Esercitazioni di Elettrotecnica - Ing. Gerardi - A.a. 2008 ... · Ing. Gerardi ESERCIZIO 102...

Ing. Gerardi

Esercitazioni di Elettrotecnica - Ing. Gerardi - A.a. 2008-2009

Raccolta di esercizi svolti nelle esercitazioni del corso di Elettrotecnica e Macchine Elettriche.

Concetti Fondamentali: 133 134

Leggi Fondamentali: 100 135 136 137 138

Metodi Di Analisi: 101 102 103 125 126 127 132 139

128 129 130 140 141 142 155 156 157 Teoremi Delle Reti:

158

Condensatori E Induttori: 104 105 106

Circuiti Del Primo E Secondo Ordine: 107 108 109 110 131 143 144 145 146

112 113 115 147 148 149 150 151 159 Analisi E Potenza Regime Sinusoidale:

160

Circuiti Trifase: 114 116 117 118 119 120 153

Circuiti Con Accoppiamento Magnetico: 121 122 123 124 154

Reti Biporta: 111 152 161

Ultima Modifica 09 ottobre 2015

Subito dopo lo svolgimento di ciascun esercizio si trova la relativa simulazione con Pspice,

cioè il file " out" che riporta sia i risultati e sia la netlist del circuito.

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 100

Calcolare tutte le correnti nei rami e verificare con il BILANCIO DELLE

POTENZE.

−+ E

R1

I1 A

R2

I2

C

R3

I3

B

R4

I4

R5

I5

Soluzione:

Calcolo della resistenza equivalente “vista” dal generatore:

[ ] Ω=++= 20//// 54321 RRRRRReq

AREIeq

21 == VIREVAC 1611 =⋅−=

ARVI

eq

AC 6,12 == ( ) ARRR

VI AC 4,0// 543

3 =+

=

VIRVV ACBC 4,833 =⋅−= AR

VI BC 28,04

4 ==

AR

VI BC 12,05

5 ==

Verifica del Bilancio delle potenze:

WIEPgen 801 −=⋅= ; WIRPR 482111

+=⋅= ; WIRPR 6,252222

+=⋅=

WIRPR 04,32333

+=⋅= ; WIRPR 352,22444

+=⋅= ; WIRPR 008,12555

+=⋅=

Per cui risulta vero che: 0=+ riutilizzatogeneratori PP

E = 40 V

R1 = 12 Ω

R2 = 10 Ω

R3 = 19 Ω

R4 = 30 Ω

R5 = 70 Ω

**** 10/09/115 13:10:33 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********

* Esercizio 100

**** CIRCUIT DESCRIPTION

******************************************************************************

V_E 1 0 DC 40R1 1 2 12R2 2 0 10R3 2 3 19R4 3 0 30R5 3 0 70.DC V_E 40 40 1.PRINT DC I(R1) I(R2) I(R3).PRINT DC I(R4) I(R5).END


* Esercizio 100

**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C

******************************************************************************

V_E I(R1) I(R2) I(R3)

4.000E+01 2.000E+00 1.600E+00 4.000E-01


* Esercizio 100


******************************************************************************

V_E I(R4) I(R5)

4.000E+01 2.800E-01 1.200E-01

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME .05 Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 101

Calcolare la tensione V0 per il circuito in figura.

2KΩ

−+ 30V

I1

A

B

5KΩ

−+ 20V

I24KΩ

+V0

−

I3

Soluzione:Metodo nodale

Si nota che V0 è uguale alla tensione nodale EA con il nodo B di riferimento.

1) KCL nodo A 040

21 =+−− VII

2) Vincolo al generatore da 30V 2

301

AEI −=

3) Vincolo al generatore da 20V 5

202

AEI −=

Sostituendo la (2) e la (3) nella (1) si ottiene:

045

202

30 000 =+−+− VVV

VV 2019380

0 ==


mWIEP30 V 1501 −=⋅= ;

;


230

1AEI −=

520

2AEI −=

=

=

5 mA

0 A=EA

WIEP20 V 02 =⋅=

IRP 21 =⋅=2KΩ mW50 ;

3I=

IRP 22 =⋅=5KΩ W0 IRP 2

1 =⋅=2KΩ mW150


* Esercizio 101


******************************************************************************

V1 1 2 DC 30R1 0 2 2E+03V2 1 3 DC 20R2 0 3 5E+03R3 1 0 4E+03.DC V1 30 30 1.PRINT DC V(1) I(R1) I(R2) I(R3).END


* Esercizio 101


******************************************************************************

V1 V(1) I(R1) I(R2) I(R3)

3.000E+01 2.000E+01 5.000E-03 0.000E+00 5.000E-03

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

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ESERCIZIO 102

Calcolare le tensioni nodali V1 e V2 per il circuito in figura.

8Ω

V1V2−+

2V

2Ω

I1

4Ω

I2

3A

Soluzione:Metodo agli anelli

Nel circuito ci sono 2 correnti di anello IA (maglia SX), e IB (maglia DX). 1

8Ω

V12Ω

V2−+2V

4Ω 3AIA IB

Si nota subito che AIB 3= , si scrive la KVL alla maglia a SX (antiorario):

( ) 042248 =⋅−⋅++ BA II AI A 1=

Dalle correnti di maglia si ricavano le tensioni nodali richieste:

( )

=−⋅==⋅=

VIIVVIV

AB

A

8488

2

1


WVP Agen 2423. −=⋅= ; WP Vgen 222. −=⋅=

WIP 88 288 +=⋅= ΩΩ ; WIP 168 2

44 +=⋅= ΩΩ ; WIP 28 222 +=⋅= ΩΩ


−

AI3


* Esercizio 102


******************************************************************************

R1 1 0 8R2 3 1 2V0 3 2 DC 2R3 2 0 4I0 0 2 DC 3.DC V0 2 2 1.PRINT DC V(1) V(2) I(R2) I(R3).END


* Esercizio 102


******************************************************************************

V0 V(1) V(2) I(R2) I(R3)

2.000E+00 8.000E+00 8.000E+00 1.000E+00 2.000E+00

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

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ESERCIZIO 103

Calcolare le tensioni nodali EA e EB per il circuito in figura.

5A

A

10Ω

−+8V

Iy B

5Ω 2A

IA IB IC

Soluzione:Metodo della sovrapposizione degli effetti

Nel circuito vi sono 3 generatori indipendenti, per cui si calcolano 3 effetti. 1

5A

A

10Ω

B

5Ω

1

10Ω

A B

5Ω 2A

1

10Ω

A −+8V

B

5Ω

I

1° Effetto 2° Effetto 3° Effetto

1êffetto, agisce solo il generatore da 5A: applicando il partitore di corrente

( ) AI35

5105510 =+

⋅=Ω VIEE IB

IA 3

5010 10 =⋅== Ω

2êffetto, agisce solo il generatore da 2A: applicando il partitore di corrente

( ) AI34

5101025 =+

⋅=Ω VIEE IIB

IIA 3

205 5 =⋅== Ω

3êffetto, agisce solo il generatore da 8V:

( ) AI158

5108 =+

= VIE IIIB 3

85 =⋅= VIE IIIA 3

1610 −=⋅−=

Sommando i due effetti si ha:

VEEEE IIIA

IIA

IAA 18+=++= VEEEE III

BIIB

IBB 26+=++=


* Esercizio 103


******************************************************************************

I1 0 1 DC 5R2 1 0 10V3 2 1 DC 8R4 2 0 5I5 0 2 DC 2.DC V3 8 8 1*le tensioni EA e EB sono rispettivamente V(1) e V(2).PRINT DC V(1) V(2) I(R2) I(R4).END


* Esercizio 103


******************************************************************************

V3 V(1) V(2) I(R2) I(R4)

8.000E+00 1.800E+01 2.600E+01 1.800E+00 5.200E+00

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 104

Calcolare le tensioni sui condensatori e le correnti negli induttori in

condizioni stazionarie per il circuito in figura.

−+ 30V

4Ω

C1

L1

6Ω

C2 L2

Soluzione:

In condizioni di regime stazionario condensatore e induttore si comportano

come un circuito aperto ed un cortocircuito. Il circuito si trasforma: 1

−+ 30V

4Ω

+

−

6Ω

iL1

+

−

vC1

vC2 iL2

VVC 0

2= perché c’è il cortocircuito.

( ) AII LL 346

3021

=+

== (partitore di corrente)

( ) VVC 1846

6301

=+

⋅= (partitore di tensione)


* Esercizio 104


******************************************************************************

V 1 0 DC 30R1 1 2 4*si inseriscono valori a piacere per condensatori e induttori *essendo prevista l'analisi in regime stazionarioC1 2 0 10e-3L1 2 4 20e-3R2 4 5 6C2 5 0 30E-3L2 5 0 40E-3.DC V 30 30 1.PRINT DC V(C1) V(C2) I(L1) I(L2).END


* Esercizio 104


******************************************************************************

V V(C1) V(C2) I(L1) I(L2)

3.000E+01 1.800E+01 0.000E+00 3.000E+00 3.000E+00

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 105

Calcolare l’energia immagazzinata dai condensatori in condizioni stazionarie

per il circuito in figura.

