Si noti come l’istruzione
.PRINT AC IM(L0) IP(L0)
chiede al compilatore di stampare nel file ‘.OUT’ il modulo e la fase della corrente che passa per l’induttore L0.
In questo esercizio applicheremo sistematicamente le leggi di Kirchhoff per risolvere una semplice rete nel dominio dei fasori; si noti la stretta analogia con i circuiti in regime stazionario.
Esempio 11 - Determinare le correnti che fluiscono nei tre rami della rete
- cos α = sen α - π 2 .
Applicando le leggi di Kirchhoff nel dominio dei fasori, e adoperando le convenzioni di segno mostrate in figura, possiamo scrivere:
E1 = R I1 + j XL I3 , E2 = - j XC I2 + j XL I3 , I1 + I2 = I3 ,
ovvero, eliminando la corrente I3 per mezzo della terza equazione:
E1 = R I1 + j XL I1 + I2 = R + j XL I1 + j XL I2 , E2 = - j XC I2 + j XL I1 + I2 = j XL I1 + j XL - XC I2 .
Sostituendo i valori numerici assegnati, e risolvendo il precedente sistema, è facile ottenere i seguenti valori per i fasori rappresentativi delle tre correnti di lato:
I1 = - 2 = 2 , π,
I2 = 2 - 4 j = 2 5 , - ϕ , (ϕ = arctg 2 ≅ 1.107) I3 = - 4 j = 4 , - π
2 ,
che, nel dominio del tempo, diventano:
i1(t) = 2 2 sen(1000t + π) , i2(t) = 2 10 sen(1000t - ϕ) , i3(t) = 4 2 sen(1000t - π/2) .
Operiamo, come d’abitudine, un controllo dei risultati ottenuti per mezzo di Spice.
Esempio 11
*Circuito in alternata
R1 1 3 5
C1 2 3 0.2m
L1 3 0 5m
VE1 1 0 AC 14.14 -90
VE2 2 0 AC 14.14 180
.AC LIN 1 159.15 159.15
.PRINT AC IM(R1) IP(R1) .PRINT AC IM(C1) IP(C1) .PRINT AC IM(L1) IP(L1) .END
La risposta di Spice si può condensare nelle sei righe che seguono
FREQ IM(R1) IP(R1)
1.592E+02 2.828E+00 9.001E+01
FREQ IM(C1) IP(C1)
1.592E+02 6.323E+00 -1.534E+02
FREQ IM(L1) IP(L1)
1.592E+02 5.656E+00 -1.800E+02
che (non senza un tantino di trigonometria) ci forniscono risultati in accordo con quelli che abbiamo trovato ‘a mano’.
Per continuare ad esercitarvi, provate ad ottenere gli stessi risultati adoperando la sovrapposizione degli effetti, cioè facendo agire, uno per volta, i due generatori di tensione.
Vediamo, poi, come si applicano i metodi dei potenziali nodali e delle correnti di maglia.
Esempio 12 - La rete in figura opera in regime sinusoidale. Si determini la corrente i(t) che fluisce nel condensatore.
0 1 2 3
i(t) C0 4
5
j(t) L1
L2
R2
R1 R3
R4
0.5 j(t) 0.5 j(t)
Si assuma che j(t) = I 2 cos(ωt), ω = 200 rad/s, I = 2 A, L1 = L2 = L = 5 mH, C0 = 10 mF, R1 = R2 = R3 = R4 = R = 1 Ω.
Questo esercizio verrà risolto sia adoperando il metodo dei potenziali nodali, sia adoperando quello delle correnti di maglia. Cominciamo, come sempre, col calcolare le reattanze
XL = ω L = 1 Ω e XC = 1 ω C0
= 12 Ω ,
e i fasori rappresentativi dei generatori (osservate bene la rete: vi sono, ben nascosti, due generatori indipendenti di corrente)
j(t) = I 2 cos(ωt) → J = I = 2 A .
Potenziali nodali
Scegliamo quale riferimento per i potenziali il nodo 0, ponendo cioè V0 = 0.
