Gara nazionale di Elettrotecnica 2016€¦ · Gara nazionale di Elettrotecnica 2016 - I.I.S. "E.Fermi" Pieve di Cadore chepermettediricavare R 18 = Rjj(R+ R 2 jj2R) = 7 12 R (b) ecosìpure

In collaborazione con

Gara nazionale di Elettrotecnica 2016

Pieve di Cadore, 6 maggio 2016

Seconda prova con soluzioni

Gara nazionale di Elettrotecnica 2016

Seconda prova

Quesito 1.

Dato il cubo resistivo di figura, costituito da dodici resistori di pari resistenza R, usando: la simme-tria, le conseguenti equipotenzialità e le sole semplificazioni serie parallelo (senza nessuna trasfor-mazione stella-triangolo),

R

R

R

1

2

8 R

R

R

4

7

5

R

RR

6

3

R

R

R

determinare le seguenti resistenze equivalenti:

(a) R18 fra i nodi 1 e 8

(b) R13 fra i nodi 1 e 3

(c) R16 fra i nodi 1 e 6

——————————————

Soluzione:

(a) Per la simmetria rispetto al piano passante per i punti 1,3,6,8, avremo le due coppie equipoten-ziali 2,4 e 7,5 che cortocircuitate permetteranno di "schiacciare" il cubo sul suddetto piano,riducendo il problema alla seguente rete bidimensionale,

R

R/2

R/2

R/2

1 2,4

8R/2

R/2

R

R/2

32,4

7,5 6

1

Gara nazionale di Elettrotecnica 2016 - I.I.S. "E.Fermi" Pieve di Cadore

che permette di ricavare

R18 = R||(R+R

2||2R) =

7

12R

(b) e così pure, dalla stessa semplificazione, notando che in questa condizione anche i nodi 2,4 e7,5 risultano equipotenziali, e di conseguenza eliminando il resistore centrale,

R13 = R||3R =3

4R

(c) In questo caso, pur potendo usare lo stesso circuito equivalente bidimensionale, al fine dievitare la trasformazione triangolo-stella, è conveniente osservare che, per la simmetria assialesulla diagonale 1,6 del cubo, la rete può essere ridotta ad una equivalente unidimensionale,cortocircuitando le due terne equipotenziali 2,4,8 e 3,5,7, per ottenere la resistenza fra i duevertici opposti dalla seguente serie

R16 =R

3+R

6+R

3=

5

6R

Quesito 2.

Data la rete di figura,

J2

E0

+

10 Ω

3 Ω

4 Ω

E1

V

+

+

2A

Ix

J0

A

4 Ω

+

note le indicazioni del voltmetro Vm = 5V e dell’amperometro Im = 1A, entrambi ideali, la tensioneE0 = 5 V e la corrente J0 = 3 A, determinare:

(a) la tensione ai morsetti del generatore di tensione E1,

(b) la corrente impressa dal generatore di corrente J2,

(c) l’intensità di corrente Ix,

(d) le potenze erogate dai generatori E0 e J0.

2


——————————————

Soluzione:

(a) La tensione del generatore superiore può essere ricavata da una KVL all’anello centrale supe-riore,

E1 = 10Im + Vm − 3× 2 = 9V

(b) la corrente impressa dal generatore di corrente direttamente, via "taglio" dei tre rami oriz-zontali,

J2 − Im = 0 → J2 = Im = 1A

(c) la corrente Ix si potrà ottenere via KCL al nodo superiore destro, notando che una ugualecorrente scorrerà verso il basso nel resistore all’estrema destra,

2Ix + Im = J0 → Ix = 1A

(d) per le potenze basterà determinare la corrente erogata dal generatore di tensione sinistro viaKCL al nodo superiore sinistro, IE + 2 + Im = 0 → IE = −3A e la tensione ai morsetti delgeneratore di corrente destro dall’uguaglianza VJ = 4Ix → VJ = 4V; usando per entrambi la"convenzione dei generatori", avremo di conseguenza

PE = E0IE = 5× (−3) = −15W PJ = VJJ0 = 4× 3 = 12W

Quesito 3.