−+ 10V

1kΩ

C1 10mF

C2

20mF

6kΩ

3kΩ

Soluzione:

In condizioni di regime stazionario i due condensatori sono carichi per cui si

comportano come circuiti aperti. Il circuito si trasforma: 1

−+ 10V

1kΩ+

−

+ −

6kΩ

3kΩ

vC1

vC2

Le resistenze espresse in kΩ.Applicando ripetutamente il partitore si ha:

( )( ) VVC 9

6316310

1=

+++⋅= VVV CC 3

363

12=

+⋅=

Oppure si calcola: ( ) VVC 3613

3102

=++

⋅=

Le energie immagazzinate dai due condensatori sono:

mJVCW CC 40521 2

1 11=⋅⋅= mJVCW CC 90

21 2

2 22=⋅⋅=


* Esercizio 105


******************************************************************************

V 1 0 DC 10R1 1 2 1E3*si inseriscono valori a piacere per condensatori e induttori* essendo prevista l'analisi in regime stazionarioC1 2 0 10e-3R2 2 3 3E3C2 2 3 20E-3R3 3 0 6E3.DC V 10 10 1.PRINT DC V(C1) V(C2).END


* Esercizio 105


******************************************************************************

V V(C1) V(C2)

1.000E+01 9.000E+00 3.000E+00

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00 Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 106

Determinare il valore della resistenza R in modo che a regime, l’energia

immagazzinata dal condensatore si uguale a quella dall’induttore.

5A 2Ω

C

160mF

4mH L

R

Soluzione:

In condizioni di regime stazionario condensatore e induttore si comportano

come un circuito aperto ed un cortocircuito. Il circuito si trasforma: 1

5A 2Ω

+ −

R

iR

vC

iL

RRii RL +

=+

⋅==2

102

25

RRiRv LC +

⋅=⋅=210

Uguagliando le energie immagazzinate da C e L, si determina il valore di R:

LC WW = 2221

21

LC iLvC ⋅⋅=⋅⋅

326 10410160 −− ⋅=⋅⋅ R Ω+=⋅

⋅±= −

−5

10160104

6

3R

Avendo scartato il valore negativo. L’energia immagazzinata vale: mJWW LC 082,4==

RRii RL +

=+

⋅==2

102

25

RRiRv LC +

⋅=⋅=210

=

=

1,429 A

7,143 V


* Esercizio 106


******************************************************************************

I 0 1 DC 5R1 1 0 2*si inseriscono valori a piacere per condensatori e induttori* essendo prevista l'analisi in regime stazionarioC 1 2 10e-3*si inserisce una resistenza di 5 ohm verificando i*valori di v_C e i_LR 1 2 5L 2 0 20E-3.DC I 5 5 1.PRINT DC V(C) V(R) I(L) I(R).END


* Esercizio 106


******************************************************************************

I V(C) V(R) I(L) I(R)

5.000E+00 7.143E+00 7.143E+00 1.429E+00 1.429E+00

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME .05 Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 107

Calcolare la corrente i0(t) per t < 0 e per t ≥ 0. 1

−+ 80V

40Ω

t = 0

0.5 · i0 3F 80Ω

i0

Soluzione:

1) t < 0 Il valore per t<0 è 0=ICIv , perché è inizialmente scarico.

Per calcolare il valore finale ICFv si considera il condensatore carico: 1

−+ 80V

40Ω

0.5 · i0 80Ω+vI

CF

−

i0

Si applica il metodo nodale:

08080

5,040

80 =+

⋅−−+

ICF

ICF

ICF vvv

VvICF 64

5320 ==

Per calcolare la costante di tempo si ricava RTH con Thevenin: 1

40Ω

A

0.5 · i0 1A

−V0

+80Ω

i0

Si determina V0 col nodale:

080

180

5,040

000 =+−

⋅−+

VVV

Ω==== 32322,580

0ITHRVV

sec96332 =⋅=⋅= CRITH

Iτ .Per t < 0 vC e i0 variano con le seguenti leggi:

( ) ( ) Veevvvtvtt

ICF

ICI

ICF

IC

I 966464−−

⋅−=⋅−+= τ

Ing. Gerardi

( ) ( ) AetvtitI

CI 960 8,08,0

80−

⋅−==

2) t > 0 Il valore iniziale per t ≥ 0 è: ( ) Vvvv ICFC

IICI 640 === −

Il circuito è autonomo, 0=IICFv . Per la costante di tempo si ricava RTH:

0.5 · i0

A

1A

−V0

+80Ω

i0

Si determina V0 col nodale:

080

180

5,0 00 =+−

⋅−

VV

Ω=== 1601600IITHRVV

La costante di tempo vale: sec4803160 =⋅=⋅= CRIITH

IIτ

Quindi per t ≥ 0 la tensione vC e la corrente i0 variano con le seguenti leggi:

( ) ( ) Veevvvtvtt

IICF

IICI

IICF

IIC

II 48064−−

⋅=⋅−+= τ

( ) ( ) AetvtitII

CII 4800 8,0

80−

⋅==

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 108

Calcolare la corrente i0(t) per t < 0 e per t ≥ 0.

−+ 30V

a b

−+12V

3Ω 2Fi

6Ω

t = 0

Soluzione:

1) t < 0: posizione “a” Per il valore iniziale ( )−0Cv il condensatore è carico:

−+ 30V

6Ω

3Ω+vCI

−

( ) Vvv CCI 1036

3300 +=+

⋅== −

2) t > 0: posizione “b” Per il valore finale il condensatore è aperto:

VvCF 436

312 +=+

⋅=

La costante di tempo si ricava RTH passivizzando il generatore da 12V:

Ω=+⋅= 2

3636

THR sec4=⋅= CRTHτ

Quindi per t ≥ 0 la tensione vC e la corrente i variano con le seguenti leggi:

( ) ( ) Veevvvtvtt

CFCICFC464 −−

⋅+=⋅−+= τ

( ) ( )Aee

dttdv

CtittC 44

0 34162 −−

⋅−=⋅

−⋅⋅=⋅=

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 109

L’interruttore S è rimasto nella posizione “A” per molto tempo. Nell’istante

t=0 si sposta nella posizione “B”. Infine si sposta in posizione “C” dopo

0,25s. Calcolare la corrente iL(t) per t →-∞ a t →+∞.

1Ω−+

10V

C

10Ω10Ω

A1H

+vL

−

iL

−+10V

30Ω

−+30V

B

S

Soluzione:

1) t < 0: posizione “A” Per t<0 l’interruttore è in posizione “A”:

10Ω

10Ω1H

+vL

−

iL

−+10V

( ) AiiAA LIL 0==∞−

( ) AiiAA LFL 2

11010

10 −=+

−==∞+

perché L è in cortocircuito.

La costante di tempo si calcola dalla resistenza equivalente di Thevenin:

Ω=+= 201010ATHR sec50

201 m

RL

ATHA ===τ

( ) ( ) Aeeiiiti tt

LFLILFLA

AAAA

⋅−−⋅+−=⋅−+= 20

21

21τ t < 0

2) 0 ≤ t < 0,25sec: posizione “B” La C.I. è: ( ) ( ) AiiiBAB LILL 5,00 −==∞=−

A regime si avrebbe: ( ) AiiBB LFL 1

30103010 −=

++−==∞+

Ing. Gerardi

10Ω

30Ω1H

+vL

−

iL

−+30V

−+10V

Ω=+= 403010BTHR

sec25401 m

RL

BTHB ===τ

( ) ( ) Aeeiiiti tt

LFLILFLB

BBBB

⋅−−⋅+−=⋅−+= 40

211τ 0≤t<0,25s

3)“S” commuta in posizione “C” La condizione di regime in posizione “B”

viene raggiunta dopo 5τ=125ms; la commutazione nella posizione “C”

avviene dopo 125ms, quindi la C.I. vale: ( ) ( ) AiiiCBC LILL 10 −==∞=−

1H

+ vL−

iL −+10V

−+10V

1Ω

( ) AiiCC LFL 0

11010 =−==∞+

Ω=1CTHR

sec1==CTH

CR

Lτ

( ) ( ) Aeeiiiti tt

LFLILFLC

CCCC

)25.0()25.0(

−−−−

−=⋅−+= τ t ≥ 0,25s

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 110

L’interruttore è chiuso da molto tempo, e si apre in t = 0. Determinare la

tensione v(t) per t ≥ 0. [N.B. u(t) è la funzione gradino unitario]

