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Politecnico di Milano A.A. 2010/2011 Corso di ELETTROTECNICA Esercizi svolti Prof. L. Codecasa A cura di Michele Launi

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Politecnico di Milano

A.A. 2010/2011

Corso di

ELETTROTECNICA

Esercizi svolti

Prof. L. Codecasa

A cura di

Michele Launi

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Indice tematico:

[1] – Leggi di Kirchhoff e conservazione della potenza

[2] – Metodo della caratteristica

[3] – Semplificazione circuiti

[4] – Circuito fisico elettrico

[5] – Analisi nodale

[6] – Equivalenti Thevenin e Norton

[7] – Teorema di sovrapposizione degli effetti

[8] – Circuito fisico magnetico

[9] – Circuiti tempo-varianti

[10] – Circuiti in regime sinusoidale

[11] – Potenza complessa

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[1.1]

?=V1 ?=V2 ?=I1 ?=I2

Usando la LKT sulla maglia arancione abbiamo: V1 =12V-1,2V=10,8V

Usando la LKT sulla maglia verde abbiamo: V2=18V-12V=6V

Usando la LKC al nodo blu abbiamo: I1=240µA+5mA=5,24mA

Usando la LKC sulla regione rossa abbiamo: I2=1A+240µA+5mA=1,00524A

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[1.2]

?=V1 ?=V2 ?=I3

Applicando la LKT alla maglia verde abbiamo: V1=-2V+3V+6V+8V-4V=11V

Applicando la LKT alla maglia arancione abbiamo: V2=-2V+3V+6V=7V

Applicando la LKC ad uno dei nodi blu abbiamo: I3=3A+2A=5A

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[1.3]

?=V1 ?=I2 ?=I3 ?=I4

Applicando la LKT alla maglia arancione abbiamo: V1=-5V+4V+2V=1V

Applicando la LKC al nodo verde abbiamo: I3=3A-4A=-1A

Considerando la regione rossa abbiamo: I4=- I3=1A

Applicando la LKC a uno dei nodi blu abbiamo: I2=-2A+1A=-1A

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[1.4] N.B. quando non viene esplicitamente scritto, la potenza si intende assorbita

?=Pass

Essendo la potenza assorbita totale pari alla somma delle potenze assorbite dai

singoli componenti procediamo a calcolare queste ultime:

PC1=0 ; PC2=0 ; PD1=0 in quanto non sono attraversati da corrente

PR1=10,8V·5,24mA=56,59mW

PR2=1,2V·5mA=6mW

Applicando la LKT alla maglia rossa otteniamo: Vx=1,2V+6V=7,2V

Applicando la LKC alla regione blu otteniamo: Ix=1,00524A-240µA=1,005A

PIC1=(7,2V·1,00524A)-(1,2V·1,005A)=6,03W

Pass= PC1+ PC2+ PD1+ PR1+ PR2+PIC1=6,041659W

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[1.5]

Calcolare le potenze assorbite dai singoli componenti e quindi ricavare le potenze

generate

Diremo CG la convenzione dei generatori e CU la convenzione degli utilizzatori

quindi:

C1 è in CU quindi: P1=-4V·3A=-12W (PG1=12W)

C2 è in CG quindi: P2=-(11V·3A)=-33W (PG2=33W)

C3 è in CU quindi: P3=2V·2A=4W (PG3=-4W)

C4 è in CG quindi: P4=-(3V·2A)=-6W (PG4=6W)

C5 è in CG quindi: P5=-(6V·2A)=-12W (PG5=12W)

C6 è in CU quindi: P6=7V·5A=35W (PG6=-35W)

C7 è in CU quindi: P7= 8V·3A=24W (PG7=-24W)

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[1.6]

?=PQ1 ?=PQ2

Considerando il nodo rosso e i nodi blu possiamo notare che la differenza di

potenziale tra di essi è uguale alla differenza dei singoli potenziali rispetto al nodo di

riferimento

Abbiamo quindi tutte le tensioni e intensità di corrente necessarie per calcolare le

potenze assorbite da Q1 e Q2

PQ1=((4,3V-1V)·2,45mA)+(0,65V·50µA)=8,1175mW

PQ2=((3V-1V)·2,45mA) +(0,65V·50µA)=4,9325mW

Q1 Q2 Q1 Q2

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[1.7]

?=V1 ?=V2 ?=I2

V1=P1/I1=1V

Essendo in parallelo sappiamo che C2 e R2 hanno la stessa differenza di potenziale i

capi quindi: V2 =VR2=2V

Applicando la LKC al nodo verde abbiamo I2 =1A+2A=3A

?=P2 ?=PR2

Basterà utilizzare la formula per calcolare la potenza assorbita facendo attenzione se

ci troviamo nel caso di misure di tensione e corrente effettuate con la convenzione

degli utilizzatori o dei generatori:

