UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA Laurea in Ingegneria Elettronica e Informatica

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Muzio Guidi
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1 UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA Lure in Ingegneri Elettronic e Informtic CAMPI ELETTROMAGNETICI E CIRCUITI I Soluzione del Prolem 1 Prim dell istnte t = 0 i genertori operno in regime stzionrio e l induttore si comport come un corto circuito. Pertnto, il circuito d considerre è il seguente: i L (0 - ) L V 2 R 1 R 2 (0 - ) Si verific fcilmente che (0 ) = = 10 R = 0.25 A È inoltre utile osservre che i L (0 ) = V = = 0.3 A R Qundo l interruttore si chiude (t > 0) il circuito divent quello nell seguente figur: i L (0 ) L i 3 (0 ) V 2 R 1 R 2 (0 ) Considerndo l istnte t = 0 e pplicndo l KVL ll mgli che include R 2, e si ottiene R 2 (0 ) i 3 (0 ) = i 3 (0 ) = R 2 (0 ) = 3 (0 ) Applicndo quindi l KCL l nodo e ricordndo che sull induttore l corrente non può cmire istntnemente (i L (0 ) = i L (0 )), si ricv d cui (0 ) = i 3 (0 ) i L (0 ) = 3 (0 ) i L (0 ) (0 ) = 1 4 ( ) V1 i L (0 ) = 1 ( ) = A

2 Immginndo di spegnere i genertori indipendenti di tensione (sostituendoli con due corto circuiti), l induttore vede i suoi cpi le resistenze R 2 e in prllelo. L costnte di tempo risult quindi τ = L = L(R 2 ) = (30 10) = 0.4 µs R 2 R Per t il condenstore torn comportrsi come un circuito perto e il circuito d considerre è il seguente: V 2 R 1 R 2 (1) Si osserv che l resistenz R 2 è sottopost ll tensione V 2 e quindi si h ( ) = V = = 1 A R 2 30 L espressione dell corrente l vrire del tempo è: 0.25 A t < 0 (t) = e 2.5 t [µs] A t > 0 L rppresentzione grfic dell corrente è mostrt nell seguente figur: 1 [A] t [ms]

3 UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA Lure in Ingegneri Elettronic e Informtic CAMPI ELETTROMAGNETICI E CIRCUITI I Soluzione del Prolem 2 Per il clcolo dell tensione di Thevenin si consider il seguente circuito, nel qule i morsetti vengono lsciti vuoto e gli elementi rettivi sono sostituiti dlle corrispondenti impedenze: V R Z L V R R I R V C I 0 I 1 I 2 1:n Z C V Th L tensione equivlente di Thevenin risult V T h = n = n(αv R V R V C ) = n(1 α)ri R nz C I 1 Osservndo che I 1 = ni 2 = 0 e che quindi tutt l corrente del genertore scorre sull resistenz (I R = I 0 ) si ottiene V T h = n(1 α)ri 0 = 5 (1 3) = 4 V Per il clcolo dell impedenz equivlente di Thevenin si spegne il genertore indipendente di corrente, sostituendolo con un circuito perto. Poiché nel circuito è presente un genertore dipendente, per il clcolo dell impedenz si ggiunge un genertore di prov, d esempio di corrente come indicto nell seguente figur: V R Z L V R R I R V C I 1 I 2 1:n Z C V X I X Per le proprietà del trsformtore e tenendo conto che I R = I 1 = ni 2 = ni X si h V X = n = n(αv R V R V C ) = n [(1 α)r ni X Z C ni X )] = n 2 [(1 α)r Z C ] I X d cui, considerndo che l impedenz del condenstore è Z C = 1 jωc = j = j200 Ω si h Z T h = V X = n 2 [(1 α)r Z C ] = 100R 25Z C = 10 j5 kω I X L potenz disponiile del genertore è quindi P d = V T h 2 8R T h = 4 2 = 0.2 mw

4 L potenz ssorit dl crico Z L qundo viene collegto i morsetti risult P ZL = 4R LR T h Z L Z T h 2 P d = (30 j5 10 j5) P d = P d = 0.75 P d = 0.15 mw

5 UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA Lure in Ingegneri Elettronic e Informtic CAMPI ELETTROMAGNETICI E CIRCUITI I Soluzione del Prolem 3 Introducendo i simoli mostrti nell seguente figur Y S d Z I Y A Z 0 Genertore P d Z g Z X V A Z 0 V L Z L l/4 Y B 3l/8 utilizzndo l formul per l mmettenz d ingresso si per l line lung 3λ/8 con crico Y L = 1/Z L, e osservndo che Z L = 2Z 0 jz 0, si h Y B = Y 0 1/Z L jy 0 tn 2π λ Y 0 j(1/z L ) tn 2π λ 3λ 8 3λ 8 = Y 0 1 jy 0 Z L Y 0 Z L j = Y 0 In mnier nlog, per lo stu in cortocircuito si ottiene Y S = jy 0 1 tn 2πd λ Poiché Y A = Y B Y S, ffinché risulti rele deve essere Im Y B Y S } = 0 Y 0 Y 0 1 tn 2πd λ Poiché l lunghezz d ond in ri è 1 j(2 j) (2 j) j = (1 j)y 0 = 0 tn 2πd λ = 1 d = 3λ 8 nλ 2 λ = c f = = 10 cm scegliendo n = 0 che fornisce l line più cort possiile, si ottiene d = 3 10 = 3.75 cm 8 In queste condizioni si h Y A = Y 0. Tenendo conto delle proprietà delle linee in qurto d ond e osservndo che Z g = 4Z 0, imponendo l condizione di dttmento si ottiene Z I = Z2 X = Z2 X = Z g = 4Z 0 Z X = 4Z0 2 Z A Z = 2Z 0 = 100 Ω 0 In queste condizioni tutt l potenz disponiile viene e rogt dl genertore. In ssenz di perdite sulle linee, tle potenz coincide con quell che si scric sul crico equivlente Y A e sul crico Z L. Si ottiene quindi V A = 2Pd Re 1/Z A } = 2Z 0 P d = = 10 = 3.16 V

6 2Pd V L = Re 1/Z L } = 2Z 0 P d Re 1/(2 j)} = 2Z0 P d 2/5 = 5Z 0 P d = = 0.5 V

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