Essendo
I1 = V3 - V1
R + j XL , I2 = V3 - V5
R + j XL , I3 = - V1
R , I4 = - V5
R , I = j V3 XC , le equazioni ai nodi 1, 2 e 3 diventano:
V3 - V1
R + j XL + V3 - V5
R + j XL + j V3
XC = J , V3 - V5
R + j XL = 1
2 J + V5 R , V3 - V1
R + j XL = 1
2 J + V1 R .
Sostituendo i valori numerici, e risolvendo, potete verificare che la soluzione del precedente sistema vale:
V1 = - 1 2 - 1
2 j , V3 = 1 2 - 1
2 j , V3 = - 1 2 - 1
2 j . Pertanto, la corrente incognita vale
I = 1 + j = 2 , π/4 ,
che, nel dominio del tempo, fornisce il risultato:
i(t) = 2 cos 200t + π 4 . Correnti di maglia
Scegliendo come incognita le due correnti di maglia indicate nella figura seguente, e scelti (in maniera del tutto arbitraria) i percorsi delle correnti impresse dai generatori (noi abbiamo diviso la corrente J in due metà, ciascuna passante attraverso un resistore), possiamo scrivere il seguente sistema:
R + j XL J1 + J/2 + R J1 - j XC J1 + J2 = 0 , R + j XL J2 + J/2 + R J2 - j XC J1 + J2 = 0 .
XL XL
XC
R R
R R
J1 J2
0.5 J 0.5 J
J
I
Sostituendo i valori numerici e risolvendo, si ha:
J1 = J2 = - 1 2 - 1
2 j .
A questo punto, non è difficile mostrare che la corrente è ancora una volta pari al risultato ottenuto in precedenza; basta porre:
I = - J1 - J2 . Esempio 12
*Ancora un circuito in regime sinusoidale
R1 0 1 1
R2 1 2 1
L1 2 3 5m
C0 3 0 10m
L2 3 4 5m
R3 4 5 1
R4 5 0 1
I1 5 3 AC 1.414 0
I2 1 3 AC 1.414 0
.AC LIN 1 31.83 31.83
.PRINT AC IM(C0) IP(C0)
.END
Il file Spice riportato dà la possibilità di controllare i risultati trovati ‘a mano’.
Infine studiamo gli utilissimi teoremi del generatore equivalente (Thévenin e Norton).
Esempio 13 - Determinare il circuito equivalente di Thévenin (Norton), visto dai morsetti A-B, per la rete mostrata in figura.
+
−
A
B e(t) R
L
C
Si assuma e(t) = E 2 sen(ωt), E = 100 V, ω = 20 krad/s, R = 10 Ω, L = 1 mH, C = 5 µF.
Dopo aver valutato le due reattanze
XL = ωL = 20 Ω , XC = 1/(ωC) = 10 Ω ,
possiamo valutare l’impedenza equivalente vista dai morsetti A-B quando il generatore di tensione viene spento:
ZE = R || j XL - XC = j R XL - XC
R + j XL - XC = 100 j
10 + 10 j = 5 (1 + j) . Ponendo poi:
E = E = 100 V ,
la tensione a vuoto può essere calcolata per mezzo di un semplice partitore di tensione:
E0 = E R
R + j XL - XC = 1000
10 (1 + j) = 50 (1 - j) .
Similmente, volendo applicare il teorema di Norton (vedi la figura), si conclude rapidamente che
I0 = E
j XL - XC = 100
10 j = - 10 j .
+
−
A
B E R
XL
XC
I0
Si noti come l’impedenza equivalente, determinata all’inizio di questo esercizio, poteva essere calcolata anche per mezzo del rapporto:
ZE = E0
I0 = 50 (1 - j)
- 10 j = 5 (1 + j) .
Terminiamo con un esempio in cui la sovrapposizione degli effetti risulta una tecnica utilissima per risolvere una rete in cui operano due generatori di pulsazione differente.
Esempio 14 - La rete mostrata in figura è a regime. Determinare la corrente i(t).
+
− e(t)
L
C R j(t)
i(t)
Si assuma che ω = 1 krad/s, e(t) = E = 10 V, j(t) = J 2 sen(ωt), J = 2 A, R = 2 Ω, L = 1 mH, C = 0.5 mF.
Nella rete sono presenti due generatori che funzionano a due frequenze diverse: il generatore di tensione che opera in regime stazionario, erogando una tensione continua; quello di corrente lavora in corrente alternata. È, pertanto, necessario applicare la sovrapposizione degli effetti, facendo funzionare un generatore per volta.
Supponiamo agisca il solo generatore di tensione: dato che l’induttore si comporta come un corto circuito e il condensatore come un circuito aperto, la rete si semplifica come di seguito mostrato.
+
−
e(t) R
I0
Si ha, allora, che la corrente che interessa il resistore vale:
I0 = E
R = 5 A .
