 ,5 ⋅ 10 6 − 53° ) V
mentre V R risulta in fase con la corrente i di cui assumiamo la fase φ=0
vR = 2 | V R | sin( ωt ) = 15 2 sin( 2 ,5 ⋅ 106 ) = 21,2 sin( 2 ,5 ⋅ 106 ) V
13
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14
Esercizio no.10:soluzione
E =20sin106t V
R1 =8kΩ
R2 =40kΩ
R3 =25kΩ
C =100pF
Vo =?
Una possibilità, consiste nel semplificare
col teorema di Thevenin la parte di rete a
monte del condensatore.
Il generatore equivalente dato che stiamo
considerando è un partitore di tensione:
E EQ = V A =
( R2 // R3 )
⋅E
R1 + ( R2 // R3 )
Dato che
R2 // R3 =
E EQ = V A =
40 ⋅ 25
= 15 ,38 kΩ
65
( R2 // R3 )
15 ,38
⋅ E = 20 ⋅
= 13 ,15 V
R1 + ( R2 // R3 )
8 + 15 ,38
REQ = (R1 // R2 // R3 ) =
mentre
1
1
=
= 5 ,26 kΩ
1
1
1
1 1
1
+
+
+
+
R1 R2 R3 8 40 25
14
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
15
La reattanza capacitiva vale:
XC = −j
IC =
=
10 12
1
1
=−j 6
=
−
= − j10 kΩ
j
ωC
10 8
10 ⋅ 10 2 ⋅ 10 − 12
EEQ
REQ + X C
=
13 ,15
=
5 ,26 − j10
13 ,15
= 1,16 exp( j62°) mA
11,3 exp(− j62°)
mentre la VO vale:
V O = X C ⋅ I C = 1,16 e j 62° ⋅ 10 ⋅ e − j 90° = 11,6 ⋅ e − j 28° V
La situazione dei vettori
Sul piano di Gauss
È illustrata a fianco.
Esercizio no.11:soluzione
E1 =100sin104t
R =5kΩ
R1 =12kΩ
R2 =8kΩ
L =1H
i =?
Osserviamo come sia possibile ridisegnare il circuito nel seguente modo:
15
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
16
Ora sarà possibile semplificare la parte di circuito a monte del taglio indicato, ad esempio col
teorema di Thevenin.
L’impedenza equivalente si ottiene cortocircuitando l’unico generatore di tensione e osservando ai
capi del taglio effettuato quale è il valore dell’impedenza che si vede.
Dato che la pulsazione di funzionamento è di 104 rad/s
X L = jωL = j10 4 Ω = j10 kΩ
Dapprima possiamo effettuare il parallelo
RP = R1 // R2 =
R1 R2
5 ⋅ 8 40
=
=
= 3,07 kΩ
R1 + R2 5 + 8 13
poi sarà possibile mettere tale resistenza in parallelo con l’induttanza XL.
Z EQ =
=
RP ⋅ X L
3 ,07 ⋅ j10
j 30 ,7 ⋅ (3 ,07 − j10 )
j 94 ,2 − j 2 307
=
=
=
=
RP + X L 3 ,07 + j10 (3 ,07 + j10 ) ⋅ (3 ,07 − j10 )
9 ,4 + 100
307 + j 94 ,2
= 2 ,8 + j0 ,86 kΩ
109 ,4
Il generatore equivalente si ottiene valutando la tensione a vuoto ai capi del circuito da semplificare:
Il parallelo fra R2 e la reattanza XL ci permetterebbe di
ridurre il circuito ad un semplice partitore di tensione.
Z 2 = R2 // X L =
8 ⋅ j10
j 80
=
8 + j10 8 + j10
Poi razionalizzando:
Z2 =
j 80 ⋅ (8 − j10 )
j640 − j 2 800 800 + j640
=
=
= 4 ,8 + j 3 ,9 kΩ
164
(8 + j10 ) ⋅ (8 − j10 )
8 2 + 10 2
Adesso possiamo applicare la regola del partitore:
EEQ =
Z2
4 ,8 + j 3 ,9
E1 = 100
kΩ
R + Z2
9 ,8 + j 3 ,9
Eseguendo i calcoli..