3A 10Ω

t = 0

4F+

v−

1H

5Ω 4 · u(t)A

Soluzione:

1) t < 0 Si calcolano le due C.I. prima dell’apertura del tasto.Il circuito è:

3A 10Ω

+

−5Ω

iL

vC(0−)

( ) AiL 2510

1030 =+

⋅=−

( ) ( ) Viv LC 10050 =⋅= −−

2) t ≥ 0 Il circuito cambia e applicando le KCL e KVL, si ha:

4F+

vC−

iC

1H

+ vL−

iL

5Ω+

vR

−

iR

4A

=++−=−−

−=

004

RLC

LR

CL

vvvii

ii

=+⋅+−

=−−+

0

045

RL

C

LR

vdtdiLv

iv

=⋅++

=−⋅++

RC

C

CR

vdt

vdv

dtdvv

2

24

0445

04454

5 2

2=−⋅+⋅++

dtdv

dtvdv CCC (Equ.differenziale del 2° ord.non omogenea

20204 2

2=+⋅+⋅ C

CC vdt

dvdt

vd (*)

Ing. Gerardi

L’ equazione caratteristica associata, serve per calcolare i 2 valori di λ:

01204 2 =+⋅+⋅ λλ (**) 949,4051,0

21 −

−=λ

Le due soluzioni sono reali, distinte e negative, (risposta sovrasmorzata):

( ) ( )tveKeKtvPC

ttC +⋅+⋅= ⋅⋅ 21

21λλ (***)

Sostituendo la (***) nella (*), si ottiene: ( ) V20.tcostvPC ==

Calcolo di K1 e K2: (C.I. vC(0)=10V, iL(0)=2A):

( ) V1020eKeK0v 02

01C =+⋅+⋅= ⋅λ⋅λ 1020KK 21 =++

( ) ( ) ( ) ( )22110t

CCL KK

21

dtvdC0i0i λ⋅+λ⋅=−=⋅−=−=

=

Risolvendo si determinano le due costanti:

−=−=

205,0K795,9K

2

1

Sostituendo nella (***):

( ) V20et205,0e795,9tv t949,4t051,0C +⋅⋅−⋅−= ⋅−⋅−

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 111

Calcolare la potenza assorbita dal Doppio Bipolo nel circuito in figura.

10A

+

1Ω

−

1Ω

1Ω

1Ω

2Ω

−

10A

+I1 I2

V1 V2

Soluzione: (si risolve mediante i parametri “Y”)

I parametri Y di un doppio bipolo si ricavano dalle relazioni seguenti:

⋅+⋅=⋅+⋅=

2221122

2121111

VYVYIVYVYI

[Si userà il metodo agli nodale per il calcolo di tutti i parametri.]

- Calcolo Y11 e Y21:Si mette in porta 1 un gen. I1=1A, (porta 2 cortocircuitata).

1A

−V1

+

A

1Ω

1Ω I2

1Ω

B

1Ω

2Ω

BI1 I2

V2 = 0

1) KCL nodo A ( ) ( ) 05,01 =−+−⋅++− BABAA EEEEE

2) KCL nodo B ( ) ( ) 05,0 =+−⋅+−+ BABAB EEEEE

=

=

VE

VE

B

A

8385

;

−=−=

==

AEEI

VEV

AB

A

41

1

85

2

1; S

VIY

V 58

01

111

2

===

; SVIY

V 52

01

221

2

−===

- Calcolo Y12 e Y22: Si mette in porta 2 un gen. I2=1A, (porta 1 cortocircuitata).

1) KCL nodo C ( ) 01 =−++− ACC EEE

2) KCL nodo B ( ) ( ) 05,0 =+⋅+−+ AACA EEEE

Ing. Gerardi

A

1Ω

A

1ΩC

1Ω

1Ω

I1

2Ω1A

−V2

+

I1 I2

V1 = 0

Da cui si ha: (sarà 2112 YY = , il doppio bipolo è reciproco, e si usa la “rete a π“)

=

=

VE

VE

C

A

8541

;

==

−=−=

VEV

AEI

C

A

85

41

1

2

1; S

VIY

V 52

02

112

1

−===

; SVIY

V 58

02

222

1

===

I1

I2

I3

10A56Ω

56Ω

52Ω

Si calcolano le correnti I1,I2 e I3, applicando la sovrapposizione degli effetti 1

10A

II1

II2

II3

56Ω

56Ω

52Ω

III1

III2

III3

10A56Ω

56Ω

52Ω

1^ Effetto: agisce il generatore a sinistra. 2^ Effetto: agisce il generatore a destra.

( )( ) AI I

215

6565256525101 =++

+⋅= ; ( ) AII II25

656525651032 =

++⋅==

AI II25

1 = ; AII IIII25

12 −=−= ; AI II2

153 =

Sommando gli effetti: AI 101 = ; AI 02 = ; AI 103 =

La potenza assorbita vale: WIIIP3

50065

25

65 2

322

21 =

⋅+

⋅+

⋅=

Sommando gli effetti: VV 8,3331 = ;

+

−

V110A

+

−

V2

VV 8,3332 =


* Esercizio 111


******************************************************************************

I1 0 1 DC 10R1 1 0 1R2 1 2 1R3 2 3 1I4 3 2 DC 10R5 3 0 1R6 1 3 2.DC I1 10 10 1.PRINT DC V(R1) V(R3).END


* Esercizio 111


******************************************************************************

I1 V(R1) V(R3)

1.000E+01 8.333E+00 8.333E+00

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 112

Calcolare la potenza assorbita dal circuito in figura e verificare il bilancio

della potenza complessa.

−+ v1(t)

16H

L

23F

C

1Ω R2

1Ω R1

i0(t)

v1(t) = 30 · cos(3 · t)i0(t) = 40 · cos(3 · t)

Soluzione: Si risolve il circuito trasformato coi “fasori” col metodo “nodale”:

−+ 30 0V

+j 12ΩI1

−j 12ΩI2

1Ω

1Ω

40 0A

−v0

+

I0

0

211

40

2130 =

−+−

+

−+j

E

j

E AA

VjjjEA 540

6.18.06040 +=

−−=

Ajj

EI A 565.116361.2220105,0

301 ∠=+−=

+−=

Ajj

EI A 690.33056.3620305,012 ∠=+=

−=

La potenza attiva e reattiva totali sono:

( ) ( )[ ] WIIPT 1450115,0 22

20 =⋅+⋅⋅= ( ) ( )[ ] VARIIQT 2005,05,05,0 2

220 −=⋅−⋅⋅=

Verifica con le potenze complesse:

( ) ( ) VAjIVIVSSS IgenVgenT 200145021

21 *

00*11__ 01

−=⋅⋅+⋅⋅=+=

V0 è la tensione sul generatore di corrente: VjIEV A 5801 00 +=⋅+=

A


* Esercizio 112


******************************************************************************

V1 1 0 AC 30 0L 1 2 166.667E-3I0 3 2 AC 40 0R1 3 0 1C 2 4 666.667E-3R2 4 0 1*la tensione E_A V(2)*la corrente I1 I(L)*la corrente I2 I(C).AC LIN 1 .47746 .47746.PRINT AC VR(2) VI(2) IR(L) II(L).PRINT AC IR(C) II(C).END


* Esercizio 112

**** SMALL SIGNAL BIAS SOLUTION TEMPERATURE = 27.000 DEG C


* Esercizio 112

**** AC ANALYSIS TEMPERATURE = 27.000 DEG C******************************************************************************

FREQ VR(2) VI(2) IR(L) II(L)

4.775E-01 4.000E+01 5.000E+00 -1.000E+01 2.000E+01

******************************************************************************

FREQ IR(C) II(C)

4.775E-01 3.000E+01 2.000E+01

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 113

Del circuito in figura sono noti (valori di tensione e corrente efficaci): ω = 1 rad/s; BIPOLO “X” [PX=0; QX=1kVAR induttivi] Calcolare V1, I1, cos ϕ1 e verificare il bilancio della potenza complessa.

