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Prova Scritta di Elettrotecnica
Corso di Laurea in Ingegneria dell’Energia, curr. Elettrico - Università di Pisa
Pisa, 03 Febbraio 2014
Allievo
Matricola
1. La linea di trasmissione senza perdite rappresentata in figura è lunga ` = 10 m ed è alimentata da un generatore di tensione
sinusoidale vs (t) = 100 sin(2π f · t) V con impedenza interna Z¯ s = 50 + j0 Ω e frequenza f = 26 MHz. Sapendo che il carico a
fondo linea vale Z¯ L = 100 + j50 Ω, determinare: a) l’impedenza di ingresso Z¯ in della linea; b) la tensione di ingresso vin (0,t)
della linea; c) la tensione sul carico vL (`,t).
` = 10 m
Z¯ s
+
V˙s
+
m
Z¯ 0 = 50 Ω; u = 200
;
µs
V˙in
−
V˙L
Z¯ L
−
2. Nel circuito di figura l’interruttore si chiude nell’istante di tempo τ in cui il generatore assume valore nullo all’inizio del primo
semiperiodo positivo dopo lo zero. Determinare: a) le correnti i1 (t) e i2 (t) per t ≥ τ; b) l’energia dissipata sul resistore
nell’intervallo temporale [τ; +∞].
i1 (t)
i2 (t)
R = 10 Ω;
•
j(t)
L
M
L
L = 10 mH; M = 5 mH;
√
j(t) = 10 2 sin(1000 t + π4 ) A;
R
•
3. Nel sistema di figura i due pistoni sono vincolati tra loro, il pezzo tratteggiato è di acciaio non-ferromagnetico e lo spessore
della gomma g è trascurabile. Inoltre è noto che il solenoide di Ns spire, uniformemente distribuite, ha una lunghezza
h r. Sapendo che inizialmente si ha: Rx = R = 4 Ω, e che l’induttanza equivalente del solenoide Ls è in risonanza con
il condensatore C, determinare: a) l’energia magnetica media immagazzinata nell’intero sistema (nucleo+solenoide); b)
la potenza attiva erogata dal generatore di tensione e(t); c) il valore che deve assumere la resistenza Rx affinchè, nelle
condizioni di figura, vi sia equilibrio tra la forza media del nucleo magnetico e quella del solenoide.
•
`1
δ
Rx
N1
µr = +∞
gδ
hr
µr f e2
ω = 1000 rad/s;
√
e(t) = 10 + 10 2 sin(ωt) V ;
aria
S = πr2
S, µr f e1
R = 4 Ω; C = 10 µF;
R
`1
−−−
Ns
h/4
`1 = 12 · π cm; µr f e1 = 104 ; S = 36 cm2 ;
δ = 1.2 · π mm; N1 = 100;
h = 36 · π cm; µr f e2 = 4001; Ns = 158;
e(t)
C
4. Il sistema trifase di figura è alimentato da una terna diretta di tensioni simmetriche di valore concatenato V12 = 345 V
e frequenza 50 Hz. Usando opportunamente il Teorema di Thevenin, determinare: a) il valore della corrente letta
dall’amperometro ideale; b) le correnti di linea.
Rn
R1
R2
A
Rn = 1.5 Ω;
R1
R1 = 10 Ω;
R2 = 5 Ω;
1
Pn
2
3
−−−−−−−
Pn = 5.3 kW ;
Qn
Qn = 10.64 kVAR;
Vn
Vn = 400 V ;
Suggerimenti per la soluzione
(resi disponibili sul sito del Docente, dopo lo svolgimento della prova)
Esercizio 1: per il calcolo dei punti richiesti è sufficiente applicare le ben note formule relative alle linee di trasmissione senza
perdite.
Risultati numerici: [Z¯ in = 19.21 + j3.52 Ω; vin (0,t) = 28.2 sin(1.6 × 108 · t + 0.13) V ; vL (`,t) = 70.7 sin(1.6 × 108 · t + 2.655) V.]
Esercizio 2: L’istante di tempo τ si ricava imponendo che l’argomento della funzione sinusoidale del generatore di corrente sia
pari all’angolo 0 + 2kπ con k = 0, 1, ..., (k è il primo intero che rende positivo τ).
Noto τ si ricavano le c.i. sugli induttori mutuamente accoppiati studiando il circuito in regime sinusoidale con i fasori. Poichè
i1 (τ) = j(τ) = 0, il contributo alle condizioni iniziali è dato dalla sola corrente i2 (t = τ), che circola nella parte destra del circuito.
Dopo la chiusura dell’interruttore, il transitorio può essere studiato facilmente con il metodo di Laplace completo. I generatori di
c.i. sono posti uno sulla parte sinistra (M · i2 (τ)) ed uno su quella destra (L · i2 (τ)). Scrivendo due equazioni con il Metodo delle
Correnti di Maglia, si trovano le due correnti cercate nel dominio di Laplace, che antitrasformate permettono di ricavare le soluzioni
volute.