16
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
(4 ,8 +
E EQ = 100
(9 ,8 +
17
j 3 ,9 ) ⋅ (9 ,8 − j 3 ,9 )
47 − j18 ,7 + j 38 ,2 − j 2 15 ,2
62 ,2 + j19 ,5
= 100 ⋅
= 100 ⋅
j 3 ,9 ) ⋅ (9 ,8 − j 3 ,9 )
96 + 15 ,2
111,2
E EQ = ( 56 + j17 ,5 ) kΩ
è possibile ora ricollegare il circuito semplificato al carico R1.
i=
E EQ
R1 + Z EQ
=
56 + j 17 ,5
56 + j 17 ,5
≅
12 + 2 ,8 + j 0 ,86
14 ,8
i = ( 3 ,7 + j 1,2 ) mA la corrente i è dunque un vettore di
modulo pari a:
| i |= 3 ,7 2 + 1,2 2 = 3 ,88 mA
 1,2 
 = 20°
 3 ,7 
mentre la fase vale ∠ i = atg 
Esercizio no.12:soluzione
Con v = 40 sin( ω t ) V , vL = 30 sin( ω t − 20° ) V
R1=1,8kΩ R2=2kΩ
Per la legge di Kirchoff nel tratto ohmico capacitivo:
v = v1 + vc si tratta di una somma vettoriale
La forma binomiale di vc:
V C = 30 cos( −20 ) + j 30 sin( −20 ) = 28 ,2 − j 10 ,26
quindi:
v = v1 + vc
=>
40 = v1 + 28 ,2 − j 10 ,26
| v1 |= 11,8 2 + 10 ,26 2 = 15 ,6V
| i1 |=
=>
v1 = 40 − 28 ,2 + j 10 ,26 = 11,8 + j 10 ,26
| v1 | 15 ,6
=
= 8 ,6 mA quindi è:
R1
1,8
i1 = 8 ,6 e j 64° mA = 8 ,6 cos( 64° ) + j 8 ,6 sin( 64° ) = 3 ,7 + j7 ,7 mA = 8 ,6 sin(ωt + 64°) mA
Per la legge di Ohm la i2 è immediatamente calcolata:
i2 =
vc 40
=
= 20 mA = 20 sin( ωt ) mA
R2
2
i = i1 + i2 = 23,7 + j 7 ,7 = 25 ⋅ e j 18° mA = 25 sin( ωt + 18° ) mA
17
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
18
Esercizio no.13:soluzione
Bisogna trovare per quale frequenza la tensione di uscita v0 è
sfasata in anticipo di 60° rispetto alla tensione di ingresso vi .
Con:
C = 22 nF
R = 15 kΩ
Si tratta di un partitore di tensione con v0 =
R
R
⋅ vi → v0 =
⋅ vi
1
R+ XC
R+
j ωC
possiamo fare l’ipotesi arbitraria che vi abbia valore unitario e non abbia parti immaginarie:
v i = 1 V = sin( ωt ) V
R
R+
1
j ωC
=
per il rapporto v0/vi avremo:
jωRC
moltiplico sopra e sotto per il complesso coniugato del denominatore:
1 + jωRC
jωRC( 1 − jωRC )
− j 2 ( ωRC )2 + jωRC ( ωRC )2 + jωRC
=
=
( 1 + jωRC )( 1 − jωRC )
1 + ( ωRC )2
1 + ( ωRC )2
è un numero complesso la cui fase deve essere imposta a 60°:
1
 1 
→
 = 60° → tg 60° =
ωRC
 ωRC 
θ = atg 
ω=
1
RCtg 60°
ω=
1
106
=
= 1749,54 r/s
15 ⋅ 10 3 ⋅ 22 ⋅ 10 − 9 3 330 3
f =
ω 1749,54
=
= 278,44 Hz con questo valore di frequenza la tensione di uscita
2π
2π
risulterà sfasata in anticipo di 60° rispetto a quella di ingresso.
