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UNIVERSITA′ DEGLI STUDI DI BERGAMOFacoltà di Ingegneria

Corso di Elettrotecnica A.A. 2001/2002Prova scritta del 4 settembre 1999

Esercizio n°°°° 1Data la rete in figura, determinare tutte le correnti (4 pti) e le tensioni (4 pti) incognite.

Ω

Un modo con cui si può svolgere l’esercizio è tramite il metodo dell’analisi agli anelli (o “metododelle correnti di maglia”); questo metodo fa uso delle correnti di anello (o maglia) come incogniteprincipali. L’uso delle correnti degli anelli, invece di quelle degli elementi, risulta convenienteperché riduce il numero di equazioni che devono essere risolte simultaneamente. Nell’analisi aglianelli si applica la legge di Kirchhoff delle tensioni, la quale afferma che la somma algebrica delletensioni lungo un percorso chiuso (o maglia) è zero, e con questa si trovano le correnti incognite.Per cui per prima cosa si assegnano le correnti di anello (j1, j2…., jn) agli n anelli.

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Si applica la legge di Kirchhoff delle tensioni a ciascuno degli n anelli; per far ciò si farà anche usodella legge di Ohm per esprimere le tensioni in termini di correnti di anello.Per cui per il primo anello:

E - V1 + V2 = 0

per il secondo anello:

V3 - V2 - V4 = 0

per il terzo anello:

V4 - V5 + V6 = 0

mentre per il quarto anello dato che il generatore di corrente fa parte di un solo anello, si pone:

j4 = - A

Ora applicando la legge d’Ohm alle equazioni appena scritte:

E – R1I1 + R2I2 = 0 R3I3 – R2I2 – R4I4 = 0 R4I4 – R5I5 + R6I6 = 0

j4 = -A

Per cui ora siamo di fronte ad un semplice sistema di quattro equazioni che può essere risoltousando un qualunque metodo di risoluzione dei sistemi di equazioni, ad esempio il metodo disostituzione, quello di eliminazione, la regola di Cramer o l’inversione di matrici. Nel nostro casoutilizzeremo quello di sostituzione (chiaramente per la sostituzione si farà anche uso dei dati inizialiforniti dal problema); perciò guardando il circuito al posto delle correnti di lato posso sostituire leopportune correnti di maglia con i segni adeguati:

E – R1 (j1) + R2 (j2 – j1) = 0 R3 (-j2) – R2 (j2 – j1) – R4 (j2 –j3) = 0

R4 (j2 – j3) – R5 (j3) + 10 = 0 j4 = -A

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E - 20 + 2 (j2 - 10) = 0 2 (-j2) – 2 (j2 – 10) – 2 (j2 – j3) = 0

2 (j2 - j3) - 2j3 + 10 = 0 j4 = - A

E - 20 - 20 + 2j2 = 0 -2j2 + 20 - 2j2 + 2j3 - 2j2 = 0

-2j3 + 2j2 - 2j3 +10 = 0 j4 = - A

E - 40 + 2j2 = 0 -6j2 + 2j3 + 20 = 0 -4j3 + 2j2 + 10 = 0 j4 = - A

dalla seconda equazione ricavo j2 e la sostituisco nella terza equazione:

E - 40 = -2j2

(2j3 + 20) /6 = j2

2 [ (2j3 + 20) /6] – 4j3 + 10 = 0 j4 = - A

E - 40 = -2j2

(2j3 + 20) /6 = j2

(2/3) j3 + (20/3) – 4j3 + 10 = 0 j4 = - A

per cui dalla terza equazione ricaviamo il valore di j3 ossia 5A, sostituendo nella seconda equazionequesto valore abbiamo che j2 è pari a sua volta a 5A.Ora una volta noti i valori delle correnti di maglia posso ricavarmi le correnti che attraversano isingoli elementi; per cui:

Ie = 10 A I1 = 10 A

I2 = j2 – j1 = 5 – 10 = -5 A I3 = - j2 = -5 A

I4 = j2 – j3 = 5 – 5 = 0 I5 = j3 = 5 A I6 = j4 – j3 = -A – 5 I7 = -j4 = A

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Adesso dato che:

R6I6 = 10 V

e che:

R6 = 2 Ω I6 = -A – 5

Sostituendo trovo che:

A = -10

Per cui avremo anche che:

I6 = - 5 A I7 = - 10 A

Ora calcoliamo le tensioni presenti su ogni singolo elemento tramite la legge di Ohm (V = RI):

V1 = R I1 = 2 x 10 = 20 V V2 = R I2 = 2 x (-5) = -10 V V3 = R I3 = 2 x (-5) = -10 V

V4 = R I4 = 2 x 0 = 0 V5 = R I5 = 2 x 5 = 10 V

V6 = R I6 = 2 x (-5) = -10 V V7 = R I7 = 2 x (-10) = -20 V

Nota bene:I segni meno davanti ad alcune correnti e tensioni significano che i versi inizialmente ipotizzatisono sbagliati bisogna perciò cambiarli di verso!

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Esercizio n°°°° 2:Data la rete in figura, determinare le correnti che circolano nei tre rami del circuito (4 pti) e lapotenza attiva e reattiva erogata dai generatori (4 pti).

ΩΩ

Anche questo esercizio può essere risolto mediante il metodo dell’analisi agli anelli; quindi perprima cosa calcoliamoci le singole impedenze nel dominio della frequenza:

ELEMENTO IMPEDENZA CALCOLOR Z = R ZR1 = ZR2 = 1ΩR Z = R ZR3 = 3 ΩL Z = j ω L Z = j1000 x (1x10-3 ) = j ΩC Z = 1 / (j ω C) Z = 1 / ( j1000 x ( 1x10-3) = -jΩ

Successivamente si cerca di ridurre il circuito il più possibile, per cui in questo caso notiamo chel’induttore è in serie con il resistore R2 e il condensatore è anch’esso in serie con il resistore R3;quindi otteniamo:

Z1 = 0,5 Ω Z2 = 0,5 + j Ω

Z3 = 1 – j Ω

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si trasformano anche i generatori dal dominio del tempo a quello dei fasori, per cui:

e( t ) = 2 cos 1000t ⇒ E = 2 / √2

a( t ) = 2 cos1000t ⇒ a( t ) = 2 cos(1000t – 90) ⇒ A = (2 / √2) e j(-π / 2) = (2 / √2) ∠ -90° = - 1.41j

Quindi il circuito su cui ora dovremo operare sarà il seguente:

A questo punto possiamo applicare il metodo dell’analisi degli anelli, quindi una volta indicate lecorrenti fittizie (Y1, Y2) si può procedere all’analisi del circuito; considerando la maglia uno:

V1 + V2 – E = 0

quindi sostituendo, tramite la legge d’Ohm, ricaviamo:

Z1 (-Y1) + Z2 (Y2 – Y1) – E = 0

per la seconda maglia, notiamo che c’è un generatore di corrente presente esclusivamente in quelanello, per cui avremo:

Y2 = - A

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Quindi ora abbiamo due equazioni in un’incognita semplicemente risolvibile tramite i soliti metodi,ed anche in questo caso faremo uso del metodo di sostituzione, perciò:

- Z1Y1 + Z2Y2 – Z2Y1 – E = 0 Y2 = 1,41j

Ora sostituendo gli opportuni valori precedentemente ricavati:

-Y1 (0,5+0,5 + j) +(0,5 + j) x (1,41j) – E = 0 Y2 = 1,41j

semplificando:

(1 + j)x(-Y1)+ (0,705j – 1,41) - 2 / √2 = 0 Y2 = 1,41j

per cui ora si può ricavare Y1:

Y1 = - 1,05 + 1,76j

Ora guardando il circuito si può notare che :

I1 = - Y1 ⇒ 1,05 – 1,76j ⇒ 2,05 ∠ -59° I2 = Y2 – Y1 = 1,41j – (1,05 – 1,76j) ⇒ - 1,05 + 3,17j ⇒ 3,33 ∠ 108°

I3 = -I2 ⇒ -1,41j ⇒ (2 / √2) ∠ -90°

A questo punto si può calcolare la potenza attiva e reattiva erogata dai generatori, quindi:

generatore di tensione

S = E I2* = (2 / √2) x (1,05 – 3,17j) = 1,48 – 4,48j

quindi in questo caso avremo che la potenza attiva sarà pari a 1,48 mentre la potenza reattiva a–4,48j.

