ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **Gurdjeff** » 11 set 2012, 15:28

Salve a tutti. Purtroppo non riesco a trovare materiale online a proposito quindi mi ticca disturbarvi ancora.

L'esercizio è questo

Edit

admin Eliminato il link a scomodissimo ed invadente sito esterno
Per gli schemi usare FJ

(scusate ma non se uso il tag /img me ne taglia metà)

La difficoltà maggiore sta nel tracciare la rete magnetica... sono abituato a farlo con 2 induttori... con 3 non so raccapezzarmi per effettuare i conti... immagino che i 2 induttori in serie si rappresentino con due generatori di tensione magnetica... ma il terzo induttore come lo rappresento? Grazie mille

da **Gurdjeff** » 11 set 2012, 16:11

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Ora dovrebbe andare. Il testo è il seguente: Nel circuito funzionante in regime sinusoidale, si determini il valore della tensione V ai terminali del resistore R collegato al lato 2.

Dati : Is= 1A ; w (omega) = 10^2 rad/s ; R= 10 Ohm ; N1=300 N2=100 N3= 200

più le lunghezze dei traferri a la sezione del ferro con cui si calcolano le 3 riluttanze :

R2 = (10^6)/4pi ; R1= 3R2 ; R3= 2R2

da **IsidoroKZ** » 11 set 2012, 16:57

Avete fatto il circuito elettrico equivalente al circuito magnetico? Con le resistenze al posto delle riluttanze...?

da **Gurdjeff** » 11 set 2012, 17:44

La rete è equivalente dovrebbe essere questa... ho lasciato vuoto di proposito lo spazio del terzo induttore in quanto non so bene con cosa sostituirlo:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

vedendolo meglio... non è che forse basta fare l'equivalente Thevenin visto dai terminali del terzo induttore? Così facendo otterrei la tensione magnetica sul terzo induttore... e poi andrei a ritroso calcolandomi la corrente e da lì la tensione sul resistore 3?

da **RenzoDF** » 11 set 2012, 20:01

Gurdjeff ha scritto:... la rete è equivalente dovrebbe essere questa... ho lasciato vuoto di proposito lo spazio del terzo induttore in quanto non so bene con cosa sostituirlo:

Direi con un "induttore magnetico", che va ad affiancarsi ai "resistori magnetici" associati alle riluttanze.

Io, a dire il vero, risolverei il problema con la classica relazione per i mutui induttori accoppiati, ovvero scrivendo il flusso concatenato con il terzo avvolgimento come

${{\lambda }_{3}}={{L}_{31}}{{i}_{ 1}}+{{L}_{32}}{{i}_{2}}+{{L}_{33}}{{i}_{3}}$

che a mio parere risulta il metodo più semplice, ma vedendo che scrivi

Gurdjeff ha scritto:... non è che forse basta fare l'equivalente Thevenin visto dai terminali del terzo induttore?

... puoi risolvere anche in quel modo, ... tanto per cambiare "la solita minestra". :-)

BTW se poi conosci il valore della V incognita, mi faresti un favore a postarlo, tanto per evitarmi la solita figuraccia con i miei errori di calcolo; non vorrei perderci tempo a ricontrollarli !

da **Gurdjeff** » 11 set 2012, 20:32

Innanzitutto grazie mille. Il risultato dovrebbe essere : V=5,772 + j3,158

Accanto a questo valore il testo fornisce anche i seguenti risultati:

Vth(vista da R3) = j13,71 V
Zth (vista da R3) = j18,28 Ohm

da **RenzoDF** » 11 set 2012, 20:49

Gurdjeff ha scritto:Innanzitutto grazie mille. Il risultato dovrebbe essere : V=5,772 + j3,158

Concordo

$V=\frac{240\pi }{32\pi -j55}$

Ora tocca a te provare a postare i tuoi calcoli :!:

da **Gurdjeff** » 11 set 2012, 21:33

ok ci provo:

rete per calcolo Vth (da R3) :
(ho usato @ per indicare il flusso)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

@3 = (Ms1 - Ms2) / R1 + R2 + R3

Vth= j*w*N3*@3

per il calcolo della Zth :

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Req= M3/@3= (R1//R2) + R3
Leq=(N3^2)/Req
Zth=j*w*Leq

fino a qui i passaggi logici sono corretti? (in modo da sapere se addentrarmi nei calcoli diretti)?

da **RenzoDF** » 11 set 2012, 22:00

Gurdjeff ha scritto:... fino a qui i passaggi logici sono corretti? (in modo da sapere se addentrarmi nei calcoli diretti)?

Se scrivi in quel modo non ti capisce nessuno, una delle regole del forum è usare Latex per le formule; per FidoCadJ puoi usare Mappa Caratteri sotto Accessori -> Utilità di Sistema (per Windows) e copiare i caratteri del font Courier New che dispone di tutte le lettere greche e tante altre.