Nell’ipotesi di condensatori inizialmente scarichi, a partire dall’accensione del generatore idealeE = 12V, note R = 6 Ω, C12 = C34 = 2µF, C23 = C40 = 1µF,

1

2

3

C12

C23

C34

C40

4

R

E

+

q1

q3q2

determinare:

(a) la costante di tempo τ associata al transitorio di carica,

(b) il rapporto fra le quantità di carica q2 e q3, fluite nei collegamenti indicati a transitorio esaurito,

3


(c) l’energia complessiva persa, per effetto Joule, nel resistore R.

——————————————

Soluzione:

(a) Ricavata la capacità equivalente dalla serie di C12 con il parallelo dei restanti tre condensatori,Ceq = 4/3µF, la costante di tempo

τ = RCeq = 8µs

(b) dato che il parallelo fra C23 e C34 presenta una capacità tripla rispetto a C40, ne segue che,essendo sottoposte alla stessa tensione, anche le cariche staranno nello stesso rapporto

q2

q3= 3

(c) L’energia persa nel resistore sarà pari alla differenza fra quella erogata dal generatore e quellaimmagazzinata nel condensatore equivalente

WR = WE −WCeq = Eq1 −1

2E2Ceq = E2Ceq −

1

2E2Ceq =

1

2E2Ceq = 96µJ

Quesito 4.

Data la rete trifase di figura, alimentata dalla terna simmetrica diretta di tensioni di seguito indicata,ricordando il teorema di Thévenin e il principio della sovrapposizione degli effetti,

30Ω

P

1

2

3

Q

V12 = 400 e−j 2π3 V

30Ω

30Ω

V23 = 400 e−j 4π3 V

V31 = 400V

I0 5Ω

10Ω

10Ω

I2

determinare:

(a) il valore efficace della corrente I0 nel resistore R0 = 5 Ω,

(b) la potenza attiva P complessivamente assorbita dalla rete,

(c) la corrente I2 in ingresso alla seconda fase.

4


——————————————

Soluzione:

(a) La corrente I0 può essere ricavata via circuito equivalente secondo Thévenin; spenti i tregeneratori di tensione (che implicitamente insistono sui tre ingressi), il calcolo dell’impedenzaequivalente è immediato in quanto pari alla serie fra il parallelo delle tre reattanze e il parallelodelle due resistenze, ZTh = (5 + j10) Ω.

Per la tensione equivalente basta notare che fra il punto Q, al centro del sistema, e il punto Pintermedio fra i punti 1 e 3 nel diagramma fasoriale, esiste una tensione VQP = (j200/

√3)V,

e quindi

I0 =ETh

ZTh +R0=

VQPZTh +R0

=j200√

3(10 + j10)≈ (5,77 + j5,77)A ⇒ |I0| ≈ 8,16A

(b) nota la corrente I0 potremo (per il teorema di sostituzione) andare a sostituire R0 con ungeneratore di corrente J0 = I0, al fine di determinare la corrente nei due resistori R = 10 Ωvia sovrapposizione dello stesso J0 e di un generatore di tensione V31, ne segue che

I1P =V13

2R− I0

2≈ (−22.89− j2.89)A, I3P =

V31

2R− I0

2≈ (17,11− j2,89)A

e infineP = R0|I0|2 +R|I1P |2 +R|I3P |2 ≈ 8667W

(c) parimenti per I2, per la quale si potrà sovrapporre la rete con i soli tre generatori di tensione(e quindi Q coincidente con il centro del sistema O) a quella con il solo generatore di correnteJ0, ottenendo

I2 =V20

j30+I0

3≈ (9,62 + j1,92)A ⇒ |I2| ≈ 9,81A

Quesito 5.

Data la rete in regime sinusoidale di figura, nota la pulsazione ω = 100 rad/s del generatore,l’indicazione dei voltmetri: V1 = V3 = 200V, V2 = 240V e l’induttanza L = 120mH,

CE

+L

V1

V2

V3

A B

O

R

5


(a) tracciare il diagramma fasoriale,

(b) determinare la resistenza R e la capacità C.

——————————————

Soluzione:

(a) Per tracciare il diagramma fasoriale, possiamo partire scegliendo la VBO = V3 a fase nulla enotare sia che la somma dei fasori VBO e VAB dovrà essere pari al fasore VAO = E, sia cheil fasore della corrente IL nell’induttore (da A verso B) dovrà essere in quadratura ritardo suVL = VAB

O

A

B

IL

IR

IC

HC

D

(b) di conseguenza le correnti nel resistore e nel condensatore (da B verso O) risulteranno rispet-tivamente uguali alla componente reale e immaginaria della corrente nell’induttore, avremoquindi,

IL = |IR|+ j|IC |

con |IL| = |V2|/ωL = 20A e con componenti ricavabili via similitudine fra i triangoli OCD eOBH:

|IL||IC |

=|VOB||VHB|

=200

120=

5

3→ |IC | = 12A, → |IR| = 16A

R =|V3||IR|

= 12,5 Ω C =|IC |ω|V3|

= 600µF

6


Quesito 6.