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generatore di corrente

troveremo dapprima la tensione V3, quindi:

V3 = Z3I3 = (1 – j) x (-1,41j) = -1,41 – 1,41j

Bisogna ricordare che V3 è la caduta di tensione sia del generatore di corrente siadell’impedenza; a noi interessa quella del generatore di corrente quindi prima di tuttotroveremo V1:

V1 = Z1I1 = 0,5 (1,05 – 1,76j) = 0,52 – 0,88j

Ora applicando la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia esterna trovo la caduta ditensione agente sul generatore di corrente:

V1 + V3 – Va(t) = 0

sostituendo i valori otteniamo:

Va(t) = V1 + V3 = (0,52 – 0,88j) + (-1,41 – 1,41j)

per cui :

Va (t) = -0,89 – 2,29j

successivamente ricaviamo la potenza:

S = VI3* = (-0,89 – 2,29j) x (1,41j) = 3,22 – 1,25j

ossia avremo una potenza attiva di 3,22 e una potenza reattiva di –1,25j.

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Esercizio n°°°° 3:Determinare l’espressione analitica della corrente che percorre l’induttore in seguitoall’apertura dell’interruttore (5 pti) e disegnarne l’andamento prima e dopo l’apertura dellostesso (3 pti).

ΩΩ

In quest’esercizio siamo di fronte ad un transitorio del primo ordine perché vi è solo un bipoloindipendente in grado di immagazzinare energia, ossia l’induttore.Studiare il transitorio vuol dire prendere un piano che ha come assi il tempo e la corrente estudiare il circuito tra l’istante in cui il circuito si modifica e l’istante in cui si raggiunge unnuovo equilibrio.Per cui la soluzione generale che dovremo trovare sarà:

iL(t) = iLo(t) + iLp(t)

La soluzione omogenea associata per un’equazione differenziale del primo ordine è:

io (t) = A e-t/τ

con

τ = ReqC nel caso di condensatore + resistenze τ = L / Req nel caso di induttore + resistenze

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Quindi nel nostro caso avremo:

iL(t) = A e-t/τ + iLp(t)

bisogna però calcolare, quindi dovremo trovare la resistenza equivalente vista ai morsettidell’induttore, per cui:

⇐

τ = L / Req = 8 / 4 = 2

Ora dovremo calcolare l’integrale particolare, ossia il valore della corrente passantenell’induttore a regime, nel nostro caso a regime stazionario, ossia:

lim iL(t) = iLp(t) t→∝

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bisogna però considerare che l’induttore in regime stazionario si può sostituire con uncortocircuito, mentre un condensatore si può sostituire con un circuito aperto; per cui il circuitocon cui opereremo ora sarà il seguente:

per cui ora tramite la legge d’Ohm ricavo iL (t):

iL(t) = E / R = 40 / 4 = 10 A = iLp(t)

La soluzione generale del nostro esempio sarà :

iL(t) = Ae-t/τ + 10 con τ = 2

Per determinare A devo imporre le condizioni iniziali; però bisogna ricordare che in un induttore lacorrente non può variare istantaneamente, cioè:

iL (0-) = K = iL (0+)

mentre in un condensatore la tensione non può variare istantaneamente, cioè:

Vc(0-) = K = Vc(0

+)

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Possiamo calcolare la corrente che attraversa l’induttore un attimo prima che l’interruttore si apra(t = 0-);

troviamo la resistenza equivalente tra R1 eR2 le quali sono in parallelo tra di loro:

Req = (R1xR2)/(R1+R2) = (4x2)/(4+2) = 4/3 Ω

perciò la corrente che percorre la resistenza equivalente varrà:

I = E / Req = 40 / (4/3) = 30 A

Ora tramite il partitore di corrente trovo la corrente passante per il resistore da 4, ossia iL (t):

iL (t) = I[R1/ (R1+R2) ] = 30 [ 2 / (2+4) ] = 10 A

quindi per la legge prima esposta avremo:

iL (0-) = 10 A = iL (0+)

In un istante l’induttore si comporta come un generatore ideale di corrente da 10 A.Ora si pone la nostra soluzione generale all’istante t = 0 uguale a 10 e si calcola il valore di A,ossia:

A e-0/τ + 10 = 10 ⇒ A = 0

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Quindi la soluzione finale dell’esercizio è:

iL(t) = 10 A

L’andamento della corrente passante per l’induttore prima e dopo l’apertura dell’interruttore sarà lostesso ossia avrà valore costante pari a 10 A :