Poi, come ti dicevo, se vuoi seguire la strada di Thevenin non puoi non indicare nello schema equivalente un bipolo magnetico che rappresenti il terzo avvolgimento, io come ti dicevo lo vedo come un "induttore magnetico", che non ha nulla a che vedere con quello elettrico, ma che tiene conto della caduta magnetica del terzo ramo che non è solo quella della "resistenza magnetica" associata alla riluttanza, ma che bensì dipende dalla derivata della corrente magnetica ovvero del flusso ϕ3 ... e quindi presenta un comportamento simile a quello del bipolo induttivo nei circuiti elettrici.

Lo schema equivalente lo disegnerei quindi in questo modo

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

===============================================

Edit 1 -> In attesa della soluzione di

Gurdjeff, ... vado avanti con la mia "estensione idraulica" ... ovvero nella ricerca del "misterioso" bipolo equivalente,

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ovvero un nuovo (pseudo)induttore che chiamo "magnetico", che mima, nel circuito equivalente magnetico, il comportamento di un normale induttore in un circuito elettrico e che definisco in modo duale come costante di proporzionalità fra derivata della "corrente magnetica" (flusso) e tensione magnetica Vm

${{V}_{m}}={{L}_{m}}\frac{\text{d}\Phi }{\text{d}t}$

Il valore di questo pseudoinduttore può essere ricavato da Lenz e Ohm

${{V}_{3}}={{N}_{3}}\frac{\text{d}{{\Phi }_{3}}}{\text{d}t}\quad \Rightarrow \quad {{I}_{3}}=\frac{{{V}_{3}}}{r}=\frac{{{N}_{3}}}{r}\frac{\text{d}{{\Phi }_{3}}}{\text{d}t}$

come

${{V}_{m3}}={{N}_{3}}{{I}_{3}}=\frac{N_{3}^{2}}{r}\frac{\text{d}{{\Phi }_{3}}}{\text{d}t}\quad \Rightarrow \quad {{L}_{m3}}=\frac{N_{3}^{2}}{r}\,$

con una "curiosa" unità di misura

$\left[ {{L}_{m3}} \right]=\frac{1}{\Omega }=\text{S}$

nel nostro caso particolare

${{L}_{m3}}=4\,\text{kS}$

come per il suo duale, in regime magnetico stazionario, l'induttore magnetico corrisponderà ad un cortocircuito, e parimenti in regime sinusoidale porterà ad una reattanza magnetica Xm=ωLm.

Nel nostro caso, dopo la definizione di questo "nuovo bipolo" potremo quindi usare Millman per trovare la tensione magnetica fra i due nodi della rete magnetica, senza preoccuparci di cosa ci stia "dietro", ovvero eliminando, per il momento, il terzo avvolgimento ed il resistore ad esso collegato

${{V}_{mAB}}=\frac{\frac{{{F}_{m1}}}{3{{R}_{m}}}+\frac{{{F}_{m2}}}{{{R}_{m}}}}{\frac{1}{3{{R}_{m}}}+\frac{1}{{{R}_{m}}}+\frac{1}{2{{R}_{m}}+j{{X}_{m}}}}=\frac{\left( {{N}_{1}}+3{{N}_{2}} \right)\left( 2{{R}_{m}}+j{{X}_{m}} \right)}{11{{R}_{m}}+j4{{X}_{m}}}{{I}_{S}}$

e il flusso nel terzo ramo come

${{\Phi }_{3}}=\frac{{{V}_{mAB}}}{{{Z}_{m3}}}=\frac{{{V}_{mAB}}}{2{{R}_{m}}+j{{X}_{m}}}=\frac{{{N}_{1}}+3{{N}_{2}}}{11{{R}_{m}}+j4{{X}_{m}}}{{I}_{S}}$

calcolando infine la tensione elettrica incognita ai morsetti della resistenza elettrica r=10 Ω con

${{V}_{3}}=j\omega \,{{\Phi }_{3}}{{N}_{3}}=j\omega \frac{{{N}_{3}}\left( {{N}_{1}}+3{{N}_{2}} \right)}{11{{R}_{m}}+j4{{X}_{m}}}{{I}_{S}}\approx 5{,}77+j3{,}16\,\,\text{V}$

=============================================================

Edit 2 ... come dicevo in [3] io, "risolvendo in evoluzione libera", ovvero senza forzamenti esterni, avrei risolto con la classica relazione dei circuiti mutuamente accoppiati

${{\lambda }_{3}}={{L}_{31}}{{i}_{ 1}}+{{L}_{32}}{{i}_{2}}+{{L}_{33}}{{i}_{3}}$

calcolando L33 ed esprimendo L31 ed L32 attraverso i due rispettivi fattori α di proporzionalità