L’energia dissipata sul resistore nell’intervallo di tempo [τ; +∞] si trova come differenza (in modulo) dell’energia immagazzinata nei
due induttori mutuamente accoppiati agli estremi dell’intervallo di tempo.
h
i
h
i
Risultati numerici: [τ ' 5.5 ms; i1 (t) = −1.75 + 1.75 · e−1333·(t−τ) · u(t − τ) A; i2 (t) = −3.5 · e−1333·(t−τ) · u(t − τ) A; W = 46 mJ; ]
Esercizio 3: Poichè non vi è interazione magnetica tra i due sistemi (nucleo a sinistra e solenoide) essi possono essere studiati
separatamente. I due sottosistemi possono essere ricondotti a due induttanze separate L1 e Ls . La riluttanza complessivamente
vista dall’avvolgimento di N1 spire é: ℜvista = ℜδ (la riluttanza dei tratti in ferro è nulla o trascurabile). Per il calcolo di Ls si può
sfruttare l’informazione relativa alla risonanza: ω¯ = √L1 ·C = 1000 rad/s ⇒ Ls = ω¯ 21·C = 100 mH. In alternativa, considerato
s
che il solenoide è ideale (h r), il calcolo di Ls può essere effettuato pensando il solenoide composto da due sezioni in serie,
rispettivamente formate dal tratto in materiale ferromagnetico e da quello in aria.
Si trova così un sistema di due induttori semplici da inserire nel circuito elettrico da studiare. Tale circuito deve essere analizzato
con la sovrapposizione degli effetti facendo agire separatamente la componente in DC dei generatori e quella in AC. In quest’ultimo
caso l’induttanza Ls è in risonanza serie con il condensatore C.
Per quanto riguarda il calcolo della forza media del sottosistema a sinistra, si può usare il metodo dei lavori virtuali, supponendo
uno spostamento fittizio della parte mobile e ricavando l’energia media in funzione di tale spostamento:
2 + I 2 ). Nota la funzione W (x) dell’energia magnetica media, la sua derivata dW (x)/dx permette di determinare
W (x) = 21 L1 (x) · (Idc
ef f
la forza F1 . Poichè è richiesto di ricavare il valore della resistenza Rx che mette in equilibrio le forze dei due sottosistemi, si può
facilmente verificare che sia la componente DC, sia quella AC della corrente in L1 non sono influenzate dalla variazione di Rx
(L1 è a tensione impressa). Pertanto la forza F1 , appena determinata, è una costante nota. Per la forza esercitata dal solenoide
sul pistone, può essere usata direttamente la ben nota formula del caso ideale. Questa deve essere espressa in funzione della
corrente che scorre nel solenoide. Dallo svolgimento precedente si verifica facilmente che la componente in DC è sempre nulla
per la presenza del condensatore in serie al solenoide. Pertanto il valore della resistenza si calcola con riferimento alla sola
componente AC. Uguagliando il modulo della forza esercitata dal solenoide (dipendente dalla corrente in R0x ), con il modulo
della forza F1 , si ricava il valore efficace della corrente incognita. Quest’ultima poi può essere scritta in funzione della corrente
nell’induttanza L1 (nota perchè a tensione impressa) e della corrente nella resistenza R0x da ricavare. Risolvendo l’equazione che
deriva dall’eguaglianza si trova il valore di R0x cercato.
Risultati numerici: [L1 = 12 mH; Ls = 100 mH; W¯ m = W¯ AC + W¯ DC ' 0.39 J; PE = PEDC + PEAC = 50 W ; |F1 | = 11 N; R0x = 1.27 Ω; ]
Esercizio 4: Dopo aver ricavato un sistema di generatori (stellati o concatenati) ed aver determinato le impedenze a stella del
carico equilibrato, è possibile applicare il Teorema di Thevenin tra i centri stella dei due carichi in parallelo. In questo modo il
sistema trifase con i due centri stella NON collegati (sottorete A) può essere ricondotto all’equivalente Thevenin composto da
un generatore di tensione e da un’impedenza in serie. Poichè l’Amperometro ideale si comporta come un cto-cto, ai morsetti
dell’equivalente Thevenin si ricollega la sottorete B composta dal solo resisitore Rn . La corrente che scorre in tale resistore è:
E˙
I˙A = ¯ th , il cui valore efficace coincide con quella letta dallo strumento.
Zth + Rn
La riduzione della sottorete A è semplice in quanto i due carichi si trovano a tensione impressa. Tra l’altro uno dei due è equilibrato
e quindi la tensione tra il suo centro stella e quello del generatore è nulla. La tensione di Thevenin coincide quindi con la sola
tensione tra il centro stella del carico puramente resistivo (squilibrato) ed il centro stella dei generatori. Tale tensione si calcola
facilmente con la formula di Millman. Per quanto riguarda l’impedenza di Thevenin, dopo aver disattivato i generatori di tensione,
si verifica che essa è data dal parallelo delle 3 fasi del carico equilibrato, posto in serie con il parallelo dei tre resistori del carico
squilibrato.
Per ricavare le correnti di linea (pt. b) del problema), è sufficiente applicare il Principio di Sostituzione. Nota infatti la corrente
nel ramo di collegamento tra i centri stella dei due carichi, tale ramo può essere sostituito con un generatore di corrente pari alla
corrente nota. Il circuito originale completo non si accorge della sostituzione.
A questo punto è possibile applicare il Principio di Sovrapposizione degli Effetti, facendo agire prima i generatori di tensione (con
il generatore di corrente disattivato). Il contributo dei generatori attivi alle correnti di linea si ricava dirattamente analizzando la
sottorete A (il cui studio è stato già effettuato per ricavare il circuito di Thevenin).
Per il secondo passo (generatore di corrente attivo e generatori di tensione disattivati), è sufficiente effettuare due partitori di
corrente per determinarne il valore nelle diverse fasi dei carichi.
Le correnti di linea richieste si trovano sommando, con gli opportuni segni, le correnti trovate nei passi precedenti e calcolandone
il valore efficace.
Risultati numerici: [IA = 6.9 A; I1 = 31 A; I2 = 40 A; I3 = 34 A; ]

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