Dato il seguente mutuo induttore, ipotizzando una permeabilità relativa µr infinita del nucleo fer-romagnetico, e indicata con R0 la riluttanza di un traferro di spessore δ,

I2

I1

N1

N2

µr ≈ ∞

δδ

2δ

µr ≈ ∞

assunti i morsetti di riferimento coincidenti con quelli di ingresso per le due correnti, determinare iseguenti coefficienti di auto e mutua induzione:

(a) L11

(b) L22

(c) M12 = M21

——————————————

Soluzione:

Per rispondere basta ricordare le definizioni dei coefficienti, a partire dalle equazioni costitutive delmutuo induttore:

ΦC1 = L11I1 +M12I2

ΦC2 = M21I1 + L22I2

(a) Osservando che la riluttanza vista dal primo avvolgimento risulta

R1 = 2R0 +R0

2=

5R0

2

avremo che, alimentando solo il primo avvolgimento,

L11 =ΦC1

I1

∣∣∣I2=0

=N1Φ1

I1=N2

1 I1

R1I1=

2N21

5R0

(b) In questo caso la riluttanza vista dal secondo avvolgimento è

R2 = R0 + 2R0||R0 =5R0

3

e quindi, alimentando solo il secondo avvolgimento,

L22 =ΦC2

I2

∣∣∣I1=0

=N1Φ2

I2=N2

2 I2

R2I2=

3N22

5R0

7


(c) Per la mutua induttanza potranno essere seguite diverse strade che portano comunque allostesso risultato; supponendo di alimentare solo il primo avvolgimento, vista la simmetria,solo metà del flusso andrà a concatenarsi (positivamente) con il secondo avvolgimento e diconseguenza

M21 =ΦC2

I1

∣∣∣I2=0

=N2Φ21

I1=N2Φ1

2I1=N2N1

2R1=N1N2

5R0

Quesito 7.

Considerata la seguente parziale implementazione di un contatore a due bit con flip-flop T , per lasequenza 0, 2, 3, 1, 0,

T2 Q2

MSB

T1 Q1

LSB

CLK

X

determinare una adatta rete logica combinatoria per pilotare l’ingresso X del circuito sequenziale.

——————————————

Soluzione:

Partendo dalla tabella delle transizioni di stato associata alla sequenza di conteggio, e ricavate lecolonne relative ai due ingressi T2 e T1 dalla tabella di eccitazione del flip-flop di tipo T ,

Q2 Q1 Q+2 Q+

1 T2 T1

0 0 1 0 1 00 1 0 0 0 11 0 1 1 0 11 1 0 1 1 0

possiamo sia controllare la funzione logica per l’ingresso del flip-flop T2 relativo al bit più significativoT2 = Q2 ⊕Q1, sia ricavare quella richiesta per l’ingresso del flip-flop relativo al bit meno significativo,per il quale direttamente dall’ultima colonna

X = T1 = Q2 ⊕Q1

e di conseguenza lo schema completo della rete sequenziale sarà il seguente,

8


T2 Q2

MSB

T1 Q1

LSB

CLK

X

semplificabile via sostituzione della porta XNOR con una NOT che ha per ingresso X.

Quesito 8.

Si realizzi un contatore sincrono modulo tre bidirezionale via macchina a stati finiti secondo Moore,che faccia uso di flip-flop di tipo JK, descrivendo i seguenti passi:

(a) rappresentazione con diagramma degli stati (STD)

(b) codifica degli stati e stesura della tabella delle transizioni

(c) sintesi circuitale.