Spegniamo ora il generatore di tensione, lasciando in funzione il solo generatore di corrente. Se poniamo
XL = ωL = 1 Ω , XC = 1/(ωC) = 2 Ω , ed anche
Z = jXL || -jXC = XL XC
j XL - XC = 2 j ,
indicando con J = J = 2 A il fasore rappresentativo della corrente j(t), la regola del partitore impone che nel resistore circoli la corrente:
IA = J Z Z + R
= 1 + j = 2 , π/4 → iA(t) = 2 sen 1000t + π 4 . L
C R j(t)
iA(t)
In definitiva, sovrapponendo i due effetti ed esprimendo le correnti in ampere, risulta:
i(t) = I0 + iA(t) = 5 + 2 sen 1000t + π 4 . 7.10 Doppi bipoli in regime sinusoidale
Tutto quello che abbiamo detto per i doppi bipoli in regime stazionario, vale, pur di apportare le necessarie modifiche, in regime sinusoidale.
Cominciamo a convincerci che, in presenza dei generatori controllati, potete adoperare i metodi che avete appreso nel Capitolo 5.
Esempio 15 - Calcolare l’impedenza equivalente vista dai terminali A-B per la rete mostrata in figura.
+ − A
B
C r i(t)
L R
i(t)
Si assuma che R = 30 Ω, L = 0.6 mH, C = 0.4 µF, r = 5 Ω, ω = 100 krad/s.
Iniziamo con il calcolo delle due reattanze XL = ω L = 60 Ω , XC = 1
ω C = 25 Ω .
Per valutare l’impedenza vista dai due terminali A e B, è necessario alimentare la rete, ad esempio con un generatore (ovviamente sinusoidale) di tensione arbitraria, come mostrato in figura.
+ −
A
B
R +
− V0
XC r I
I XL
IL
Come si vede, siamo passati nel dominio dei fasori, e abbiamo collegato alla rete un generatore di tensione, rappresentato dal fasore V0. L’impedenza equivalente vista dai terminali A-B è definita dal rapporto:
ZE = V0 I0 .
Per la linearità della rete, essa non dipende dalla tensione di alimentazione scelta.
Applicando le leggi di Kirchhoff, si ha immediatamente:
IL = I0 + I , j XL IL = - R I ,
V0 = - j XC I0 + r I + j XL IL .
Eliminando ora la corrente IL, il sistema si riduce a uno di ordine più basso:
j XL I0 + I = - R I ,
V0 = - j XC I0 + r I + j XL I0 + I . Eliminando la corrente I, si ha:
V0 = - j XC I0 + R - r j XL
R + j XL I0 ,
di qui, si ricava immediatamente il valore dell’impedenza (espresso in ohm) ZE = V0
I0 = - j XC + R - r j XL
R + j XL = 20 - 15 j .
Quello che segue è un esercizio riassuntivo, in cui si chiede di calcolare tutte le caratteristiche di un certo doppio bipolo.
Esempio 16 - Per il doppio bipolo mostrato in figura, determinare le rappresentazioni in termini di impedenze, ammettenze e ibride.
1
1' 2'
+ 2
−
+
−
V1 V2
I2
I2 I1
I1
C R L
R0
Si assuma che ω = 1 krad/s, R = 2 Ω, R0 = 2 Ω, L = 2 mH, C = 1 mF.
L’induttore e il condensatore possono essere rappresentati alla frequenza di lavoro, rispettivamente, dalle due reattanze
XL = ω L = 2 Ω e XC = 1
ω C = 1 Ω .
Iniziamo con il calcolo delle caratteristiche in termini di impedenze V1 = Z11 I1 + Zm I2 ,
V2 = Zm I1 + Z22 I2 .
L’elemento Z11 rappresenta l’impedenza vista dalla porta 1, quando la seconda porta è aperta:
Z11 = V1
I1 I2 = 0
.
Aprendo la porta 2, è facile verificare che
Z11 = - j XC + R || R0 + j XL = - j XC + R R0 + j XL R + R0 + j XL = 6
5 - 3 5 j .
In maniera del tutto analoga, si verifica che l’impedenza vista dalla porta 2, quando la porta 1 è aperta, vale:
Z22 = - j XC + R + R0 || j XL = - j XC + j XL R + R0 R + R0 + j XL = 4
5 + 3 5 j .
Più complicato è il calcolo dell’impedenza mutua Zm, definita dalla relazione Zm = V1
I2 I1 = 0
.
Con riferimento allo schema indicato nella figura seguente, risulta V1 = R I21 - j XC I2 ,
laddove un partitore mostra che
I21 = I2 j XL
R + R0 + j XL .
1
1'
2' 2 +
−
+
−
V1 V2
I2
I2 C
R L
R0
I1 = 0 I1 = 0
I2 I2
I21
Mettendo insieme le ultime due relazioni, concludiamo:
Zm = - j XC + j R XL
R + R0 + j XL = 2 5 - 1
5 j .