P2=-(2V·3A)=-6W

PR2=2V·2A=4W

R2

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[2.1]

Note le seguenti linee caratteristiche

Si ricavi il punto di lavoro del seguente circuito:

Invertendo correttamente le linee dei componenti A e B si trova la seguente

intersezione:

PUNTO DI LAVORO: V=0,5V I=0,5°

TOT

TOT

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[2.2]

Determinare la curva caratteristica del seguente componente:

Consideriamo le linee caratteristiche del diodo e della resistenza:

Il componente composito di questi ha caratteristica:

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Consideriamo ora la linea caratteristica del generatore indipendente di corrente:

Sommando le intensità di corrente di questa al quelle della precedente (poiché i

componenti sono in parallelo) otteniamo:

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[2.3]

Trovare il punto di lavoro del componente precedente collegato al nuovo

componente come in figura:

Considerando la linea caratteristica del generatore indipendente di tensione

Possiamo ottenere la linea caratteristica del nuovo componente e metterla a

sistema con la precedente per ottenere il punto di lavoro:

PUNTO DI LAVORO: V=1V I=0

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[2.4]

Trovare il punto di lavoro del seguente circuito:

Otteniamo in primo luogo le linee caratteristiche dei componenti compositi blu e

rosso:

E quindi otteniamo la linea caratteristica del componente composito arancione che

verrà messa a sistema con quella della resistenza:

PUNTO DI LAVORO: V=0,5V I=-0,5°

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[2.5]

Trovare il punto di lavoro del seguente circuito:

α e β avranno le seguenti linee caratteristiche:

Mettendo a sistema l’unione delle precedenti linee con quella del componente γ

otteniamo:

α

β

γ

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[3.1]

Ottenere un circuito semplificato equivalente a quello in figura:

In primo luogo semplifichiamo graficamente il circuito per individuare meglio la

disposizione dei componenti:

Modifichiamo i componenti cerchiati passando da generatori di tensione a

generatori di corrente:

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Si può quindi riassemblare il circuito come:

E quindi più semplicemente come:

[3.2]

Semplificare il circuito e trovare le intensità di corrente richieste

?=I1 ?=I2 ?=I3

Operiamo passaggio dopo passaggio per trovare le resistenze equivalenti dei

resistori in serie o in parallelo

-Resistori da 5Ω in parallelo

Req=

=2,5Ω

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-Resistori da 2,5Ω 2,5Ω e 5Ω in serie

Req=2,5Ω+2,5Ω+5Ω=10Ω

-Resistori in parallelo da 10Ω

Req=

=5Ω

-Resistori in serie da 25Ω e 5Ω

Req=25Ω+5Ω=30Ω

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A questo punto possiamo procedere a ritroso per trovare le singole intensità di

corrente incognite:

I1=30V/30Ω=1A

I2=I1·10Ω/20Ω=0,5A

I3=I2·5Ω/10Ω=0,25A

[3.3]

Semplificare il seguente circuito:

Considerato che si tratta di soli generatori di tensione in serie e resistenze in serie e

in parallelo il circuito diventa

Calcoliamo quindi la resistenza equivalente:

Req=

+ 2KΩ +

=12,5KΩ

E la tensione generata dalla serie di generatori:

Eeq=15V-5V=10V

Req Eeq

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[3.4]

Semplificare il circuito e trovare le intensità di corrente richieste

?=I1 ?=I2 ?=I3 ?=I4

Riduciamo in primo luogo il circuito all’essenziale per trovare I4

12V

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Possiamo ora procedere a ritroso calcolando, nell’ordine:

I4=12V/2Ω=6A

I3= I4·

=3A

I2= I3·

=1,5A

I1= I2·

=0,75°

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[4.1]

?=I ?=VAB

Il corrispondente circuito schematizzato è:

Dove la tensione generata è

Vm=εmx· L =-0,1V

R=ρ1·L/S=0,169Ω

I= Vmx/∑R= -148mA

VAB=-[(R·I)+Vmx]=0,075V

A B

C D

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[5.1]

Effettuare l’analisi nodale sul seguente circuito:

I1=

I2=1,5A

I3=

I4=

VAB=eA-eB

LKCA:

+ 1,5A +

LKCB:

– 1,5A –

I4

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[5.2]

Effettuare l’analisi nodale sul seguente circuito impostando una matrice

La matrice è stata scritta ponendo:

-In rosso le somme delle conduttanze ai singoli nodi

-In blu le conduttanze tra le coppie di nodi prese con il segno invertito

-In verde i potenziali incogniti ai nodi

-In arancione i termini noti forniti dai generatori indipendenti

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[5.3]