${L_{33}} = \frac{4}{{11}}\frac{{N_3^2}}{{{R_m}}} = \frac{{64\pi }}{{1100}}\quad \quad {L_{31}} = {\alpha _{31}}{L_{33}}\quad \quad {L_{32}} = {\alpha _{32}}{L_{33}}$

con

${\alpha _{31}} = - \frac{1}{4}\frac{{{N_1}}}{{{N_3}}} = - \frac{3}{8}\quad \quad \quad {\alpha _{32}} = - \frac{3}{4}\frac{{{N_2}}}{{{N_3}}} = - \frac{3}{8}$

passando al regime sinusoidale e ricordando Lenz

${V_3} = - j\omega \,{\lambda _3} = - j\omega \left( {{\alpha _{31}}{L_{33}}{I_S} + {\alpha _{32}}{L_{33}}{I_S} + {L_{33}}\frac{{{V_3}}}{r}} \right)\quad$

ed infine

$V = {V_3} = - \frac{{j\omega r{L_{33}}({\alpha _{31}} + {\alpha _{32}}){I_S}}}{{r + j\omega {L_{33}}}} = - \frac{{({\alpha _{31}} + {\alpha _{32}}){I_S}}}{{\frac{1}{{j\omega {L_{33}}}} + \frac{1}{r}}} = \frac{{240\pi }}{{32\pi - j55}} \approx 5{,}77 + j3{,}16\,{\rm{V}}$

=============================================================

Edit 3 ... forse qualcuno sperava che evitassi di usare anche le mie solite "arti egizie" ma, visto che ho un po' di tempo, affronto il problema anche secondo Ahmes

Il metodo del Grande scriba, come ben sapete, impone la scelta di un casuale ma "conveniente" falso valore della grandezza incognita per risalire alla falsa forzante, al fine di determinare il fattore di conversione k con il quale il "falso" verrà trasformato in "vero" (il metodo può essere applicato in quanto la forzante Is=1 A è unica, anche se la sua azione è ripartita sulle prime due colonne del circuito magnetico).

Scegliamo quindi una falsa corrente If nel terzo avvolgimento (uscente dal morsetto superiore) verso il resistore r, che implicherà la falsa tensione indotta Vf nello stesso ("a carico")

${I_f} = 1\,A\quad \Rightarrow \quad {V_f} = r{I_f} = 10\,V$

a questo punto indicando con Isf la falsa corrente incognita forzante associata, avremo che Millman ci permette di scrivere

${F_{mAB}} = \frac{{\frac{{{N_1}{I_{Sf}}}}{{3{R_m}}} + \frac{{{N_2}{I_{Sf}}}}{{{R_m}}} + \frac{{{N_3}{I_f}}}{{2{R_m}}}}}{{\frac{1}{{3{R_m}}} + \frac{1}{{{R_m}}} + \frac{1}{{2{R_m}}}}} = \frac{{600}}{{11}}(2{I_{Sf}} + 1)$

mentre con Lenz, particolarizzando per il regime sinusoidale

${V_f} = j\omega {\Phi _3}{N_3} = j\omega \frac{{\left( {{F_{mAB}} - {N_3}{I_f}} \right)}}{{2{R_m}}}{N_3}$

e quindi

$10 = j\omega \frac{{\left( {\frac{{600}}{{11}}(2{I_{Sf}} + 1) - {N_3}{I_f}} \right)}}{{2{R_m}}}{N_3}\quad \Rightarrow \quad {I_{Sf}} = \frac{4}{3} - j\frac{{55}}{{24\pi }}$

per determinare infine il k che coincide, in questo caso, con la corrente I3 cercata in r

$k = \frac{{{I_S}}}{{{I_{Sf}}}} = \frac{1}{{\frac{4}{3} - j\frac{{55}}{{24\pi }}}}\quad \Rightarrow \quad {I_3} = {I_v} = k{I_f} \approx 0,577 + j0,316\,{\rm{A}}$

:ok:

da **Gurdjeff** » 11 set 2012, 22:11

Grazie per la precisazione (provvederò al più presto). Tuttavia non vedo il motivo di inserire tale induttanza magnetica. I miei passaggi logici sono questi: calcolando la tensione di thevenin vista dal resistore 3 (il resistore di partenza, non la riluttanza 3... meglio evitare di far confusione con i simboli), io ho l'induttore 3 a vuoto, ovvero un cortocircuito magnetico. Posso quindi calcolare il flusso su tale cortocircuito e poi procedere a ritroso calcolandomi il flusso concatenato e da lì la tensione a vuoto?

Stesso discorso per la resistenza di Thevenin. Inserisco un generatore di corrente di prova ai capi dell'induttore 3. Dopodichè disattivo la sorgente Is1 (gli induttori sono quindi a vuoto elettrico: cto cto magnetico) e calcolo la riluttanza equivalente. Da lì risalgo all'induttanza equivalente del circuito e quindi alla Zth.

Dopodichè è una banale resistenza in serie al bipolo di Thevenin appena calcolato.

Il ragionamento può andare?

Grazie infinitamente per la pazienza e il tempo concessomi.

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