15Ω

I1

1F

X

+100V

−

10A

75mF

V1

cosϕ1

Soluzione: Si risolve il circuito trasformato coi “fasori” con “Boucherot”:

15Ω

1Ω

X

10Ω 403 Ω

V1

cosϕ1

D

DI

C

CI

B

BI

A

AI

ID IC IB IA

Si ricorda che

22 QPS +=

WP AA 100010100' =⋅=− ; VARQ AA 750340

1002

' −=−=−

AVS

IAA

AAA 5,12

'

' ==−

−

kWPPP XAABB 1'' =+= −− ; VARQQQ XAABB 250'' +=+= −−

VV BB 46,82' =−

'' BBCC PP −− = ; kVARX

VQQC

CCBBCC 55,6

2'

'' −=−= −−−

AVS

ICC

CCC 35,80

'

' ==−

−

kWIPP DCCDD 29,251 2

'' =⋅+= −− ; '' CCDD QQ −− =

; VI

SV

D

DD 361,86'1 == −

)(3302,0cos'

'1 capacitivo

SP

DD

DD ==−

−ϕ ; °−= 72,701ϕ

;VS

BB

BB

'

' =−

−

ID = I1 =


* Esercizio 113


******************************************************************************

*f = w/(2*pi) = 0.15915 HzV1 1 0 AC 86.361 -70.72R1 1 2 .2C1 2 0 1*il bipolo X solo induttivo per cui*si calcola LX=(QX/IA^2)/w = 6.4 ohmLX 2 3 6.4*la resistenza R2=100V/10A= 10 ohmR2 3 0 10C2 3 0 75E-3*la tensione VA-A' V(3)*la corrente IX=IA=IB I(LX)*la tensione VB-B' V(2)*la corrente IC=I1 I(R1)*si calcolano solo i moduli.AC LIN 1 0.15915 0.15915.PRINT AC V(3) I(LX) V(2) I(R1).END


* Esercizio 113

**** SMALL SIGNAL BIAS SOLUTION TEMPERATURE = 27.000 DEG C

**** AC ANALYSIS TEMPERATURE = 27.000 DEG C

******************************************************************************

FREQ V(3) I(LX) V(2) I(R1)

1.592E-01 1.000E+02 1.250E+01 8.246E+01 8.035E+01

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 114

Una tensione V = 325 ∠ 0°V, f = 50Hz, alimenta 3 carichi in parallelo:

a) carico ohmico-induttivo serie R1 = 6 Ω, L1 = 25,46 mH;

b) carico ohmico R2 = 25 Ω;

c) carico ohmico-induttivo serie R3 = 39 Ω, L3 = 165,521 mH;

Calcolare la corrente totale assorbita dai 3 carichi ed il fattore di potenza;

calcolare il valore del condensatore per rifasare ad un fattore di potenza pari a

0,9, e calcolare la corrente a monte del condensatore dopo il rifasamento.

Soluzione: Si risolve il circuito trasformato coi “fasori” con “Boucherot”:

6Ω R1

I1

8Ω X1

25Ω R2

I2 39Ω R3

I3

52Ω X3

V IT

Ω∠=+= 130,5310861 jZ ; Ω= 252Z ; Ω∠=+= 130,536552393 jZ

AZVI 13,535,32

11 −∠== ; A

ZVI 013

22 ∠== ; A

ZVI 13,535

33 −∠==

( ) ( ) ( ) AjjjIIT 2,40478,46305,354313265,19 −∠=−=−++−=∑=

VAjIVS TT 203,40373,7552487525,576821 * ∠=+=⋅⋅= ; 7638.0cos =Tϕ

Si rifasa a 9,0cos ' =Tϕ : ( ) VARtgtgPQ TTTC 556,2081' =−⋅= ϕϕ

FVQC C µ

ω458,1252

2 =⋅⋅= A

VPI

T

TT 441,39

cos2

'' =

⋅⋅=

ϕ

*****************************************************************************

− − −

−

− − −

− −

− −

−−

−−

−−


* Esercizio 114

*w = 2*pi*f = 314.16 rad/sV1 1 0 AC 325 0*per le correnti IT e IT' si inseriscono due generatori*di 0V che funzionano da amperometri, per cui si ha*IT'=I(Vamp1) e IT=I(Vamp2)Vamp1 1 2 AC 0 0Vamp2 2 3 AC 0 0R1 3 4 6*si inseriscono una resistenza elevatissima in parallelo*agli induttori per evitare il messaggio di errore di PSPICEL1 4 0 25.46E-3Rinf1 2 0 1E12R2 3 0 25R3 3 5 39L3 5 0 165.521E-3Rinf2 4 0 1E12*si inserice il condensatore di rifasamento CrifCrif 2 0 125.458E-6*la corrente I1 I(R1)*la corrente I2 I(R2)*la corrente I3 I(R3).AC LIN 1 50 50.PRINT AC I(R1) IP(R1) I(R2) IP(R2).PRINT AC I(R3) IP(R3) I(Vamp1) IP(Vamp1).PRINT AC I(Vamp2) IP(Vamp2).END


FREQ I(R1) IP(R1) I(R2) IP(R2)

5.000E+01 3.250E+01 -5.312E+01 1.300E+01 0.000E+00

FREQ I(R3) IP(R3) I(Vamp1) IP(Vamp1)

5.000E+01 5.000E+00 -5.313E+01 3.945E+01 -2.584E+01

FREQ I(Vamp2) IP(Vamp2)

5.000E+01 4.648E+01 -4.020E+01

JOB CONCLUDED TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

******************************************************************************

******************************************************************************

******************************************************************************

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 115

Quattro carichi ohmico-induttivi sono collegati in parallelo e vengono

alimentati da una tensione V = 230 ∠ 0°V (efficaci), f = 50Hz:

a) P1 = 1 kW ; Q1 = + 3 kVAR;

b) S2 = 2 kVA ; cosϕ2 = 1;

c) P3 = 1,5 kW ; tgϕ3 = 1;

d) S4 = 4 kVA ; cosϕ4 = 0,5

Calcolare la corrente totale assorbita dai 3 carichi ed il fattore di potenza;

calcolare il valore del condensatore per rifasare ad un fattore di potenza pari a

0,9, e calcolare la corrente a monte del condensatore dopo il rifasamento.

Soluzione: Si risolve il circuito con “Boucherot”:

V IT

Carico1

Carico2

Carico3

Carico4C

kWPPT 5,625,121 =+++==∑

kVARQQT 96,746,35,13 =++==∑

2252,1==T

TT P

Qtgϕ 6323,0cos =Tϕ AV

PIT

TT 695,44

cos=

⋅=

ϕ

Si rifasa a 9,0cos ' =Tϕ : ( ) VARtgtgPQ TTTC 4816' ≅−⋅= ϕϕ

FV

QC C µω

2902 ≅⋅

= AV

PIT

TT 4,31

cos '' =

⋅=

ϕ

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 116

Calcolare le correnti di linea totali nel circuito di figura (V = 380 V efficaci).

3

2

1

R240Ω

X230ΩI1T

R240Ω

X230ΩI2T

R1

30Ω

X1

40ΩI3S

R1

30Ω

X1

40ΩI1S

OR1

30Ω

X1

40ΩI2S

I3

I2

I1

−∠=∠=∠=

VVVV

VV

1203800380120380

31

23

12

−∠=−∠=

∠=

VEVE

VE

150393,21930393,219

90393,219

3

2

1

Soluzione:

AZEI S 87,36388,4

13,535090393,219

1

11 ∠=

∠∠==

AI S 13,83388,42 −∠= ; AI S 87,156388,43 ∠=

AZVI T 87,1566,7

87,3650120380

2

121 ∠=

−∠∠== ; A

ZVI T 87,366,7

2

232 ∠==

AjIII TS 768,121608,6618,5479,3111 ∠=+−=+=

AjIIII TTS 562,11876,13781,2594,131222 −∠=−=−+=

AjIII TS 338,164505,10836,2115,10233 −∠=−−=−=

Come si può verificare la somma delle correnti di linea totali è nulla pur

essendo il carico complessivamente squilibrato e quindi le correnti non hanno

moduli uguali e sfasamenti reciproci di 120°.

−−−

−−−

−

−

−

−

−

− − −

− −

− −

−

−

−

−−

−−

−−

Si pone la fase delle tensioni di linea:

**** 10/11/115 17:53:06 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** * Esercizio 116 **** CIRCUIT DESCRIPTION*******************************************************************************si sceglie w = 2 rad/s per cui*f = .3183 Hz*si inseriscono tre generatori relativi alle tensioni di faseV_E1 1 0 AC 219.3931 90V_E2 2 0 AC 219.3931 -30V_E3 3 0 AC 219.3931 210*per le correnti di linea si inseriscono tre generatori*di 0V che funzionano da amperometri, per cui si ha*I1=I(Vamp1), I2=I(Vamp2) e e I3=I(Vamp3)Vamp1 1 10 AC 0 0Vamp2 2 20 AC 0 0Vamp3 3 30 AC 0 0R10 10 11 30R20 20 21 30R30 30 31 30*le induttanze si calcolano da L = XL/wL10 11 0 20L20 21 0 20L30 31 0 20R12 10 100 40R23 20 200 40 *i condensatori si calcolano da C = 1/(w*XC)C12 100 20 16.6667E-3C23 200 30 16.6667E-3.AC LIN 1 .3183 .3183.PRINT AC I(Vamp1) IP(Vamp1) I(Vamp2) IP(Vamp2).PRINT AC I(Vamp3) IP(Vamp3).END**** 10/11/115 17:53:06 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** **** SMALL SIGNAL BIAS SOLUTION TEMPERATURE = 27.000 DEG C **** AC ANALYSIS TEMPERATURE = 27.000 DEG C******************************************************************************

FREQ I(Vamp1) IP(Vamp1) I(Vamp2) IP(Vamp2) 3.183E-01 6.608E+00 1.218E+02 1.388E+01 -1.156E+01

FREQ I(Vamp3) IP(Vamp3) 3.183E-01 1.051E+01 -1.643E+02

JOB CONCLUDED TOTAL JOB TIME 0.00 Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 117

Calcolare le POTENZE totali nel circuito dell’esercizio 116.

