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da **stefanox92** » 4 apr 2012, 22:44

Salve a tutti, sono nuovo, studio ing. elettronica, volevo proporvi 2 questiti che ho avuto difficoltà a risolvere.

: zhk.png (93.33 KiB) Osservato 4579 volte

da **stefanox92** » 4 apr 2012, 22:45

eccone un altro

: zkh.png (57.81 KiB) Osservato 4579 volte

da **Lele_u_biddrazzu** » 4 apr 2012, 22:49

Prova a postare i tuoi procedimenti :!:

Per i disegni usa fidocadJ e per le formule LaTeX :!:

da **RenzoDF** » 7 apr 2012, 23:41

Visto che il postante se ne e' andato in vacanza, ne approfitto per risolvere ... poi cancello la soluzione a Pasquetta. :mrgreen:

a) Per il primo

Ricavando il circuito equivalente di Thevenin visto da R1, per ZTh avremo la serie fra i due rami del mutuo induttore (Za) in parallelo con il parallelo di R con R-C (Zb)

$V=V_{1}=V_{2}=jX_{L}\frac{I}{2}+jX_{M}\frac{I}{2}\quad \to \quad Z_{a}=\frac{V}{I}=j\frac{X_{L}+X_{M}}{2}=j\frac{3}{2}$

$Z_{b}=\frac{6(6-j12)}{12-j12}=\frac{9-j3}{2}$

$Z_{Th}=Z_{a}+Z_{b}=\frac{9}{2}\,\,\Omega$

per le condizioni di adattamento energetico avremo quindi che la resistenza del resistore R1 che rende massimo il trasferimento di potenza dovra' essere

$R_{1}=\frac{9}{2}\,\,\Omega$

La f.e.m. del generatore equivalente, pari alla differenza di potenziale fra i due morsetti, sara' ricavabile con due partitori di tensione

$E_{Th}=V_{AB}=V_{A}-V_{B}=\frac{V_{g}}{2}-\frac{V_{g}}{12-j12}(6-j12)=j-\left( \frac{1}{2}+j\frac{3}{2} \right)=-\frac{1}{2}-j\frac{1}{2}$

la potenza su R1 sara' quindi

$P_{R_{1}}=\left( \frac{E_{Th}}{2} \right)^{2}\frac{1}{R_{1}}=\frac{1}{36}\,\,\text{W}$

essendo la corrente erogata da Vg in fase alla stessa, si avra' potenza reattiva erogata nulla e potenza attiva doppia

$S_{g}=P_{g}+jQ_{g}=\frac{2}{36}+j0$

Controlliamo usando LTspice con una simulazione AC per controllare modulo e fase della potenza su R1; con una direttiva spice .step param Ru 1 10 .1 possiamo analizzare la potenza su R1 al variare di R1 da 1 ohm a 10 ohm

: s1.jpg (22.93 KiB) Osservato 5018 volte

ottenendo conferma al risultato ottenuto per PRmax

: s2.gif (23.32 KiB) Osservato 5018 volte

-------

b) Per il secondo

Scritte le due equazioni alla rete,

$\left\{ \begin{align} & I_{1}=\frac{V_{1}}{-jX_{C_{1}}}+\frac{(V_{1}-V_{X})}{-jX_{C_{2}}}= \\ & \frac{(V_{1}-V_{X})}{-jX_{C_{2}}}=\frac{V_{X}}{jX_{L}}+\frac{V_{X}}{R}+g_{m}V_{1} \\ \end{align} \right.$

supponendo di alimentarla con un generatore di prova con f.e.m. di modulo unitario ed argomento nullo

$\left\{ \begin{align} & I_{1}=j2\omega +\frac{j\omega (1-V_{X})}{5}+ \\ & \frac{j\omega (1-V_{X})}{5}=-j\frac{V_{X}}{\omega L}+\frac{V_{X}}{3}+2 \\ \end{align} \right.$

dalla quale (con un po' di pazienza) si puo' ricavare la corrente in ingresso

$I_{1}=-\frac{(6\omega ^{3}L-33\omega )-j17\omega ^{2}L}{5\omega L-j(15-3\omega ^{2}L)}$

che dovra' avere argomento complessivo nullo e uguale per numeratore e denominatore, quindi

$\frac{17\omega L}{6\omega ^{2}L-33}=\frac{15-3\omega ^{2}L}{5\omega L}$

relazione che impone

$(18\omega ^{4}+85\omega ^{2})L^{2}-189\omega ^{2}L+495=0$

che porta a soluzioni reali per L solo se

$\Delta \ge 0\quad \to \quad (9\omega ^{2}-18700)\ge 0\quad \to \quad \omega \ge \frac{10\sqrt{187}}{3}\approx 45{,}6\,\,\frac{\text{rad}}{\text{s}}$

Fra le infinite soluzioni, scelta per esempio una pulsazione

$\omega =50\,\,\frac{\text{rad}}{\text{s}}\quad \to \quad L=\frac{945\pm 3\sqrt{38}}{450850}$

avremo le due soluzioni

$\left\{ \begin{align} & L_{1}\approx 2{,}055022\,\,\text{mH} \\ & L_{2}\approx 2{,}137059\,\,\text{mH} \\ \end{align} \right.$

che portano ad una corrente assorbita

$I_{1}\approx 211{,}6\angle 0{}^\circ$

BTW se pero' si prova a verificare con LTspice ...

: test x.gif (4.18 KiB) Osservato 5017 volte

la soluzione, sembra non confermare i calcoli, why? :-)

... mentre Tina e SpiceOpus invece concordano

: sim_spiceopus.gif (20.78 KiB) Osservato 5013 volte

da **carloc** » 8 apr 2012, 20:50

RenzoDF ha scritto:[...] pero' si prova a verificare con LTspice ...la soluzione, sembra non confermare i calcoli, why? [...]]

.....mmmmmm secondo me ci vuole un hack(er) :mrgreen:

da **RenzoDF** » 8 apr 2012, 20:55

carloc ha scritto:.....mmmmmm secondo me ci vuole un hack(er)

No no, e' semplice, bastava leggere, ma io non lo riuscivo proprio a capire ... se non quando Helmut me l'ha ricordato

da **carloc** » 8 apr 2012, 21:02

Per essere semplice è come tutte le cose...se le sai sono semplici

: Cattura.JPG (22.44 KiB) Osservato 4989 volte

però un hack ci vuole :mrgreen:

o meglio si può fare anche con un hack ;-)

da **RenzoDF** » 8 apr 2012, 21:07

carloc ha scritto:... però un hack ci vuole o meglio si può fare anche con un hack

L'ho capita in ritardo ... come al solito :mrgreen:

... comunque anche senza "hakkare", in fondo alla finestra di inserimento c'era pure scritto #-o

Soluzione: in LTspice l'induttore, di default, ha una resistenza serie di 1 milliohm, volendo porla a zero bisogna specificarlo con uno 0 oppure spuntare in Hacks! Rser=0, come suggerito da

carloc

,

da **carloc** » 8 apr 2012, 21:13

RenzoDF ha scritto:[...] in fondo alla finestra di inserimento c'era pure scritto

Noooooo..... ma lo sai che non lo avevo mai notato #-o

da **RenzoDF** » 8 apr 2012, 21:18

carloc ha scritto:Noooooo..... ma lo sai che non lo avevo mai notato

Manco io, e lo ho dovuto chiedere sull' LTspice/SwitcherCAD III - Groups - Yahoo! ... perche' dell'Hackkare non mi era venuto in mente

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