UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA Laurea in Ingegneria Elettronica e Informatica

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Amerigo Pandolfi
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1 Soluzione del Problema 1 In regime stazionario il ondensatore si omporta ome un iruito aperto, e l induttore ome un ortoiruito. Pertanto, il iruito da analizzare risulta quello mostrato in figura: i 1 V 1 R 1 v 1 R 2 i L gv I 1 0 V 2 v 2 R 3 v C Appliando la KCL al nodo a sinistra he ollega I 0, R 1 e il generatore omandato di orrente si ottiene i 1 I 0 gv 1 = 0 e sostituendo v 1 = R 1 i 1, si riava La potenza assorbita da R 1 risulta quindi i 1 = I 0 8 = 1 gr = 2 A p R1 = R 1 i 2 1 = 150 ( 2) 2 = 600 W Per ispezione si vede he i L = i 1 = 2 A, e quindi l energia immagazzinata sull induttore è W L = 1 2 Li2 L = = 20 µj Poihé su R 3 non fluise orrente, la aduta di potenziale è nulla. Si ha quindi v C = V 2 v 2 = V 2 R 2 i L = = 400 V L energia immagazzinata nel ondensatore è quindi W C = 1 2 Cv2 C = = 160 µj

2 Soluzione del Problema 2 Per il alolo della tensione di Thevenin si lasiano i morsetti ab a vuoto e si alola direttamente la tensione ai loro api. Con riferimento ai simboli indiati nel iruito nella seguente figura a I 2 I 0 Z 2 V 2 I 3 gv Th V Th V 3 Z 3 V 0 b si ha V T h = V 0 V 3 V 2 = V 0 Z 3 I 3 Z 2 (I 0 gv T h ) Osservando he I 3 = 0 ed espliitando rispetto a V T h si ottiene V T h = Z 2I 0 V 0 1 gz 2 = (100 j100) 0.1 j10 1 5(1 j)10 3 (100 j100) = 10 1 j = 5(1 j) V = 5 2 e jπ/4 V Per il alolo dell impedenza equivalente si spengono i generatori indipendenti I 0 e V 0. Inoltre, essendo presente un generatore dipendente, si ollega ai morsetti ab un generatore di prova, ome mostrato nella seguente figura, e si alola l impedenza equivalente ome Z T h = V X /. a I 2 V 2 Z 2 gv Th V X Z 3 b Si ha he da ui si riava e quindi V X = Z 2 I 2 Z 3 I 3 = Z 2 ( gv X ) Z 3 V X = Z 2 Z 3 1 gz 2 Z T h = V X = Z 2 Z j j (1 j) = = = 100 j100 Ω 1 gz 2 1 j 2

3 La potenza disponibile del generatore è P d = V T h 2 = 5 2 e jπ/4 2 8R T h = 62.5 mw La potenza erogata al ario Z L è data da P L = 4R T hr L Z T h Z L 2 P d = j j50 2 P d = 4 9 P d = 27.8 mw

4 Soluzione del Problema 3 Introduendo i simboli mostrati nella seguente figura Z I V X Z a Generatore jx P d Z g V I V R R l/4 e tenendo onto he per una linea lunga d = λ/8 senza perdite (α = 0) si ha l impedenza Z a risulta ( 2π tanh(α jβ)d = tanh jβd = j tan βd = j tan λ Z a = R tanh(α jβ)d R tanh(α jβ)d = ( R Z0 Z b R j jr = ( ( ) ) 2 2 R j 1 R Z0 6 j8 = ) 2 = 1 10 l/8 ) λ = j tan π 8 4 = j 2R j(z 2 0 R2 ) Z 2 0 R2 = 3 5 j 4 5 Poihé deve valere Z I = Z g = 50 Ω, e ioé l impedenza d ingresso deve essere reale, per le proprietà della linea in quarto d onda anhe il ario Z b deve essere puramente resistivo. Pertanto, la reattanza X deve anellare la parte immaginaria di Z a, ioé Con questo valore di X si ha e risulta X = ImZ a = 4 5 = 40 Ω Z b = 3 5 Z I = Z2 1 Z b = Z g da ui si ottiene 3 = Z b Zg = 5 = = Ω Dato he il generatore è adattato, l ampiezza della tensione all ingresso della prima linea risulta V I = 2ReZ I }P d = 2 P d = 2 V e l ampiezza della orrente alla fine del tratto in quarto d onda è data da = j V I = V I = ma

5 da ui V X = jx = X = V Considerando he tutta la potenza erogata viene assorbita dalla resistenza R, si ha V R = 2RP d = 3.46 V Poihé la frequenza di lavoro è abbastanza alta, l uso di omponenti disreti per la realizzazione della reattanza X non è onsigliato. In questo aso, è preferibile realizzare la reattanza utilizzando un tratto di linea. Segliendo una linea on impedenza pari a, supponendo he essa sia senza perdite e hiusa in ortoiruito, la sua impedenza d ingresso è puramente reattiva e pari a X linea = tan βd linea Se onsideriamo la linea realizzata on un materiale di ostante dielettria relativa ϵ r, si ha he β = 2π λ = 2π λ 0 / = 2πf ϵ r ϵr Imponendo he X linea = X e riavando l espressione della lunghezza d linea si ottiene d linea = 1 β ( artan X ) nπ = 2πf ϵ r ( artan X ) nπ = 2πf ϵ r (0.675 nπ) Assumendo, ad esempio, ϵ r = 2 e segliendo n = 0 he fornise la linea di lunghezza più piola possibile, si ha d linea = πf = ϵ r 2π = 2.28 mm 2

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