18
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
19
Esercizio no.14:soluzione
Con ω = 1000r/s con vi=10V in valore efficace.
Ricavare v0 in modulo e fase, disegnando il diagramma
vettoriale e le forme d’onda in ingresso e in uscita.
C = 1 µF
R = 1 kΩ
Anche in questo caso applichiamo la regola del partitore:
1
j ωC
v0 =
⋅ vi →
1
R+
j ωC
v0 =
1
⋅ vi
1 + jωCR
vi è assimilabile ad un numero complesso con parte immaginaria nulla.
essendoci il problema di eseguire una divisione è opportuno ricondurre tutti i numeri alla loro forma
polare. Il denominatore diventa
1 + jωRC = 1 + j10 3 ⋅ 10 3 ⋅ 10 −6 = 1 + j = 2 ⋅ e j 45° da cui :
v0 =
10
= 7 ,07 e − j 45° V
j 45°
2 ⋅e
cioè v0 ha modulo 7,07V ed è sfasato in ritardo di 45° rispetto a vi che consideriamo abbia fase 0°.
19
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
20
Esercizio no.15:soluzione
L=10 mH
R=1kΩ
vi=10V
Ricavare vo in modulo e fase per ω = 100krad/s.
Dalla regola del partitore di tensione
j100 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 10 −3
⋅ 10
10 3 + j100 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 10 − 3
v0 =
j ωL
⋅ vi →
R + j ωL
v0 =
j10 3
j
⋅
10
=
⋅ 10
1+ j
10 3 + j10 3
v0 =
stavolta decido di non usare la forma polare e moltiplico numeratore e denominatore per i omplesso
coniugato del denominatore che è 1 – j .
v0 =
j10( 1 − j )
j10 − j 2 10 10( 1 + j )
=
=
= ( 5 + j5 ) V
( 1 + j )( 1 − j )
1+1
2
il modulo della tensione di uscita
v0 = 5 2 + 5 2 = 50 = 5 2 = 7 ,07 V
5
vo = atg   = 45°
5
20
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
21
Esercizio no.16:soluzione
R=8 kΩ
L=60 mH
i=0,2 mA
f=20 kHz
iL=?
iR=?
Calcolo la della reattanza capacitiva:
X L = ωL = 2πfL = 2π 20 ⋅ 10 3 ⋅ 60 ⋅ 10 −3 = 7540Ω = 7,54 kΩ
eseguire il parallelo fra R ed XL:
Z=
RX L
8 ⋅ ( j7.54 )
j60,32
60.32e j 90
=
=
=
= 5,48e j46,7
j 43 ,3
R + XL
8 + j7.54 8 + j7.54
11e
è palese che si deve usare la legge di Ohm per calcolare v.
v = Z ⋅ i = 5 ,48 e j 46 ,7 ⋅ 0.2 = 1.1e j 46 ,7 V
poi:
iL =
v
1.1 e j 46 ,7
=
= 0.145e- j43.3 mA
j 90
X L 7.54 e
con
v 1.1e j 46 ,7
iR = =
= 0,13e j 46 ,7 mA
R
8
21
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
22
Esercizio no.17:soluzione
R=4Ω
L=3mH
Calcolare la frequenza che deve avere la tensione, affinché la
corrente che scorre nel circuito sia sfasata di 45° rispetto ad essa.
L’impedenza complessiva è Z = R + jX L data la relazione v = Z ⋅ i se assumiamo che i abbia fase
0 sarà:
v = Ze jφ ⋅ i
 XL 

 R 
con φ = 45° = atg 
ωL
XL
R
=1=
→ ω=
→
R
R
L
f =
per essere verificata deve essere:
R
4⋅
=
= 0.212 ⋅ 10 3 Hz = 212 Hz
−3
2πL 2π ⋅ 3 ⋅ 10
Esercizio no.18:soluzione
v = 6V efficaci quando i( t ) = 6 sin( 10 3 t ) mA .