——————————————

Soluzione:

(a) Codificati gli stati con la rappresentazione binaria del conteggio, e scelto un ingresso X = 0per il conteggio "up" e X = 1 per un conteggio "down", potrà essere tracciato il diagrammadegli stati,

00

01

10

11

start

01

11

0, 1

0

0

(b) dal quale, ricordando la tabella di eccitazione del flip-flop JK, potremo ricavare la seguente

9


X Q1 Q0 Q+1 Q+

0 J1 K1 J0 K0

0 0 0 0 1 0 x 1 x0 0 1 1 0 1 x x 10 1 0 0 0 x 1 0 x0 1 1 0 0 x 1 x 11 0 0 1 0 1 x 0 x1 0 1 0 0 0 x x 11 1 0 0 1 x 1 1 x1 1 1 0 0 x 1 x 1

ottenendo direttamente dalla settima e dalla nona colonna,

K1 = 1 K0 = 1

mentre, per il controllo degli ingressi J, la rete logica potrà essere ricavata dalle due seguentimappe di Karnaugh

Q1Q0 Q1Q0

X X00 01 11 10 00 01 11 10

0

1

0

1

0

0 0

0x

x

x

x

x

xx

x1

1

1

1

J1 J0

(c) e di conseguenzaJ1 = Q0 ⊕X J0 = Q1 ⊕X

Q1 J0 Q0

CLK

X

K01

J1

K0

1

10


Quesito 9.

Per il sistema rappresentato dal seguente schema a blocchi con K > 0,

1s

1s+ 2

s

K

X(s) Y (s)+

−+

−

determinare:

(a) la funzione di trasferimento W (s) = Y (s)/X(s), ricavando i poli in funzione del parametroK,

(b) la risposta nel dominio del tempo per un ingresso a gradino unitario, per K = 2,

——————————————

Soluzione:

(a) Semplificando lo schema a blocchi ricordando la classica relazione

W (s) =Y (s)

X(s)=

G(s)

1 +G(s)H(s)

iterativamente, con due successivi passi, avremo

W (s) =Y (s)

X(s)=

1

s2 + 3s+K(1)

e quindi, dalle radici del denominatore, i due poli

s1 =−3 +

√9− 4K

2, s2 =

−3−√

9− 4K

2

(b) Per K = 2 avremo i due poli in s1 = −1, s2 = −2 e quindi, scomponendo la trasformata diLaplace dell’uscita in frazioni parziali, avremo

Y (s) = X(s)W (s) =1

s(s+ 1)(s+ 2)=

0,5

s− 1

s+ 1+

0,5

s+ 2

dalla quale, antitrasformando

y(t) =1

2− e−t +

e−2t

2

11


Quesito 10.

Supponendo che in un defibrillatore un’energia ∆W = 200 J, fornita dall’impulso monofasico dicorrente al paziente, sia ottenuta scaricando un condensatore di capacità C = 400µF, carico allatensione V0 = 2000V, attraverso la serie di una resistenza transtoracica RT = 80 Ω e di unaresistenza addizionale interna Radd, inserita automaticamente dal defibrillatore stesso e necessariaper limitare la corrente di picco a 20 ampere,

t/s

i/A

0

20

∆t

imin

determinare:

(a) il valore di Radd e la corrente imin dell’impulso,

(b) l’intervallo ∆t di applicazione dello stesso.

——————————————

Soluzione:

(a) Al fine di ottenere una corrente iniziale di 20 ampere, con una tensione di 2000 volt, laresistenza complessiva del circuito di scarica dovrà evidentemente essere pari a V/imax =2000V/20A = 100 Ω e quindi, nota la resistenza transtoracica di 80 Ω, la resistenza addizionalesarà Radd = 100− 80 = 20 Ω. Per quanto riguarda la corrente minima, l’energia fornita dallascarica dovrà risultare superiore di un fattore (RT + Radd)/RT = 10/8 a quella fornita alpaziente, ne segue che l’energia finale presente nel condensatore dopo l’impulso di scarica sarà

Wf =1

2CV 2

0 −10

8∆W = 550 J

e la tensione finale sul condensatore

Vf =

√2Wf

C=

√2× 550

4 · 10−4≈ 1658V → imin =

VfRT +Radd

≈ 16,6A

(b) Dalla funzione del tempo relativa alla corrente di scarica i(t) = imaxe−t/τ , l’intervallo di

applicazione dell’impulso sarà

∆t = −RC ln( iminimax

)≈ 7,5ms

12


Quesito 11.