Provate ora voi a verificare che allo stesso risultato si sarebbe arrivati anche utilizzando l’altra definizione della mutua impedenza:
Zm = V2
I1 I2 = 0 .
1
1'
2' 2
V1
I2
I2 I1
I1
C R L
R0
V2 = 0 +
−
Passiamo, ora, alla rappresentazione in termini di ammettenze, e cominciamo a calcolare l’elemento Y11, tramite la definizione. Esso è l’ammettenza equivalente vista dalla porta 1, quando la porta 2 è chiusa in corto circuito:
Y11 = I1
V1 V2 = 0 .
Lo schema prima riportato suggerisce che risulta:
Y11 = 1
R0 + 1
R + -jXC || jXL = 3 4 + 1
4 j .
In maniera simile, può controllare gli altri due elementi valgono:
Ym = - 1 4 + 1
4 j , Y22 = 3 4 - 3
4 j .
Passiamo, infine, alla rappresentazione ibrida, definita dalle relazioni:
V1 = H11 I1 + H12 V2 , I2 = H21 I1 + H22 V2 .
Gli elementi che definiscono questa rappresentazione hanno dimensioni diverse (da ciò discende il nome ibrida):
H11 = Ω , H22 = S , H12 e H21 sono adimensionali . Adoperando alcuni risultati già ottenuti, abbiamo subito:
H11 = V1
I1 V2 = 0
= 1 Y11
= 65 - 2 5 j . In maniera duale, è anche:
H22 = I2
V2 I1 = 0 = 1 Z22
= 45 - 3 5 j .
Un pochino più complicato è il calcolo dei due elementi H12 e H21. Cominciamo con H12. Esso è definito come
H12 = V1
V2 I1 = 0
.
D’altra parte, quando I1 = 0, risulta:
V1 = Zm I2 e V2 = Z22 I2 .
Da queste due relazioni, otteniamo allora:
H12 = Zm Z22
= 15 - 2 5 j .
L’ultimo elemento, H21, può essere ottenuto mediante il teorema di reciprocità:
H21 = - H12 = - 1 5 + 2
5 j .
Provate voi a mostrare che l’altra rappresentazione ibrida ‘G’ vale:
G11 = 2 3 + 1
3 j , G12 = - 1
3 , G21 = 1
3 , G22 = 2 3 + 2
3 j .
Un’ultima considerazione: l’esercizio appena svolto lascia intuire che tra gli elementi delle diverse rappresentazioni di un doppio bipolo esiste una relazione.
Su molti manuali si forniscono tabelle con queste relazioni di collegamento. Qui si vuole solamente sottolineare che, qualora si dovessero cercare più rappresentazioni per un doppio bipolo, si tenti sempre di minimizzare il numero di elementi da calcolare, tentando di adoperare quei legami che con un poco di attenzione e di buon senso si intuiscono facilmente.
Passiamo, poi, ad esaminare come funzioni in regime sinusoidale il trasformatore ideale.
Esempio 17 - La rete in figura opera in regime sinusoidale. Determinare la potenza complessa erogata dal generatore di tensione.
a : 1 +
−
R
e(t) R
L
C
Si assuma e(t) = E 2 sen(ωt), E = 16.4 V, ω = 200 rad/s, R = 10 Ω, L = 64 mH, C = 0.25 mF, a = 0.8.
Cominciamo, come al solito, a calcolare le due reattanze:
XL = ω L = 12.8 Ω e XC = 1
ω C = 20 Ω . Poniamo poi:
e(t) = E 2 sen(ωt) → E = E = 16.4 V .
Trasportando al primario la serie R-C, l’impedenza equivalente, espressa in ohm, vale:
Z = a2 R - j XC = 6.4 - 12.8 j .
Potendosi la rete ridisegnare nella maniera semplificata di seguito riportata, la corrente che fluisce attraverso il generatore vale:
I = E
R 1 + a2 + j XL - a2 XC = 1 A .
+
−
R
Z I
XL E
In definitiva, la potenza complessa erogata dal generatore di tensione vale:
P = E I * = 16.4 W .
Il generatore non eroga, quindi, alcuna potenza reattiva. Torneremo su questo, quando, nel prossimo capitolo, prenderemo in esame più dettagliatamente la risonanza.
Dovreste ricordare il giratore. Ebbene, rispetto alle cose che già sappiamo, il giratore è un particolare doppio bipolo che consente di realizzare un induttore a partire da un condensatore, e, dualmente, un condensatore a partire da un induttore.