Soluzione: Supponendo di aver già ricavato le correnti, precedentemente:

AI S 87,36388,41 ∠= ; AI S 13,83388,41 −∠= ; AI S 87,156388,41 ∠=

AI T 87,1566,71 ∠= ; AI T 87,366,72 ∠=

AjIII TS 768,121608,6618,5479,3111 ∠=+−=+=

AjIIII TTS 562,11876,13781,2594,131222 −∠=−=−+=

AjIII TS 338,164505,10836,2115,10233 −∠=−−=−=

1) con Boucherot:

WIRP S 636,5772111 =⋅= ; WIRP T 4,23102

122 =⋅=

VARIXQ S 182,7702111 +=⋅+= ; VARIXQ T 8,17322

122 −=⋅−=

WPPPT 708,635323 21 =⋅+⋅= ; VARQQQT 054,115523 21 −=⋅+⋅=

VAjjQPS TTT 054,1155708,6363 −=+=

2) con la potenza complessa:

VAjIES SS 069,770662,577*111 +=⋅=

VAjIES SS 049,770590,577*222 +=⋅=

VAjIES SS 187,770532,577*333 +=⋅=

VAjIVS TT 860,1732244,2310*1121 −=⋅=

VAjIVS TT 8,17324,2310*2232 −=⋅=

VAjSSSSSS TTSSST 355,1155428,635321321 −=++++=

− − −

−

−

−

−

− −

− −−

−−

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 118

Tre impedenze uguali vengono alimentate da una tensione di linea (V = 400

V efficaci). Calcolare le POTENZE totali quando vengono collegate prima a

stella e poi a triangolo.

Soluzione: Si fa riferimento al sistema di tensioni trifasi dell’esercizio 116

a) collegamento a STELLA: 1

2

3

30Ω R

I1

40Ω X

30Ω R

I2

40Ω X

30Ω R

I3

40Ω X

AZEI S 87,3662,4

13,53509094,2301

1 ∠=∠

∠==

AZEI S 13,8362,42

2 −∠==

AZEI S 87,15662,43

3 ∠==

kWIRP SSteT 92,13 21_ =⋅⋅=

kVARIXQ SSteT 56,23 21_ =⋅⋅=

a) collegamento a TRIANGOLO: 1

2

3

30Ω R

I12

40Ω X

30Ω R

I23

40Ω X

30Ω R

I31

40Ω X

I1 I2 I3

AZ

VI 87,66813,5350

1204001212 ∠=

∠∠==

AZ

VI 13,5382323 −∠==

AZ

VI 13,17383131 −∠==

AIII 9,3686,1331121 ∠=−=

AIII 1,8386,1312232 −∠=−=

AIII 88,15685,1323313 ∠=−=

kWIRP TriT 76,53 231_ =⋅⋅=

kVARIXQ TriT 68,73 231_ =⋅⋅=

Le correnti di linea e le potenze sono il triplo

rispetto al collegamento a stella.

**** 10/11/115 18:20:42 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** * Esercizio 118 **** CIRCUIT DESCRIPTION*si sceglie w = 2 rad/s (f = .3183 Hz)V_E1 1 0 AC 230.9401 90V_E2 2 0 AC 230.9401 -30V_E3 3 0 AC 230.9401 210*per le correnti di linea si usano 6 generatori*di 0V (amperometri): 3 per la stella e 3 triangolo*CARICO A STELLAVampS1 1 10 AC 0 0VampS2 2 20 AC 0 0VampS3 3 30 AC 0 0R1S 10 11 30R2S 20 21 30R3S 30 31 30L1S 11 0 20L2S 21 0 20L3S 31 0 20*CARICO A TRIANGOLOVampT1 1 100 AC 0 0VampT2 2 200 AC 0 0VampT3 3 300 AC 0 0R1T 100 101 30R2T 200 201 30R3T 300 301 30L1T 101 200 20L2T 201 300 20L3T 301 100 20.AC LIN 1 .3183 .3183.PRINT AC I(VampS1) IP(VampS1) I(VampS2) IP(VampS2).PRINT AC I(VampS3) IP(VampS3).PRINT AC I(VampT1) IP(VampT1) I(VampT2) IP(VampT2).PRINT AC I(VampT3) IP(VampT3).END**** 10/11/115 18:20:42 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** **** AC ANALYSIS TEMPERATURE = 27.000 DEG C FREQ I(VampS1) IP(VampS1) I(VampS2) IP(VampS2) 3.183E-01 4.619E+00 3.687E+01 4.619E+00 -8.313E+01

FREQ I(VampS3) IP(VampS3) 3.183E-01 4.619E+00 1.569E+02

FREQ I(VampT1) IP(VampT1) I(VampT2) IP(VampT2) 3.183E-01 1.386E+01 3.687E+01 1.386E+01 -8.313E+01

FREQ I(VampT3) IP(VampT3) 3.183E-01 1.386E+01 1.569E+02


Ing. Gerardi

******************************************************************************

******************************************************************************

******************************************************************************

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 119

Un sistema di tensioni trifase (V=380V eff.) a 4 fili alimenta questi carichi: 1) carico monofase tra fase 1 e Neutro ( Ω∠= 93,3415,131NZ ); 2) carico monofase tra fase 2 e Neutro ( Ω∠= 57,2141,102NZ ); 3) carico trifase equilibrato a stella ( Ω∠= 36,2856,11SZ ); Calcolare le correnti di linea totali e di neutro; calcolare le POTENZE totali. Soluzione: Si fa riferimento al sistema di tensioni trifasi dell’esercizio 116.

1

2

3

N

Z1N

I1N

Z2N

I2N

Z1S

I1S

Z2S

I2S

Z3S

I3S

I1

I2

I3

IN

AZEI

NN 57,5107,21

2

22 −∠==

AI N 07,5568,161 ∠=

AI S 64,6198,181 ∠=

AI S 36,5898,182 −∠=

AI S 36,17898,183 −∠=

AIII SN 02,5882,35111 ∠=+= ; AIII SN 78,5499,39222 −∠=+=

AII S 37,17898,1833 −∠== ; AIII NNN 45,621,2521 −∠=+=

WIRP NNN 24,29992111 =⋅= ; WIRP NNN 39,42972

222 =⋅=

VARIXQ NNN 01,20952111 +=⋅= ; VARIXQ NNN 31,17002

222 +=⋅=

WIRP SStellaStella 93,109903 21 =⋅⋅= ; VARIXQ SStellaStella 16,59333 2

1 +=⋅⋅=

WPPTotale 72,18287==∑ ; VARQQTotale 48,9728+==∑

Con la potenza complessa:

( ) ( ) ( ) VAjIEIEIE

SSSS

SNN

StellaNNTriangoloTotale

24,972816,182913 *11

*22

*11

11_

+=⋅⋅+⋅+⋅=

=++=

Ing. Gerardi

**** 10/14/115 11:33:37 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** * Esercizio 119 **** CIRCUIT DESCRIPTION

*si sceglie w = 2 rad/s per cui*f = .3183 Hz*si inseriscono tre generatori relativi alle tensioni di faseV_E1 1 0 AC 219.3931 90V_E2 2 0 AC 219.3931 -30V_E3 3 0 AC 219.3931 210*per le correnti si inseriscono 4 generatori di tensione*di 0V che funzionano da amperometri, per cui si ha*I1=I(Vamp1), I2=I(Vamp2), I3=I(Vamp3), IN=I(VampN)Vamp1 1 10 AC 0 0Vamp2 2 20 AC 0 0Vamp3 3 30 AC 0 0VampN 100 0 AC 0 0R1N 10 11 10.781L1N 11 100 3.765R2N 20 21 9.681L2N 21 100 1.914R1S 10 111 10.173L1S 111 100 2.746R2S 20 222 10.173L2S 222 100 2.746R3S 30 333 10.173L3S 333 100 2.746.AC LIN 1 .3183 .3183.PRINT AC I(Vamp1) IP(Vamp1) I(Vamp2) IP(Vamp2).PRINT AC I(Vamp3) IP(Vamp3) I(VampN) IP(VampN).END **** AC ANALYSIS TEMPERATURE = 27.000 DEG C