Ipotizzando che un estensimetro a resistenza (autocompensato) venga usato per la misura delladeformazione in una prova a trazione di materiali metallici, inserendolo come quarto lato di unponte di Wheatstone insieme ad altri tre resistori di pari resistenza,

∆LL

Estensimetro

∆RR

k

note: la sua resistenza nominale Rn = 120 Ω, la corrente massima Imax = 20mA e il fattore ditaratura k = ∆R%

∆L% = 2, ricordando che la deformazione relativa ε = ∆LL per materiali metallici

è dell’ordine di alcune parti per mille, e indicata con Vr la tensione di alimentazione del ponte,determinare:

(a) una relazione simbolica per la stima della tensione ∆V (ε, Vr) disponibile sulla diagonale dirivelazione del ponte ("a vuoto"),

(b) l’ordine di grandezza della suddetta tensione.

——————————————

Soluzione:

(a) A partire da un ponte equilibrato, una variazione ∆R in una delle resistenze R del ponte,alimentato da una tensione di riferimento Vr, porta sulla diagonale di rivelazione ad unadifferenza di potenziale

|∆V | = VrR

2R− Vr

R

2R+ ∆R= Vr

(1

2− 1

2 + ∆R/R

)= Vr

∆R/R

4 + 2∆R/R

relazione che, conoscendo dal testo l’ordine di grandezza della variazione relativa, si puòapprossimare come

|∆V | ≈ Vr∆R

4R

(b) L’ordine di grandezza di detta d.d.p potrà essere ricavato andando a stimare il valore massimodella tensione di riferimento che alimenta il ponte; Vr < 2RImax = 2× 120 Ω× 20 · 10−3 A =4,8V, ottenendo dalla

|∆V | ≈ Vrkε

4

per allungamenti dell’ordine di alcune parti per mille e per fattore di trasduzione di alcuneunità, una tensione dell’ordine del millivolt.

13


Quesito 12.

Dato il seguente doppio bipolo, indicate con τ1 = R1C1 e con τ2 = R2C2 le due costanti di tempoassociate ai due paralleli R-C,

C1

+

R2vi voC2

+R1

(a) ricavare la funzione di trasferimento H(s) = Vo(s)/Vi(s),

(b) tracciare il diagramma di Bode asintotico qualitativo, per il guadagno, distinguendo i tre casiτ1 > τ2, τ1 < τ2, e τ1 = τ2, e commentando i risultati ottenuti.

——————————————

Soluzione:

(a) La funzione di trasferimento può chiaramente essere ricavata attraverso un partitore di tensionefra le due impedenze dei due paralleli R-C

H(s) =Z2(s)

Z1(s) + Z2(s)

che semplificata porta a

H(s) =C1

C1 + C2

s+ 1R1C1

s+ R1+R2R1R2(C1+C2)

=C1

C1 + C2

s+ 1R1C1

s+ 1R1||R2(C1+C2)

funzione che presenta un unico polo, a causa della presenza di una maglia con soli condensatorie generatori di tensione (rete degenere).

(b) L’andamento del guadagno evidenzia come, da un iniziale H(0) = R2R1+R2

, si vada a salire oscendere a H(∞) = C1

C1+C2, a seconda che τ1 > τ2 o τ1 < τ2, mentre risulta invece costante

per τ1 = τ2.

Dalla funzione di trasferimento notiamo infatti che nella condizione di uguaglianza fra polo ezero

1

R1C1=

R1 +R2

R1R2(C1 + C2)→ τ1 = τ2

la funzione di trasferimento si semplifica nella

H(s) =R2

R1 +R2=

C1

C1 + C2

14


portando il sistema ad essere istantaneo, ovvero privo di dinamica ("partitore compensato");qualitativamente, per particolari valori dei parametri, le tre condizioni potrebbero corrispon-dere ai tre andamenti di figura

H(0) = R2

R1+R2

H(∞) = C1

C1+C2

10−2 10−1 100 101 102

−20

−15

−10

−5

ω (rad/s)

τ1 > τ2

τ1 = τ2

τ2 > τ1

Guadagno (dB)

Quesito 13.

Data la rete trifase simmetrica ed equilibrata, nota l’indicazione dell’amperometro Im = 14,4A,P1 = 8 kW, cosϕ1 = 0,8 , P2 = 4 kW, Q2 = −3 kvar.

1 Ω

A

W

P1

cosϕ1

P2 Q2

1

2

3

V

1 Ω

1 Ω 1 Ω

1 Ω 1 Ω

determinare:

(a) il valore efficace dell’intensità di corrente I in ingresso alla rete,

(b) la tensione V alla partenza,

(c) l’indicazione del wattmetro, Wm.