Effettuare l’analisi nodale modificata al seguente circuito:

A B

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[6.1]

Ricavare gli equivalenti Thevenin e Norton del seguente componente:

Equivalente Norton:

Notiamo innanzitutto che nel componente originario non è

presente nessun generatore indipendente di corrente quindi

Aeq=0

La resistenza equivalente la possiamo calcolare applicando una

tensione esterna vs:

ReqN=Vs/is=

=5,5KΩ

Equivalente Thevenin:

Notiamo anche in questo caso che non sono presenti nel

componente originario generatori indipendenti di tensione quindi

Veq=0

Essendo il componente Thevenin ridotto unicamente ad un resistore

quest’ultimo dovrà necessariamente essere lo stesso calcolato per

l’equivalente Norton:

ReqT = ReqN =5,5KΩ

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[7.1]

?=Vx

Utilizziamo il principio di sovrapposizione degli effetti per risolvere il circuito:

Effetto di E1:

Vx’=

Effetto di E2:

Vx’’=

Quindi:

Vx= Vx’+ Vx’’=10,9V

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[7.2]

?=IA

Utilizziamo il principio di sovrapposizione degli effetti per risolvere il circuito:

Effetto di E1:

IA’=

Effetto di A2:

IA

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Effetto di A3:

IA’’’=1A

Effetto di E4:

IAIV=1A

Quindi:

IA= IA’=+ IA’’+ IA’’’+ IAIV=2,33°

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[8.1] N.B. se non meglio specificato si intende µ=

Ricavare il flusso ψ nelle diverse sezioni e il flusso φ concatenato con l’avvolgimento

µ=10-2H/m N=100 l=20cm S=2cm2

In primo luogo possiamo schematizzare il circuito come

con

=105 H-1

E quindi al circuito

con Req=4R=4·105 H-1

In cui è facile calcolare

e

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[8.2]

µ=10-2H/m N=100 I1=10mA l=20cm S=1cm2

?=ψ1 ?=ψ2 ?=ψ3 ?=φ1

Possiamo per prima cosa passare allo schema circuitale:

con

=2·105 H-1

E quindi ad uno ulteriormente semplificato:

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Possiamo quindi procedere a calcolare i flussi richiesti:

[8.3]

µfe=10-3H/m µol=10-5H/m N1=10 N2=5 δ=1mm l=10cm S=10cm2

?=ψ1 ?=ψ2

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Per passare allo schema circuitale teniamo conto della seguente approssimazione:

Quindi potremo schematizzare il circuito come:

dove

=105 H-1

e

=105 H-1

Possiamo quindi passare ad un circuito ulteriormente semplificato:

Da cui possiamo immediatamente ricavare:

=

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[8.4]

µ=10-3H/m N1=150 N2=300 N3=100 l=40cm S=4cm2

I1=2A I2=1A I3=5A

?=ψ1 ?=ψ2 ?=ψ3 ?= ψ4 ?=φ1 ?=φ1 ?=φ2 ?=φ3

Come prima cosa schematizziamo il circuito:

dove

=106 H-1

Si può risolvere questo circuito tramite il teorema di sovrapposizione degli effetti

ma, notando che N1I1=N2I2 notiamo che possiamo eliminare un generatore:

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Con i dovuti passaggi possiamo ridurlo a:

E da cui possiamo partire e calcolare ogni incognita:

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[9.1]

Trovare l’espressione della corrente iL passante per l’induttanza una volta che nel

seguente circuito si è chiuso l’interruttore:

Dobbiamo quindi trovare i termini da sostituire nell’equazione:

-

Per prima cosa calcoliamo la resistenza equivalente del blocco di circuito connesso

all’induttanza (spegnendo il generatore):

Req=

=

Da cui:

Ci occorre quindi conoscere IL∞ che ricaviamo sapendo che dopo un tempo infinito

l’induttanza si comporta da corto circuito come mostrato nel seguente circuito:

da cui possiamo calcolare che IL∞=12A

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L’ultima informazione necessaria a scrivere l’equazione di iL(t) rimane IL C.A. ovvero lo

stato iniziale in cui si trovava il circuito prima della chiusura dell’interruttore:

da cui possiamo calcolare che IL C.A.=6°

Possiamo ora sostituire i termini calcolati nell’equazione di iL(t):

-

=

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[9.2]

Ricavare le equazioni in funzione del tempo e i grafici qualitativi di vC(t) e v(t):

vc(0)=1V

①Andamento delle variabili prima della chiusura dell’interruttore (T<2s)

Per calcolare la Geq usiamo il teorema di Norton:

Ma ci accorgiamo che questa è uguale a zero quindi ci troviamo nel caso patologico

e quindi vC(t) sarà una retta di equazione:

vC(t)= vC(0)+

Per trovare IC possiamo applicare diverse LKC al circuito di partenza:

T=2s

1A

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così otterremo IC=-2A

Quindi vC(t)=1V-

Calcoliamo quindi v(t) con alcune LKT:

Da cui vediamo che v(t)=8V- vC(t)= 7V+

②Andamento delle variabili dopo la chiusura dell’interruttore (T≥2s)

Possiamo iniziare calcolando vC(2s) poiché siamo sicuri della sua continuità:

vC(2s)=-1V

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Usiamo quindi Norton per la resistenza equivalente:

Si può notare che la corrente passa solo dalla resistenza posta più in alto poiché

l’altra è cortocircuitata quindi avremo Req=1Ω

Possiamo ora calcolare τ:

τ= Req·C=2s

Calcoliamo dunque VC∞ sapendo che dopo un adeguato intervallo di tempo il

condensatore si comporta come un circuito aperto:

Quindi calcoliamo che VC∞=0V

e inoltre che V∞=4V

1Ω 1A

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Per calcolare v(2s) non possiamo usare la formula trovata in precedenza poiché non

siamo sicuri della sua continuità, dovremo quindi utilizzare il circuito di partenza:

Da cui troviamo che v(2s)=3V

Possiamo ora scrivere le due equazioni per T≥0:

-

=

-

=

Possiamo quindi tracciare dei grafici qualitativi abbastanza precisi:

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[10.1]

ω=1000rad/s

?=| | ?= ?=v(t)

MODULO

Bisogna ricordarsi che il modulo è per definizione sempre positivo quindi in questo

caso sarà 8 e non -8 come potremmo pensare

FASE

Il “-“ non considerato per il modulo possiamo riscriverlo come e quindi in totale

otterremo come fase π + π/4 = 5/4π

Possiamo quindi applicare la formula v(t)=| |·cos(ωt+ϕ) e otterremo:

v(t)=8cos(1000t+5/4π)

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[10.2]

?= ?=i1(t)

Possiamo trovare z1 e z2 sommando le impedenze dei singoli componenti in serie:

z1= zR +zL=(1+j)Ω

z2= zR +zC=(1-j)Ω

Quindi possiamo applicare la formula del partitore di corrente e calcolare :

Aeff

Sapendo che i1(t)=| |·cos(ωt+ϕ) otterremo:

i1(t)

·cos(100t

) = 5cos(100t

)

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[10.3]

->

->

?=v(t)

Per semplificare le cose dividiamo momentaneamente il circuito in due parti:

Analizziamo per prima la parte ❶ passando al dominio dei fasori:

zr = R = 1Ω

zc =

= -j

zL = jωL = j

❶ ❷

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Elettrotecnica – esercizi svolti

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Usiamo ora le regole per la trasformazione triangolo->stella

z12=

z23=

-j

z13=

j

Le impedenze diventano quindi:

E semplificando il tutto otteniamo:

Passiamo quindi alla parte❷:

Notiamo che YL+YC=0 quindi possiamo

sostituire i due componenti con un

circuito aperto

Notiamo che ZL+ZC=0 quindi possiamo

sostituire i due componenti con un

corto circuito

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Elettrotecnica – esercizi svolti

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Il circuito diventa quindi:

con zL = jωL =

j

Dobbiamo semplificarlo ulteriormente e per farlo conviene trovare il suo

equivalente Norton:

Per trovare :

Per trovare :

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Elettrotecnica – esercizi svolti

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Quindi possiamo riscrivere la parte ❷ come:

Riassemblando ❶ e ❷otteniamo:

Dove le due impedenze evidenziate in verde sono assimilabili ad un circuito aperto e

di conseguenza quella evidenziata in arancione sarà trascurabile perché in serie ad

un generatore di corrente

Il circuito diventa quindi:

In cui è facile calcolare

E quindi:

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Elettrotecnica – esercizi svolti

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[11.1]

Bipolo P (KW) Q (KVAr)

1 1 6

2 2 -2

3 -6 4

4 3 -5

5 4 -6

?=PTOT ?=QTOT ?=S ?=|S| ?=cosϕ

Innanzitutto possiamo affermare che la geometria interna del bipolo non è rilevante

ai fini dell’esercizio e procediamo a calcolare le potenze richieste e il fattore di

potenza:

PTOT=P1+ P2+ P3+ P4+ P5=4KW

QTOT= Q1+ Q2+ Q3+ Q4+ Q5=-3KVAr

S=P+jQ= 4 - j3 KVA

|S|

= 5KVA

Considerando che possiamo scrivere S come

S=|S|(cosϕ+jsenϕ)= |S|cosϕ+|S|jsenϕ= P+jQ

Otteniamo che P=|S|cosϕ

E quindi che cosϕ =