FREQ I(Vamp1) IP(Vamp1) I(Vamp2) IP(Vamp2) 3.183E-01 3.560E+01 5.856E+01 3.998E+01 -5.479E+01****************************************************************************** FREQ I(Vamp3) IP(Vamp3) I(VampN) IP(VampN) 3.183E-01 1.898E+01 -1.784E+02 2.283E+01 -7.127E+00

JOB CONCLUDED TOTAL JOB TIME .05

******************************************************************************

******************************************************************************

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 120

Un sistema di tensioni trifase (V=380V eff.; f=50 Hz) a 4 fili alimenta un Impianto industriale con i carichi con i seguenti DATI DI TARGA: (carico a) 4 M.A.T.: Vn = 400V; Pn = 15 kW; pfn = 0,82; ηn = 0,85; (carico b) 10 M.A.T.: Vn = 400V; Pn = 2,2 kW; pfn = 0,74; ηn = 0,78; (carico c) 30 lampade: Vn = 230V; Pn = 36 W; pfn = 1; (carico d) un forno a induzione: Vn = 400V; Pn = 25 kW; pfn = 0,5; Rifasare l’impianto per ottenere pf = 0,9 (si supponga che tutti i carichi siano contemporaneamente attivi ed in condizioni di funzionamento nominale).

Soluzione:Con Boucherot, si calcolano le potenze attive e reattive:

carico (a) WPa 7058885,0

154 =⋅= ; VARtgPQ aaa 49271=⋅= ϕ

carico (b) WPb 2820578,02,210 =⋅= ; VARtgPQ bbb 25636=⋅= ϕ

carico (c) WPc 10803630 =⋅= ; 0=cQ

carico (d) WPd 25000= ; VARtgPQ ddd 43301=⋅= ϕ

WPPPPP dcbaTotale 124873=+++=

VARQQQQ dbaTotale 118208=++=

9466,0==T

TTotale P

Qtgϕ ; 7262,0cos =Totaleϕ

( ) VARtgtgPQ ITotaleTotaleC 57726=−⋅= ϕϕ

FV

QC C µω

3833 2 ≅

⋅⋅=

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 121 Calcolare la potenza media dissipata dalla resistenza nel circuito in figura.

−+V 40 − j10V

X1

4Ω

X2

8Ω

XC

12Ω

R

20Ω

I

k = 0, 9

Soluzione: Applicando la KVL nell’unica maglia si ha:

( )[ ] 0221 =⋅⋅+−+⋅++− IXXXXjRV MC

Ω=⋅⋅= 091,521 XXkX M

( )[ ] Ajj

jI 017,41837,1206,1386,1182,10128420

1040 −∠=−=+−+⋅+

−=

Se si invertisse il “puntino di “X2” si ha:

( )[ ] Ajj

jI 412,0790,1182,10128420

1040 −=−−+⋅+

−=

La potenza media dissipata dalla resistenza vale:

WIRPR 75,33837,12021

21 22 =⋅⋅=⋅⋅=

Oppure si calcola dalla potenza complessa:

[ ] WIVSP generatoreR 75,3321ReRe * =

⋅⋅==

j+ + j

j−

**** 10/08/115 17:29:26 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********V 1 0 AC 41.231 -14.036L1 1 2 2L2 2 3 4K12 L1 L2 .9C 3 4 41.6667E-3R 4 0 20.AC LIN 1 .3183 .3183.PRINT AC I(R) IP(R).END**** 10/08/115 17:29:26 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** FREQ I(R) IP(R) 3.183E-01 1.837E+00 -4.102E+01**** 10/08/115 17:29:26 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 122

Calcolare la tensione v(t) nel circuito in figura, funzionante in regime

sinusoidale (f = 50 Hz). (Valori efficaci).

−+ VS20 30V

5Ω

R

+j4Ω +j5Ω8 0A

IS

−j2Ω

XC

v(t)

k = 0, 9

Soluzione:

Ω=⋅⋅= 025,421 XXkX M

Applicando il metodo degli anelli si ha: 1) maglia SX I1 verso orario: ( ) 011 =⋅−⋅++− SMS IjXIjXRV

2) maglia DX IS verso antiorario: ( ) 012 =⋅−⋅−+− IjXIXXjV MSC

( ) AjjXR

IjXVI SMS 456,3229,61

1 +=+

⋅+=

VjV °−∠=−= 411,4954,13073,1912,13

Passando nel dominio del tempo:

sradf 16,3142 =⋅⋅= πω

VVVm 734,19954,1322 =⋅=⋅=

( ) ( )Vttv °−⋅⋅= 411,416,314cos734,19

**** 10/08/115 17:35:45 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********VS 1 0 AC 20 30R1 1 2 5L1 2 0 2L2 0 3 2.5K12 L1 L2 .9C 3 4 .25Rinf 3 4 1E12IS 0 4 AC 8 0.AC LIN 1 .3183 .3183.PRINT AC IR(R1) II(R1) V(4) VP(4).END**** 10/08/115 17:35:45 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** FREQ IR(R1) II(R1) V(4) VP(4) 3.183E-01 6.229E+00 3.456E+00 1.395E+01 -4.410E+00**** 10/08/115 17:35:45 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 123

Determinare l’equivalente di Thèvenin ai terminali “a” e “b” del circuito in

figura. (Valori efficaci).

−+E1 10 90V

5Ω +j6Ω +j8Ω −j3Ω

2Ω I04 0Aa

b

+j2Ω

Soluzione: Si trasforma in una rete a “T”:

−+E1 10 90V

5Ω +j4Ω +j3Ω 2Ω

−+ E08 0V

+j2Ω

a

b

Calcolo di THZ (si passivizza la rete)

( ) ( )( ) ( ) Ω∠=+=

++++⋅++= 387,68072,4786,35,1

324532452 jjjjjjZTH

Calcolo di THE

Nella maglia circola una corrente oraria pari a:

( ) ( )( ) ( ) Aj

jjI 286,1143,0

3245089010 +=

+++∠−∠=

( ) ( ) VjIjVE abTH 094,34348,5998,2429,4459010 ∠=+=⋅+−∠==

Verifica della THE :

( ) ( ) VjIjVE abTH 127,34349,5001,3428,43208 ∠=+=⋅++∠==

Ing. Gerardi

**** 10/11/115 20:44:38 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** * Esercizio 123a - Calcolo E_TH **** CIRCUIT DESCRIPTION*******************************************************************************si sceglie w = 2 rad/s (f = .3183 Hz)V_E1 1 0 AC 10 90R1 1 2 5L1 2 3 3L2 4 3 4*k= M/radq(L1*L2) = 0,288675K12 L1 L2 .288675C 4 5 166.6667E-3R2 5 0 2I0 0 5 AC 4 0*la tensione E_TH la V(3).AC LIN 1 .3183 .3183.PRINT AC V(3) VP(3).END**** 10/11/115 20:44:38 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** **** AC ANALYSIS TEMPERATURE = 27.000 DEG C****************************************************************************** FREQ V(3) VP(3) 3.183E-01 5.349E+00 3.411E+01

**** 10/11/115 20:44:40 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** * Esercizio 123b - Calcolo Z_TH **** CIRCUIT DESCRIPTION*si spengono i generatori azzerandoli*si inserisce un genertatore da 1A e si*misura la sua tensione che la Z_THV_E1 1 0 AC 0 0R1 1 2 5L1 2 3 3L2 4 3 4I 0 3 AC 1 0*k= M/radq(L1*L2) = 0,288675K12 L1 L2 .288675C 4 5 166.6667E-3R2 5 0 2I0 0 5 AC 0 0.AC LIN 1 .3183 .3183.PRINT AC V(3) VP(3).END**** 10/11/115 20:44:40 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** **** AC ANALYSIS TEMPERATURE = 27.000 DEG C****************************************************************************** FREQ V(3) VP(3) 3.183E-01 4.072E+00 6.838E+01

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 124

Calcolare la potenza media dissipata dalla resistenza da ZS.

−+ VS120 0V eff.