——————————————

15


Soluzione:

(a) Dall’indicazione dell’amperometro possiamo ricavare la tensione ai morsetti dei carichi trifasi

VL =P1√

3Im cosϕ1

≈ 401V

con la quale, una volta determinata la potenza apparente complessivamente assorbita dalcarico 1 e 2, potremo determinare la corrente di linea richiesta

I =S√3VL

=

√(P1 + P2)2 + (Q1 +Q2)2

√3VL

≈ 17,8A

(b) per la tensione in ingresso, ancora con Boucherot (vista l’elevata caduta di tensione), andremoa ripetere il calcolo ad inizio linea sommando alle precedenti anche la potenza attiva Pl =3RLI

2L ≈ 952W e reattiva Ql = 3XLI

2L ≈ 952 var assorbite dalla linea

V =

√P 2tot +Q2

tot√3I

≈ 439V

(c) Per l’indicazione del wattmetro basterà osservare che si tratta di un wattmetro in quadraturacon voltmetrica invertita e di conseguenza

Wm = −Qtot√3≈ −2,28 kW

Quesito 14.

Ipotizzando che nel seguente circuito i tre amplificatori operazionali siano ideali,

v1

v2

v0

R2 R3R1

R0R2

R3

R1

x

y

determinare:

(a) la relazione simbolica per la tensione di uscita v0 in funzione di v1, v2, R0, R1.R2, R3,

16


(b) il ruolo fondamentale del resistore R0,

——————————————

Soluzione:

(a) La tensione d’uscita può essere ricavata osservando che i due ingressi invertenti dei due AO diingresso si verranno a trovare allo stesso potenziale dei rispettivi non invertenti. Ai morsettidi R0 sarà quindi applicata la differenza di potenziale vd = v1 − v2 e scorrerà una correntei0 = vd/R0 che, attraversando anche i due resistori R1, permetterà di calcolare i potenzialivx = v1 +R1i0 e vy = v2 −R1i0 dei punti x e y di figura.

Detti potenziali rappresentano gli ingressi dell’amplificatore differenziale d’uscita, e quindi

v0 = −R3

R2(vx − vy) = −R3

R2(v1 − v2 + 2R1i0) =

R3

R2(1 + 2

R1

R0)(v2 − v1)

(b) la precedente relazione evidenzia la possibilità di regolare l’amplificazione agendo su un soloresistore, R0.

Quesito 15.

Dato il doppio bipolo di figura, supponendo che i diodi siano ideali,

10 kΩ

+ +D1

--

D2

i1 i2

5V 5Vvi vo

10 kΩ 10 kΩ

determinare:

(a) la transcaratteristica ingresso-uscita v0 = f(vi) ,

——————————————

Soluzione:

(a) La simmetria dei due rami in parallelo permette di affermare che anche la transcaratteristicasarà simmetrica rispetto all’origine; basterà quindi studiare il comportamento per tensioni diingresso positive, notando come in questo caso il diodo D1 sia sempre inversamente polariz-zato e quindi interdetto, visto che il suo potenziale anodico risulta sempre inferiore a quellocatodico.

17


Per D2 avremo che per 0 < vi < 5V, risulterà inversamente polarizzato, in quanto il suopotenziale anodico risulta inferiore a quello catodico, mentre per vi > 5V, D2 risulterà polariz-zato direttamente.

Ne segue che per 0 < vi < 5V, avremo entrambi i diodi interdetti e quindi vo = vi, nonessendoci c.d.t. sui 10 kiloohm in serie all’ingresso, mentre per vi > 5V avremo

v0 = 5 +vi − 5

2=

(vi + 5

2

)V

in quanto l’eccedenza (vi−5)V viene a ripartirsi ugualmente sui due resistori in serie; grafica-mente, ricordando che il ramo della transcaratteristica per vi < 0V si può ricavare dal ramoper vi > 0V, via simmetria rispetto all’origine

vi

vo

5

5 10

7.5

Quesito 16.

Data la seguente rete logica combinatoria,

A

B

C

D

Y

determinare:

(a) la funzione logica Y di uscita ,

(b) semplificarla via algebra di Boole o mappa di Karnaugh.

