Mathematical Engineering - Elettrotecnica

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Elettrotecnica Soluzioni della II Prova Intermedia.I del 9-07-2017corso del prof. Dario D’Amore Autore: Dino Ghilardi21 febbraio 2017 1 1.1 E1 II P.I. del 9-02-2017, prof. Dario D’Amore 1.1.1 Testo 1.1.2 Soluzione Iniziamo con l’analizzare il transitoriot 0→ t 1, ovvero il transitorio di APERTURA dell’interruttore. Calcoliamo il valore iniziale della tensione sul condensatore come valore asintotico del transitorio di chiusura. Infatti essendo la tensione sul condensatore la variabile di stato, questa sarà continua quindi il valore ’iniziale’ di un qualsiasi transitorio sarà pari al valore ’finale’ del transitorio precedente. Nel nostro caso particolare il valore “finale” del transitorio precedente (di chiusura) sarà pari al suo valore asintotico, dato che l’interruttore è rimasto chiuso per un tempo molto maggiore della costante di tempo prima di aprirsi. Sostituiamo quindi (ad interruttore chiuso) il condensatore con un circuito aperto ottenendo V C ER RR 0 Dalla figura osserviamo che con un partitore di tensione si ottiene VC∞C H I U S U RA= ER R +R= E 2= 10 V Tale valore sarà pari al valore iniziale del transitorio di apertura pert 0≥ 0 VC0AP E RT U RA= V C∞C H I U S U RA= 10 V Calcoliamo ora il valore asintotico div C( t)del transitorio di apertura V C RR 0 VC ER RR 0 equivalente al circuito aperto 2 Ad interruttore aperto la serie del generatore di tensione,del resistore di sinistra e dell’interruttore sono equivalenti ad un circuito aperto, quindi otteniamo VC∞AP E RT U RA= 0 Calcoliamo ora la costante di tempo del transitorio. Ad interruttore aperto la resistenza equivalente è pari a 2R, quindi τ=R eqC = 2·2Ω·500μF= 2ms L’espressione analitica div C( t)sarà quindi vC( t) = 0 + (10−0)e− t 2 ms [V]⇒ v C( t) = 10e− t 2 ms [V]per0≤t≤2ms Il valore dii C( t)può essere ottenuto dalla relazione costitutiva del condensatore. iC( t) =Cdv C( t) dt= 0 .5 ✟✟ mF·10 −1 2 ✟✟ ms e− t 2 ms ⇒ iC( t) =−5 2 e− t 2 ms =−2.5e− t 2 ms [A] Analizziamo ora il transitorio pert≥t 1. Per quanto riguarda la variabile di stato (v C) il valore iniziale in questo transitorio sarà uguale al valore “finale” del transitorio precedente, cioè il valore raggiunto all’istantet 1. Otteniamo quindi VC0C H I U S U RA= v C(2 ms) = 10e− 1 =10 e= 3 ,678794412... V Il valore asintotico sul transitorio di chiusura è già statocalcolato in precedenza La costante di tempo sul transitorio di chiusura vale τchiusura= R eqC =3 2RC =3 ✁ 2✁ 2Ω ·0.5mF⇒τ= 1.5ms Otteniamo quindi vC( t) = 10 + (3.68...−10)et −2ms 1.5ms = 10−(6.32120...)et −2ms 1.5ms ⇒ vC( t)≃10−(6.32)et −2ms 1.5ms per t≥2 ms La correntei Csarà quindi iC( t) =Cdv C( t) dt= 0 .5 ✟✟ mF(−6.32...) −1 1 .5 ✟✟ ms e− t −2ms 1.5ms =5 e−5 1.5ee − t −2ms 1.5ms ⇒2,107068529...e− t −2ms 1.5ms i C( t)≃2.1e− t −2ms 1.5ms A per t >2ms Espressione analitica dii S( t).Ad interrutore apertoi S( t)è identicamente uguale a zero. Ad interruttore chiuso possiamo scriverei S( t)in funzione della variabile di stato, ottenendo: 3 ER RR vC(t) i S(t) C(t) Effetto di v i S(t) i S(t) ER RR RRR vC(t) Effetto di E: Possiamo utilizzare il principio di sovrapposizione degli effetti. L’effetto del generatore E sarà: i′ S ( t) =E R +R/2= E 32 R= 2 3ER = ✁ 2 320 V ✁ 2 Ω= 20 3ΩA L’effetto del generatore “di variabile di stato”v C( t)sarà: i′′ S ( t) =−v C( t) R+R/2 L. di Ohm· 1 2 partitore di corrente= −v C( t)·✁ 2 3 R1 ✁ 2= −v C( t) 6Ω Otteniamo quindi, pert >2ms iS( t) =20 3− 10 −(6.32)et −2ms 1.5ms 6= 30 6+ (6 .32)et −2ms 1.5ms 6= 5 + 1 .05et −2ms 1.5ms i s( t) = 5 +e− t −2ms 1.5ms A Grafici 4 is(t) 3.5 A 2.5 Av C(t) 10e -2.5A2.1A 2ms 10V t 1.5 ms t t Valore minimo dell’energia nel condensatoreEC=1 2C V 2 C⇒1 2· 0.5mF·(10 eV )2 ⇒ EC min= 3 ,383382081... mJ≃3,4mJ 5 1.2 E2 II P.I. del 9-02-2017, prof. Dario D’Amore 1.2.1 Testo 1.2.2 Soluzione sintetica Passiamo innanzitutto al dominio dei fasori, calcolando l’impedenza di condensatore ed induttore. zC=1 j ωC= −j1 ωC= −j1 1000 ·10− 3= −jΩ zL= j ωL=j·1000·2·10− 3 =j2 E= 10ej 0 V A= 4√ 2 ej π 4 Equivalente Thevenin.Iniziamo con il calcolare la tensione a morsetti aperti. In tali condizioni calcoliamo la pilotante che sarà pari a: per quanto riguarda il generatore di corrente otteniamo I1= E z C= 10 V −jΩ= j10A Nota la pilotante siamo in grado di calcolare il circuito equivalente ai morsetti AD (con il morsetto D alla sinistra dell’induttore) che sarà pari ad un generatore di tensione del valore di V eqAD= E −(3Ω) I 1= 10 −j30 [V] Essendo in queste condizioni l’induttore attraversato da corrente nulla, sarà nulla anche la tensione ai suoi capi. Ponenedo in serie l’equivalente appena calcolato con l’induttore otteniamo l’equivalente thevenin cercato. Veq= V eqAD+ V L= 10 −j30 + 0⇒ V eq= 10 −j30 z eq= z L= j2 6 Potenza assorbita dal generatore di corrente.Per calcolare la potenza complessa assorbita dal generatore di corrente ci servono i valori della corrente che lo attraversa (fornito dal testo del problema) ed il valore della tensione ai suoi capi (imposta dal generatore di tensione in parallelo allo stesso). Dato che i versi relativi della tensione e della corrente sul generatore sono espressi secondo la convenzione dei generatori, il loro prodotto ci darà la potenza EROGATA dal generatore di corrente: SE ROGAT A=1 2E · A∗ quindi, essendo la potenza erogata e quella assorbita l’unal’opposto dell’altra SA assorbita= −1 2E · A∗ Si noti la presenza del fattore1 2 dovuta al fatto che sono state usate le ampiezze delle sinuso idi come modulo dei fasori (e NON i valori efficaci delle sinusoidi). SA assorbita= −1 210 ·4√ 2 e− π 4 =−20√ 2 ·1 √2(1 −j)⇒ S A assorbita= −20W+j20var 1.3 E3 II P.I. del 9-02-2017, prof. Dario D’Amore 1.3.1 Testo 1.3.2 Soluzione sintetica Funzione di rete in forma simbolica H(j ω) =− R 2 R1+1 j ωC= −R 2 j ωR1C +1 j ωC⇒ H (j ω) =−j ωR 2C j ωR 1C +1 Grafico della risposta. Sostituendo i valori dei componenti otteniamo: R 2C = 200Ω·1μF= 0.2ms→1 R 2C= 5000rad s R1C = 100Ω·1μF= 0.1ms→1 R 1C= 10000rad s H(j ω) =−j ω (0.2ms) j ω(0.1ms)+1 Il modulo di tale funzione sarà: |H(j ω)|=0 .2·10− 3 ω (0.1·10− 3 ω)2 + 1 7 La fase di tale funzione è pari a:arg(H(j ω)) =−π+π 2 − atn ω·10− 4 1 =−1 2 π −atn ω·10− 4 1 Grafico del modulo 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 0 10000 20000 30000 40000 50000 60000 70000 80000 90000 100000 0.0002*x/sqrt((0.0001*x*0.0001*x)+1) Grafico della fase -3.2 -3 -2.8 -2.6 -2.4 -2.2 -2 -1.8 -1.6 -1.4 0 10000 20000 30000 40000 50000 60000 70000 80000 90000 100000 -pi/2-atan(x*0.0001)