3 + j4Ω

ZPI1

+V1

− −V2

+500 − j200ΩZS

I2

1 : 10

Soluzione: 1) applicando la KVL al primario ed al secondario si ricava:

( ) 0VI4j3V 11S =+⋅++− 0IZV 222 =⋅+−

Dall’analisi delle tensioni e correnti relative ai “puntini”, si ha :

⋅−=

⋅−=

21

12

InIVnV

( )

=⋅+−

=⋅−⋅⋅+−−

0IZV

0Vn1In4j3V

222

22S

Risolvendo rispetto a I2 si ricava: A964,165455,1200j800

1200I2 ∠=+

−=

2) risolvendo con il metodo agli anelli:

1) KVL maglia SX IA (orario): ( ) 043120 11 =+⋅++− VIj

2) KVL maglia DX IB (antiorario): ( ) 0200500 22 =+⋅−+− IjV

+−=

−=

+−=

−=

AjIAjI

VjVVjV

353,0412,1

53,312,14

9,4584,635

89,4554,63

2

1

2

1

La potenza media dissipata da ZS vale: WIPS 51,1058500 22 =⋅=

Oppure: WIPS 18,10595 21 =⋅=

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 125

Calcolare la corrente ICC (cortocircuito tra 2 punti),per il circuito in figura.

8A

10Ω

50Ω

20Ω

40Ω

Icc

Soluzione: Metodo agli anelli: Ci sono 3 correnti di anello Ia, Ib e Ic. 1

8A

10Ω

50Ω

20Ω

40Ω

IccIa

Ib

Ic

1) Vincolo sul generatore AIa 8=

2) KVL maglia Ib oraria: 01030 =⋅−⋅+ ab II

3) KVL maglia Ic oraria: 05090 =⋅−⋅+ ac II

AIa 8= AIb 38= AIc 9

40=

AIII bccc 778,1=−=

2) Metodo nodale Si prende il nodo B come riferimento: 1

8A

A

10Ω

I1

B

50Ω

I3

C

20Ω

I2

40Ω

I4Icc

1) KCL nodo A 02010

8 =++− AA EE

2) KCL nodo C 04050

8 =+++ CC EE

−=+=

VEVE

C

A

778,177333,53

; AEI A 333,5101 +==

AEI A 667,2202 +== ; AEI C 556,3503 +=−= ; AEI C 444,4404 +=−=

AIIIcc 777,131 +=−= KCL al nodo B a sinistra

Ing. Gerardi


* Esercizio 125


******************************************************************************

I0 0 1 DC 8R1 1 2 10R2 2 0 50R3 1 3 20R4 3 0 40*per la corrente Icc si inserisce un generatore*di 0V che funziona da amperometro: Icc=I(Vamp)Vamp 2 3 DC 0*Ib = I(R3) e Ic = I(R4).DC I0 8 8 1.PRINT DC I(Vamp) I(R3) I(R4).END


* Esercizio 125


******************************************************************************

I0 I(Vamp) I(R3) I(R4) 8.000E+00 1.778E+00 2.667E+00 4.444E+00

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME .05

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 126

Calcolare la tensione E0 (ramo aperto),per il circuito in figura.

8A

10Ω

50Ω

+

20Ω

40Ω

−E0

Soluzione:

8A

A

10Ω

B

50Ω

+

20Ω

D

40Ω

−E0

C

8A

10Ω

50Ω

+

20Ω

40Ω

−E0Ia

Ib

1) Metodo nodale 2) Metodo agli anelli Metodo nodale

1) KCL nodo A: ( ) ( ) 005,01,08 =−⋅+−⋅+− DABA EEEE

2) KCL nodo B: ( ) 002,01,0 =⋅+−⋅+ BAB EEE

3) KCL nodo D: ( ) ( ) 0025,005,0 =⋅+−⋅+ DAD EEE

+=+=+=

VEVEVE

D

B

A

160200240

E0 è la differenza dei potenziali dei nodi B e D: VEEE DB 400 +=−= Metodo agli anelli

1) Vincolo sul generatore AIa 8=

2) KVL maglia Ib (oraria): 060120 =⋅−⋅+ ab II

==

AIAI

b

a

48

Applicando la KVL alle maglia sotto (e per verifica alla maglia sopra), si ha:

( )[ ] ( ) VIIIVVE aabDCBC 4040500 =⋅−−⋅=−= (maglia “in basso”)

Ing. Gerardi


* Esercizio 126


******************************************************************************

I0 0 1 DC 8R1 1 2 10R2 2 0 50R3 1 3 20R4 3 0 40*la tensione E0 uguale a V(2,3)*EA = V(1), EB = V(2), ED = V(3).DC I0 8 8 1.PRINT DC V(2,3).PRINT DC V(1) V(2) V(3).END


* Esercizio 126


******************************************************************************

I0 V(2,3) 8.000E+00 4.000E+01


* Esercizio 126


******************************************************************************

I0 V(1) V(2) V(3) 8.000E+00 2.400E+02 2.000E+02 1.600E+02


Ing. Gerardi

ESERCIZIO 127

Calcolare la tensione V, nel circuito in figura con sovrapposizione degli effetti.

40Ω

10Ω

−+50V

12Ω+ V −

20Ω

−+40V

8A

Soluzione: Sovrapposizione degli effetti

40Ω

A

10Ω

C

−+50V

12Ω+ V I −

B

20Ω 8Ω

A 12Ω+ V II −

B

20Ω

C

−+ 40V

8Ω

A B

12Ω−V III

+Iy

20Ω

C

8A

• 1^ effetto: agisce il gen. 50 V Col partitore di tensione (figura a sinistra) :

( ) Ω=+= 91602012//40XR ; V

RRV

X

XAC 32

1050 =

+⋅= ; VVV ACI 12

201212

+=+

⋅=

• 2^ effetto: agisce il gen. 40 V Col partitore di tensione (figura al centro):

( ) VV II 1210//402012

1240 −=++

⋅−=

• 3^ effetto: agisce il gen. 8 A Col partitore di corrente (figura a destra):

( )[ ] AI y 410//401220

208 =++

⋅= VIV yIII 4812 −=⋅−=

• Sommando gli effetti si ha:

VVVVV IIIIII 48−=++=

Ing. Gerardi


* Esercizio 127


******************************************************************************

R1 1 0 40R2 1 2 10V3 2 0 DC 50R4 1 3 12R5 3 4 20V6 4 0 DC 40I7 0 3 DC 8*la tensione V uguale a V(1,3).DC V3 50 50 1.PRINT DC V(1,3).END


* Esercizio 127


******************************************************************************

V3 V(1,3) 5.000E+01 -4.800E+01

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 128

Calcolare la tensione V, nel circuito in figura con Thèvenin e Norton.

40Ω

10Ω

−+50V

12Ω+ V −

20Ω

−+40V

8A

Soluzione: 1) Thèvenin: ( ) Ω=+== 2810//4020NOTH RR

- Calcolo di ETH ( ) VVVE BCACTH 1602084010404050 −=⋅+−

+⋅=−=

40Ω

A+

10Ω

C

−+50V

B−

20Ω

−+40V

8A

ETH

−+

−160V

RTH

28ΩA

12Ω+V

−

B

ETH

VREVTH

TH 481212 −=

+⋅=

2) Norton:- Calcolo di INO. Con il metodo nodale si calcola la tensione nodale EA. 1

40Ω

I1

A

10Ω

I2

C

−+50V

B

20Ω

−+40V

8A

INO

−40

7A

RNO

28Ω

A

12Ω+V

−B

INO

( ) ( ) 04005,0501,0025,08 =−⋅+−⋅+⋅+− AAA EEE VEA 714,85=

( ) AEEIII AANO 714,5501,0025,021 −=−⋅−⋅−=−−=

( ) VRIV NONO 4812// −=⋅=

Ing. Gerardi

**** 10/14/115 09:02:41 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** * Esercizio 128a - calcolo RTH = RNO **** CIRCUIT DESCRIPTION*******************************************************************************si passivizza il circuito e si inserisce al posto*della resistenza da 12 ohm un generatore di 1A*la cui tensione uguale a RTHR1 1 0 40R2 1 2 10V3 2 0 DC 0I 3 1 DC 1R5 3 4 20V6 4 0 DC 0I7 0 3 DC 0.DC I 1 1 1.PRINT DC V(1,3).END **** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C****************************************************************************** I V(1,3) 1.000E+00 2.800E+01 JOB CONCLUDED TOTAL JOB TIME 0.00

**** 10/14/115 09:02:44 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** * Esercizio 128b - calcolo ETH **** CIRCUIT DESCRIPTION*******************************************************************************la tensione E_TH la tensione a vuoto cio V(1,3)R1 1 0 40R2 1 2 10V3 2 0 DC 50R5 3 4 20V6 4 0 DC 40I7 0 3 DC 8*la tensione V uguale a V(1,3).DC V3 50 50 1.PRINT DC V(1,3).END **** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C****************************************************************************** V3 V(1,3) 5.000E+01 -1.600E+02 JOB CONCLUDED TOTAL JOB TIME 0.00


* Esercizio 128c - calcolo INO


******************************************************************************

*per la corrente INO si inserisce un resistore*molto piccolo che funziona da amperometro: INO = I(RS)R1 1 0 40R2 1 2 10V3 2 0 DC 50RS 1 3 1e-12R5 3 4 20V6 4 0 DC 40I7 0 3 DC 8.DC V3 50 50 1.PRINT DC I(RS).ENDÿ**** 10/14/115 09:10:51 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********

* Esercizio 128c - calcolo INO


******************************************************************************

V3 I(RS)

5.000E+01 -5.713E+00

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 129

Calcolare la tensione V, nel circuito in figura con Thèvenin e Norton.