18


——————————————

Soluzione:

(a) Direttamente dalla rete si ricava facilmente

Y = BC(AD +A+BC)

(b) che può anche essere riscritta e semplificata come segue

Y = BC(AD +ABC) = ABCD +ABC

e a questo punto, optando per Karnaugh, andando a contrassegnare con uno zero i tre mintermsrelativi alla funzione negata, e scelti gli implicanti primi essenziali per la Y ,

CDAB 00 01 11 10

00

01

11

10

1

1

1

1

0

1

0

1

1

01

11

1

1

1

avremo

Y = C +B +AD

Quesito 17.

In un impianto di sollevamento il serbatoio in quota è alimentato attraverso l’uso di una pompache pesca in una vasca a quota inferiore. La pompa ha il compito di tenere il serbatoio in quota allivello A2 e entra in funzione solo se il livello della vasca inferiore è superiore a B1. L’elettrovalvolaY1 ha il compito di mantenere la vasca inferiore sopra la soglia B1, mentre l’elettrovalvola Y2 potràessere azionata indipendentemente, in ogni condizione.

M

A1

Y2

A2

B1

B2

P

Y1

Y0

19


Assumendo le seguenti convenzioni,

Ai=1 Bi=0

Ai=0 Bi=0

Ai=0 Bi=1

(a) tracciare lo schema funzionale di base per il controllo automatico.

——————————————

Soluzione:

(a) una possibile soluzione di base potrebbe essere la seguente

B2 B1

P

P

B1

A2 A1

Y1

FRM

U

U B1

A1

B2

A2

FRM

RD

HL1

YE

HL2

SB

Y2

20


Quesito 18.

Data la seguente configurazione per i collegamenti degli ingressi e delle uscite del PLC

COM2

I0.2 I0.7 I1.1I0.1 I0.6

COM3

COM1

I0.4 I1.0I0.3 I0.5I0.0

Q0.6Q0.0 Q0.1 Q0.3 Q0.4 Q0.5 Q0.7 Q1.0Q0.2 Q1.1

H0 H1 H2 H324V

....

S7S1 S5 S6S2 S4S3

24V

PLC 224 AC/DC/RELAY

S0

tracciare, per il seguente circuito,

24V

0V

H0

S0S2

S7

H2

S5

S3

S1

S3

S6

S1 S2

S0

S5

H3

S6

S7

H1

S4 S4

(a) il programma del plc nella versione ladder (KOP), a rami distinti.

21


——————————————

Soluzione:

(a) Una possibile soluzione è la seguente

I0.0

I0.2

Q0.0I0.0

I0.1

I0.1

Q0.3

I0.1

I0.3

I0.3

I0.4

I0.5

I0.6

I0.1

I0.2

I0.7 Q0.1

I0.0

I0.3

I0.2 I0.4

I0.5

Q0.2

Segmento 1

Segmento 2

Segmento 3

I0.0

Segmento 4

I0.2

I0.3

I0.5I0.4 I0.6

I0.7

22


Quesito 19.

Mettendo in cortocircuito i morsetti di una linea monofase e alimentandola all’altra estremità conuna tensione V = 40V, si sono misurate una corrente di I = 160A e una potenza di P = 2240W.

(a) Determinare l’angolo ϕ del carico da allacciare ai morsetti terminali della linea, affinché latensione alla partenza sia uguale alla tensione all’arrivo.

——————————————

Soluzione:

(a) Ricavata l’impedenza della linea ZL = V/I = 40/160 = 0,25 Ω e il suo fattore di potenza

cosϕL =P

V I=

2240

40× 160= 0,35

sarà possibile determinare sia la resistenza che la reattanza di linea,

RL = ZL cosϕL = 0, 0875 Ω XL = ZL sinϕL ≈ 0,234 Ω

Ricordando la relazione per la caduta di tensione industriale, avremo che la tensione all’arrivosarà pari a quella a inizio linea quando sia soddisfatta la seguente equazione

RL cosϕ+XL sinϕ = 0

ovvero per un angolo caratteristico del carico

ϕ = arctan

(−RLXL

)≈ −20,5

Quesito 20.

Una linea trifase realizzata con cavo multipolare in rame, isolato in PVC, su passerella, è lungaL = 40m e alimenta al suo arrivo, con una tensione V = 400V, un carico trifase equilibrato.

Due wattmetri in Aron, appena a monte del carico, segnano WA = 40 kW e WB = 0W.