La tensione applicata ai capi della serie è 60° in anticipo rispetto la
corrente impressa; trovare L ed R.
Prima di tutto dobbiamo osservare come il valore efficace di i sia
i=
imax
6
=
mA
2
2
vale la v = Z ⋅ i con Z = R + jX L
 XL 

 R 
e quindi si può dire v = Ze jφ ⋅ i con φ = 60° = atg 
ora Z =
v
6
=
= 2e j 60 kΩ = 2 (cos 60 + j sin 60 ) = ( 0.707 + j1.22 ) kΩ
i 6/ 2
R = 707 Ω
1.22 ⋅ 10 3
X L = ωL → L =
=
= 1.22 H
ω
10 3
XL
22
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
23
Esercizio no.19:soluzione
f =2kHz
C1 =0.1µF
C2 =0.2µF
R1 =470Ω
R2 =330Ω
R3 =680Ω
Trovare l’impedenza equivalente vista dal generatore e l’angolo di sfasamento fra tensione e
corrente erogate dal generatore.
C p = C1 + C2 = 0.3 µF → X p = − j
1
1
=−j
= − j 265.25 Ω
2πfC p
2π ⋅ 2 ⋅ 10 3 ⋅ 3 ⋅ 10 −7
Rs = R1 + R2 + R3 = 1480 Ω
Chiaramente l’impedenza vista dal generatore è il parallelo fra la
resistenza trovata e la reattanza capacitiva.
Z=
− j 265.25 ⋅ 1480 392582,2e-j90
=
= 261e- j80 Ω
- j10
1480 − j 265.25
1503,58e
quindi se assumiamo la corrente i erogata dal generatore, in fase con
l’asse reale, per la :
E = Z ⋅ i la E dovrebbe avere fase -80°. Se portiamo la E sull’asse
reale la i sarà rispetto ad essa in anticipo di 80°.
23
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
24
Esercizio no.20:soluzione
E =40V
R1 =47Ω
R2 =68Ω
XL1 =100Ω
XL2 =75Ω
XL3 =45Ω
Trovare le correnti.
Il circuito può essere anche visto così:
Prima calcolo il parallelo fra R2 e XL1.
Zp =
jR2 X L1
j6800
6800e j 90
=
=
= 56.2e j 35 = 46 + j 32.2 Ω
j 55
R2 + jX L1 68 + j100 121e
lo metto in serie con R1.
Z 1 = R1 + Z p = 47 + 46 + j 32.2 = 93 + j 32.2 = 98.4 e j19 Ω
poi abbiamo la serie Z2.
Z 2 = X L 2 + X L 3 = j75 + j 45 = j120 = 120 e j 90 Ω
è evidente che la tensione E si trova ai capi di entrambi i
bipoli Z1 e Z2. per cui:
E
40e j 0
i1 =
=
= 0.406 e − j 19 A = 406 e − j 19 mA
j 19
Z1 98.4 e
24
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
25
Ovviamente il passaggio della i1 sopra il parallelo
Z p = X L1 // R2 produce la tensione vp:
v p = Z pi1 = 56.2e j 35 ⋅ 0.406 e − j 19 = 22.8 e j 16 V
Quindi:
iR 2
22.8 e j 16
=
=
= 0,335e j 16 = 335e j 16 mA
R2
68
iL 1 =
vp
vp
X L1
=
22.8 e j 16
= 0,228 e − j74 = 228e − j74 mA
j 90
100 e
da ultimo: i2 =
E
40 e j 0
=
= 0.333e − j 90 = 333e − j 90 mA
j 90
Z 2 120 e
Esercizio no.21:soluzione
Nel circuito di figura, calcola la corrente che scorre in ciascun ramo.
E=12V
f = 15kHz
C1 =0.1µF
C2 =0.05µF
C3 =0.22µF
R1 =330Ω
R2 =180Ω
Trovare le correnti.
