Esercizio 3.13 - sovrapposizione in regime sinusoidale

Testo (Eserciziario, es. 3.13). Rete a regime sinusoidale con $R = 50\ \Omega$, $L = 200\ \mathrm{mH}$, $C = 40\ \mu\mathrm F$, $e(t) = 200\cos\left(500t + \frac34\pi\right)$, $j(t) = 4\sqrt2\cos(500t)$. Calcolare la potenza reattiva $Q_C$ entrante nel condensatore, con la sovrapposizione degli effetti.

Figura (descritta). Due nodi: T (filo in alto) e il filo in basso (riferimento). Tre rami tra T e il riferimento:

Risultato: $Q_C = -1000\ \mathrm{VAR}$.

La stessa rete è risolta con le correnti di anello e con i potenziali ai nodi. Teoria: Reti in regime sinusoidale (metodo simbolico)Metodo simbolico: (1) si scrivono tutte le sinusoidi in coseno (o tutte in seno) e se ne calcolano i fasori; (2) ogni bipolo passivo diventa un'impedenza (R, jωL, -j/ωC); (3) si risolve la rete simbolica con i metodi delle reti resistive (serie e parallelo, partitori, nodi, anelli, sovrapposizione, Thévenin e Norton), facendo i conti con i numeri complessi; (4) si torna alle sinusoidi. Serie: Ż = ΣŻk; parallelo: Ẏ = ΣẎk. Ogni impedenza equivale a una sintesi serie (R + L o R + C) o parallelo. Si conservano le potenze complessa, attiva e reattiva.Reti in regime sinusoidale (metodo simbolico) →, Potenza in regime sinusoidaleCon v e i sinusoidali la potenza istantanea p(t) = VI cos φ + VI cos(2ωt + φv + φi) oscilla a pulsazione 2ω. La sua media è la potenza attiva P = VI cos φ (watt). La potenza complessa Ṡ = V̄ Ī* = P + jQ ha per parte immaginaria la potenza reattiva Q = VI sin φ (VAR) e per modulo la potenza apparente S = VI (VA). cos φ = P/S è il fattore di potenza. Con un'impedenza: P = R I², Q = X I²; Q_L = ωL I² > 0, Q_C = -ωC V² < 0. In una rete si conservano la potenza complessa, attiva e reattiva (teorema di Boucherot).Potenza in regime sinusoidale →.

1. Rete simbolica

• $\bar E$: ampiezza $200$ (senza $\sqrt2$), valore efficace $100\sqrt2$: $\ \bar E = 100\sqrt2\, e^{j3\pi/4} = 100\sqrt2\left(-\frac{\sqrt2}{2} + j\frac{\sqrt2}{2}\right) = -100 + j100$.
• $\bar J = 4$.
• $\dot Z_L = j\omega L = j100$, $\ \dot Z_C = -\frac{j}{500 \cdot 40 \cdot 10^{-6}} = -j50$, ramo centrale $\dot Z_{RC} = 50 - j50$.

Per $Q_C = X_C\, I_C^2$ serve il valore efficace della corrente nel condensatore. Si prende $\bar I_C$ verso il basso nel ramo centrale.

2. Agisce solo $\bar J$ ($\bar E$ cortocircuitato)

Il GIC preleva $4\ \mathrm A$ dal nodo T verso il basso; questa corrente deve salire dagli altri due rami ($\dot Z_{RC}$ e $\dot Z_L$, in parallelo). Partitore di corrente, con il segno meno perché $\bar I_C$ è presa verso il basso:

$$\bar I_C' = -\bar J\, \frac{\dot Z_L}{\dot Z_{RC} + \dot Z_L} = -4\, \frac{j100}{50 + j50} = -4\, \frac{2j}{1 + j} = -4\, \frac{2j(1 - j)}{2} = -4(1 + j) = -4 - j4$$

3. Agisce solo $\bar E$ ($\bar J$ aperto)

Resta una maglia: il GIT, $L$ e il ramo centrale. Il GIT spinge corrente verso l'alto nel ramo destro (dal $-$ al $+$ al suo interno), che poi scende nel ramo centrale:

$$\bar I_C'' = \frac{\bar E}{\dot Z_L + \dot Z_{RC}} = \frac{-100 + j100}{50 + j50} = 2\, \frac{-1 + j}{1 + j} = 2\, \frac{(-1 + j)(1 - j)}{2} = -1 + 2j + 1 = j2$$

Il prodotto (-1 + j)(1 - j)-1 + j + j - j² = -1 + 2j + 1 = 2j; diviso 2 e moltiplicato per 2 resta 2j..

4. Somma e potenza reattiva

$$\bar I_C = \bar I_C' + \bar I_C'' = -4 - j4 + j2 = -4 - j2, \qquad I_C^2 = 16 + 4 = 20\ \mathrm{A^2}$$

$$\boxed{Q_C = X_C\, I_C^2 = -50 \cdot 20 = -1000\ \mathrm{VAR}}$$

Negativa, come per ogni condensatore con la convenzione dell'utilizzatore.

Attenzione: la sovrapposizione si fa sui fasori delle correnti, non sulle potenze: $Q_C' + Q_C'' = -50(32 + 4) = -1800 \ne -1000$. Le potenze sono quadratiche e non si sovrappongono.