La temperatura di lavoro è θa = 40 C.

(a) Dimensionare la linea, usando le tabelle allegate, al fine di avere una caduta di tensione∆V% ≤ 2% .

(b) Stabilire, motivando la risposta, se l’ente fornitore può costringere a effettuare o no il rifasa-mento.

23


——————————————

Soluzione:

(a) Dato che con un’inserzione Aron in un sistema equilibrato l’annullarsi dell’indicazione delwattmetro a "ponte minore" implica un fattore di potenza del carico cosϕ = 0,5, avremo che

I =P√

3V cosϕ=

40 000√3× 400× 0,5

≈ 115,5A

Dalla prima tabella B, per un cavo trifase su passerella in PVC, si ricava

IZ(30) = 126A ⇒ S = 35mm2

mentre dalla seconda si ottiene il coefficiente correttivo per la temperatura K1(40) = 0,87.

Ne segue cheIZ(40) = 126× 0,87 ≈ 110A

che risulta insufficiente e di conseguenza bisogna passare alla sezione superiore S = 50mm2 equindi ricontrollare

IZ(40) = 153× 0,87 ≈ 133A

Non rimane che valutare la resistenza e la reattanza della linea usando le tabelle A, dallaprima delle quali: r(20) = 0,379 Ω/km, mentre dalla seconda l = 0,248mH/km e quindi,considerando la temperatura massima ammissibile per il conduttore di 70 C, la resistenza ela reattanza della linea

RL = r(70)L = r(20)kθL = 0,379× 235 + 70

235 + 20× 40 · 10−3 ≈ 18,1mΩ

XL = ωlL = 100π × 0,248 · 10−3 × 40 · 10−3 ≈ 3,12mΩ

verificando infine che il vincolo sulla cdt sia soddisfatto

∆V ≈√

3IZ(RL cosϕ+XL sinϕ) ≈√

3× 115,5× (18,1× 0,5 + 3,12× 0,866) · 10−3 ≈ 2,4V

∆V% =2,4

400× 100 = 0,6% < 2%

(b) Essendo chiaramente in presenza di un contratto per potenza disponibile superiore ai 16,5kW, nell’ipotesi di condizioni di carico costanti, l’ente fornitore potrà costringere il cliente aeffettuare il rifasamento in quanto il fattore di potenza medio mensile risulta inferiore a 0,7.

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Tabelle A

Resistenza unitaria di conduttori unificati per cavi, a 20 °C

Sezione nominale

[mm2]

Filo unico Corda

Rame Alluminio Rame Alluminio

[Ω/km] [Ω/km] numero fili [Ω/km] numero fili [Ω/km]

1,52,546

10162535507095

120150185240300

11,97,144,472,97

2,941,851,17

7777

1919193737376161

1,771,12

0,7100,5140,3790,2620,1890,1500,1220,0970,0740,059

77

19193737373737

0,8400,6280,4350,3130,2480,2020,1610,1220,097

Nota. Il riporto della resistenza alla temperatura di servizio si effettua utilizzando il fattore Kθ .

Induttanza unitaria di servizio per cavi tripolari BT e MT

U0/U [kV] 0,6/1 2,3/3 3,6/6 6/10 8,7/15 12/20 15/20

Sezione[mm2]

Induttanza di servizio per fase [10 - 3 H/km]

1,52,546

10162535507095

120150185240300

0,3760,3470,3220,3040,2740,2600,2590,2490,2480,2420,2390,2360,2360,2360,2350,235

0,3980,3760,3540,3340,3180,3030,2870,2830,2770,2740,2640,2580,255

0,4240,4080,3890,3660,3440,3220,3060,2960,2870,2800,2740,264

0,4360,4140,3820,3570,3380,3220,3090,2960,2870,2800,274

0,4710,4360,4040,3890,3660,3470,3310,3180,3090,302

0,4870,4550,4360,4200,3950,3820,3630,3440,3250,312

0,5060,4840,4620,4460,4200,3980,3820,3500,3450,341

Nota. La reattanza di servizio unitaria, in Ω/km, si calcola moltiplicando i valori della tabella per lapulsazione ω = 2π f.

25


Tabelle B

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Durata massima della prova: 5 ore.E’ consentito l’uso di calcolatrici non programmabili.Non è consentito l’uso di manuali tecnici.

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Documents

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