−+40V

10Ω

40Ω

3A

a20Ω

18Ω+V

−b

c

Soluzione:1) Thèvenin: si taglia il ramo “interessato” dalla tensione.

Calcolo RTH. Si passivizza il circuito. ( ) Ω=+= 2840//1020THR

Calcolo ETH . È la tensione a vuoto.

KVL alla maglia in basso a destra:

( ) VVVE cbacTH 92504040320 +=

⋅+⋅=+= −+40V

10Ω

40Ω

3A

a20Ω

+

−b

c

ETH

Equivalente di Thèvenin si trova la

tensione V col partitore di tensione:

VR

EVTH

TH 3628181892

1818 +=

+⋅=

+⋅=

−+ 92V

RTH

28Ωa

18Ω+

V

−b

ETH

2) Norton: si taglia il ramo “interessato”.Calcolo RNO. Ω== 28THNO RR

Calcolo INO .Col metodo degli anelli. [KVL maglie Ia e Ic e vincolo gen.]

0405040 =⋅−⋅+− ca II ; 0204060 =⋅−⋅−⋅+ bac III ; AIb 3=

−+40V

10Ω

40Ω

3A

a20Ω

INO

b

c

Ia Ic

Ib

237

A RNO 28Ω

a

18Ω+

V

−

b

INO

V

RRIV

NO

NONO 36

1818 +=

+⋅⋅=

723 ==I c A INO

Ing. Gerardi


* Esercizio 129


******************************************************************************

V1 1 0 DC 40R2 1 2 10R3 2 0 40R4 2 3 20I5 2 3 DC 3R6 3 0 18*la tensione V uguale a V(R6).DC V1 40 40 1.PRINT DC V(R6).ENDÿ**** 10/14/115 11:45:56 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********

* Esercizio 129


******************************************************************************

V1 V(R6) 4.000E+01 3.600E+01

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 130

Calcolare la corrente i, nel circuito in figura con Norton e Sovrapposizione.

2A 4Ω

6Ω−+

12V

5Ω

i

4A

Soluzione:1) Norton:Calcolo RNO. Si passivizza. Ω=+= 1046NOR Calcolo INO . È la corrente del cortocircuito. col metodo degli anelli.

2A 4Ω

6Ω−+

12V

4A

Ia Ib Ic

INO

KVL maglia Ib 012410 =+⋅−⋅+ ab II

vincolo gen. 2 A AIa 2=

vincolo gen. 4 A AIc 4=

AIb 4,0−= AIII cbNO 6,3+=+= . Equivalente di Norton:

3.6A RNO 10Ω 5Ω

i

INO

AR

RIiNO

NONO 4,2

5+=

+⋅=

2) Sovrapposizione: 1^ effetto: gen. (2 A) 2^effetto:gen.(12 V) 3^ effetto: gen.(4 A)

2A 4Ω

6Ω

5Ω

iI

4Ω

6Ω−+

12V

5Ω

iII

4Ω

6Ω

5Ω

iIII

4A

( ) Ai I158

56442 +=

++⋅= Ai II

54

54612 −=

++−= ( )

( ) Ai III38

546464 +=++

+⋅=

Sommando gli effetti si ottiene infine:

Aiiii IIIIII 4,238

54

158 =+−=++=

Ing. Gerardi

**** 10/15/115 17:32:27 ******* Evaluation PSpice (September 1991) *********** * Esercizio 130 **** CIRCUIT DESCRIPTION******************************************************************************I1 0 1 DC 2R2 1 0 4R3 1 2 6V3 2 3 DC 12R4 3 0 5I5 0 3 DC 4*la corrente "i" uguale a I(R4).DC I1 2 2 1.PRINT DC I(R4).END**** 10/15/115 17:32:27 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********

* Esercizio 130


*****************************************************************************

I1 I(R4) 2.000E+00 2.400E+00


*PER OTTENERE 3 EFFETTI DAL CIRCUITO SI SIMULA *3 VOLTE (ANNULLANDO 2 GENERATORI PER VOLTA).

I1 I(R4)' 2.000E+00 5.333E-01

V3 I(R4)'' 1.200E+01 -8.000E-01

****** 2^ EFFETTO ******

****** 1^ EFFETTO ******

****** 3^ EFFETTO ****** I5 I(R4)''' 4.000E+00 2.667E+00

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 131

Determinare la corrente i(t) pet t ≥ 0, nel circuito in figura se i(0) = 2A.

10Ω

6Hi

0.5 · i 40Ω

Soluzione: (Con Thèvenin). Il valore iniziale è: ( ) AiI I 20 == Il valore finale IF e τ si calcolano dal circuito equivalente di Thèvenin:

Calcolo RTH. KCL nodo A ( ) 04015,01 =+−⋅++ AE

10Ω

A1A

−v0

+

0.5 · i

+

eA

−40Ω

i

VEA 20−= KVL maglia SX:

( ) 01100 =⋅+−− vEA Vv 300 +=

Ω== 3010VRTH

Calcolo ETH. Non c’è generatori indipendenti, per cui: VETH 0= 1

10Ω

+ −

0.5 · i 40Ω

i = 0

ETH

Dal circuito equivalente di Thèvenin si ricavano:

AREI

THTH

F 0==

sec2,0==THR

Lτ

Quindi si ha:

( ) ( ) AeeIIIti ttFIF

⋅−−⋅=⋅−+= 52τ

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 132

Calcolare la potenza del generatore indipendente nel circuito in figura.

−+90V

A 10Ω

V2

2

20Ω

30Ω

AI BI

60Ω−

V2

+

B

Soluzione:

Si risolve con i metodo agli anelli, e si verifica con il bilancio delle potenze.

1) Anelli. Si scrivono 3 KVL ed 1 vincolo sul generatore controllato.

−+90V

A 10Ω

V2

2

+

Vx

−

20Ω

30Ω

AI BI

60Ω−

V2

+

B

IA IB IC

KVL maglia IA 01090 =+⋅+− xA VI

KVL maglia IB 03050 =⋅−+⋅+ CxB IVI

KVL maglia IC 03090 =⋅−⋅+ BC II

vincolo gen. CBA IVII ⋅−==+ 3022

AI A 6,6= ; AIB 6,0−= ; AIC 2,0−= ; VVx 24=

Verifica con il Bilancio delle potenze (convenzione degli utilizzatori)

WIP A 6,43510 210 +=⋅=Ω ; WIP B 2,720 2

20 +=⋅=Ω ;

( ) WIIP BC 8,430 230 +=−⋅=Ω WIP C 4,260 2

60 +=⋅=Ω

WIIVP Agengenteindipendengen 59490_ −=⋅=⋅= (negativa perché erogata)

( ) WIIVP BAxocontrollatgen 144624_ +=⋅=+⋅= (positiva perché assorbita)

Risulta quindi verificato che:

WPP generatoritotaleriutilizzatototale 0450450__ =−+=+

Ing. Gerardi


* Esercizio 132


******************************************************************************

V1 1 0 DC 90R2 1 2 10G3 2 0 3 0 .5R4 3 2 20R5 3 0 30R6 0 3 60*la corrente del generatore uguale a IA=I(R2)*la corrente IB uguale a I(R4)*la corrente IC uguale a I(R6).DC V1 90 90 1.PRINT DC I(R2) I(R4) I(R6).END


* Esercizio 132


******************************************************************************

V1 I(R2) I(R4) I(R6) 9.000E+01 6.600E+00 -6.000E-01 -2.000E-01

JOB CONCLUDED

TOTAL JOB TIME 0.00

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 133

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 134

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 135

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 136

Ing. Gerardi

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 137

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 138

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 139

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ESERCIZIO 140

Ing. Gerardi

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ESERCIZIO 141

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ESERCIZIO 142

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 143

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 144

Ing. Gerardi

ESERCIZIO 145

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ESERCIZIO 146

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ESERCIZIO 147

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ESERCIZIO 148

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ESERCIZIO 149

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ESERCIZIO 150

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ESERCIZIO 151

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ESERCIZIO 152

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ESERCIZIO 153

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ESERCIZIO 154

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ESERCIZIO 155

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ESERCIZIO 156

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ESERCIZIO 157

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ESERCIZIO 158

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ESERCIZIO 159

147

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ESERCIZIO 160 148

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ESERCIZIO 161

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