Esercitazioni di Elettrotecnica - Ing. Gerardi - A.a. 2008...
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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
**** 10/09/115 13:10:33 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* 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
**** 10/09/115 13:10:33 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 100
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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 ==
Verifica del Bilancio delle potenze:
mWIEP30 V 1501 −=⋅= ;
;
Per cui risulta vero che: 0=+ riutilizzatogeneratori PP
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
**** 10/09/115 13:44:04 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 101
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/09/115 13:44:04 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 101
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
Ing. Gerardi
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
Verifica del Bilancio delle potenze:
WVP Agen 2423. −=⋅= ; WP Vgen 222. −=⋅=
WIP 88 288 +=⋅= ΩΩ ; WIP 168 2
44 +=⋅= ΩΩ ; WIP 28 222 +=⋅= ΩΩ
Per cui risulta vero che: 0=+ riutilizzatogeneratori PP
−
AI3
**** 10/09/115 13:52:44 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 102
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/09/115 13:52:44 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 102
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
Ing. Gerardi
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
1^effetto, agisce solo il generatore da 5A: applicando il partitore di corrente
( ) AI35
5105510 =+
⋅=Ω VIEE IB
IA 3
5010 10 =⋅== Ω
2^effetto, agisce solo il generatore da 2A: applicando il partitore di corrente
( ) AI34
5101025 =+
⋅=Ω VIEE IIB
IIA 3
205 5 =⋅== Ω
3^effetto, 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+=++=
**** 10/09/115 13:57:47 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 103
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/09/115 13:57:47 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 103
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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)
**** 10/09/115 14:07:09 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 104
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/09/115 14:07:09 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 104
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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=⋅⋅=
**** 10/09/115 14:11:24 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 105
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/09/115 14:11:24 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 105
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
**** 10/09/115 15:06:12 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 106
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/09/115 15:06:12 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 106
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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 =
**** 10/09/115 19:16:36 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 111
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/09/115 19:16:36 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 111
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
**** 10/10/115 13:40:46 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 112
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/10/115 13:40:46 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 112
**** SMALL SIGNAL BIAS SOLUTION TEMPERATURE = 27.000 DEG C
**** 10/10/115 13:40:46 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* 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 =
**** 10/10/115 16:59:45 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 113
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
*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
**** 10/10/115 16:59:45 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* 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
*****************************************************************************
− − −
−
− − −
− −
− −
−−
−−
−−
**** 10/10/115 17:57:32 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* 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
**** 10/10/115 17:57:32 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
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
JOB CONCLUDED TOTAL JOB TIME 0.00
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
**** 10/14/115 08:40:24 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 125
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/14/115 08:40:24 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 125
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
**** 10/14/115 08:45:00 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 126
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/14/115 08:45:00 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 126
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
I0 V(2,3) 8.000E+00 4.000E+01
**** 10/14/115 08:45:00 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 126
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
I0 V(1) V(2) V(3) 8.000E+00 2.400E+02 2.000E+02 1.600E+02
JOB CONCLUDED TOTAL JOB TIME 0.00
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
**** 10/14/115 08:53:19 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 127
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/14/115 08:53:19 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 127
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
**** 10/14/115 09:10:51 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 128c - calcolo INO
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
*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
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
**** 10/14/115 11:45:56 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 129
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
*****************************************************************************
I1 I(R4) 2.000E+00 2.400E+00
JOB CONCLUDED TOTAL JOB TIME 0.00
*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
**** 10/16/115 09:54:49 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 132
**** CIRCUIT DESCRIPTION
******************************************************************************
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
**** 10/16/115 09:54:49 ******* Evaluation PSpice (September 1991) ***********
* Esercizio 132
**** DC TRANSFER CURVES TEMPERATURE = 27.000 DEG C
******************************************************************************
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
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 140
Ing. Gerardi
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 141
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 142
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 143
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 144
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 145
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 146
Ing. Gerardi
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 147
Ing. Gerardi
Ing. Gerardi
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 148
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 149
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 150
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 151
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 152
Ing. Gerardi
Ing. Gerardi
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 153
Ing. Gerardi
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 154
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 155
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 156
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 157
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 158
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 159
147
Ing. Gerardi
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 160 148
Ing. Gerardi
ESERCIZIO 161
Ing. Gerardi