Il circuito assegnato, può anche essere visto come:
25
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
26
Può essere ridotto come nel modo illustrato, con:
C p = C2 + C3 = 0.05 + 0.22 = 0.27 µF
e
Rs = R1 + R2 = 330 + 180 = 510 Ω
Il valore della reattanza capacitiva Xp:
1
1
1
10 3
Xp =
=
=
=
= 39,3 Ω
ωC p 2πfC p 2π ⋅ 15 ⋅ 10 3 ⋅ 0.27 ⋅ 10 −6 2π ⋅ 15 ⋅ 0.27
ovviamente, dal punto di vista vettoriale X p = − j 39 ,3 Ω
Il parallelo fra Rs e Cp, produce la seguente impedenza:
Z = Rs // X p =
− j 510 ⋅ 39 ,3 20043e − j 90
=
= 39,2e- j85.6 Ω = ( 3 − j 39 )Ω
− j 4. 4°
510 − j 39 ,3 511.5e
La reattanza per C1:
1
10 4
1
=−j
=−j
= − j106 Ω
X1 = − j
30π
2πfC1
2π ⋅ 15 ⋅ 10 3 ⋅ 10 −7
i=
E
12
12
12
=
=
≅
= j0.827 A = j 82.7 mA
Z + X 1 3 − j 39.2 − j106 3 − j145.2 − j145.2
vz = iZ = 39,2e-j85.6 ⋅ 0.0827 e j 90 = 3,25e j4.4 V
Notiamo come vz si trovi ai capi della X2, della X3 e della
serie Rs.
Applicheremo la legge di Ohm in tutti e tre i casi.
X2 = − j
1
10 3
1
=−j
=
−
= − j 212.2 Ω
j
1.5 ⋅ π
2πfC2
2π ⋅ 15 ⋅ 10 3 ⋅ 0.05 ⋅ 10 −6
X3 = − j
1
1
=−j
= − j 48.2 Ω
3
2πfC2
2π ⋅ 15 ⋅ 10 ⋅ 0.22 ⋅ 10 −6
26
Edutecnica – Circuiti in alternata -Esercizi
27
i2 =
vz
3.25e j 4.4
=
= 0,0153e j94.4 = 15.3e j94.4 mA
X 2 212.2e − j 90
i3 =
vz
3.25e j 4.4
=
= 0,0673e j94.4 = 67.3e j94.4 mA
− j 90
X 3 48.2e
iR =
v z 3.25e j 4.4
=
= 0,00637e j4.4 A = 6.37e j4.4 mA
Rs
510
Esercizio no.22:soluzione
f =2MHz
E =10V
R1 =33Ω
R2 =1kΩ
L1 =50µH
L2 =100µH
Trovare la tensione su ciascun bipolo.
Calcolo le reattanze:
X 1 = j 2πfL1 = j 2π ⋅ 2 ⋅ 106 ⋅ 50 ⋅ 10 −6 = j628 Ω
X 2 = j 2πfL2 = j 2π ⋅ 2 ⋅ 106 ⋅ 100 ⋅ 10 −6 = j1256 Ω
Z 1 = R1 + jX 1 = 33 + j628 ≅ j628 = 628e j 90 Ω
Z 2 = R2 + jX 2 = 1000 + j1256 = 1605e j 51 Ω
E
10
=
= 16 e − j 90 mA
j 90
Z1 628 e
E
10
i2 =
=
= 6.23e − j 51 mA
j 51
Z1 1.605e
i1 =
vR1 = i1 R1 = 0.016 e − j 90 ⋅ 33 = 0.53 V
vL1 = i1 X 1 = 0.016 e − j 90 ⋅ 628 e j 90 = 10 V
vR2 = i2 R2 = 6.23e − j 51 ⋅ 1 = 6.23 V e − j 51
vL2 = i2 X 2 = 6.23e − j 51 ⋅ 1.256 e j 90 = 7.8 e j 39 V
27