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Politecnico di Milano
A.A. 2010/2011
Corso di
ELETTROTECNICA
Esercizi svolti
Prof. L. Codecasa
A cura di
Michele Launi
Elettrotecnica – esercizi svolti
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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
1Ω
1Ω
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
1Ω
1Ω
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:
Elettrotecnica – esercizi svolti
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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)
Elettrotecnica – esercizi svolti
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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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Usiamo ora le regole per la trasformazione triangolo->stella
z12=
1Ω
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
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 :
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:
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 =