Esercizi di Elettrotecnica

ESERCIZI SVOLTI

DI

ELETTROTECNICA

Prof. Ing. G. Acciani

Dott. Ing. G. Fornarelli

Dott. Ing. G. Brunetti

CAPITOLO 1

Esercizi sulle leggi di Kirchhoff

Esercizio n°1.1……………………………………………….pag. 2

Esercizio n°1.2……………………………………………….pag. 10

Esercizio n°1.3……………………………………………….pag. 12

Esercizio n°1.4……………………………………………….pag. 14

Esercizio n°1.5……………………………………………….pag. 15

Esercizio n°1.6……………………………………………….pag. 16

Esercizio n°1.7……………………………………………….pag. 18

Esercizio n°1.8……………………………………………….pag. 23

Esercizio n°1.9……………………………………………….pag. 25

Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff

2

f e d

a b c

i2

fi3

e di6

ai4

i5i1 bi7

c

Esercizio n°1.1 Scrivere tutte le possibili leggi di Kirchhoff delle correnti per il circuito indicato in figura, fissando due diversi sistemi di riferimento. E’ possibile enunciare la LKC in diversi modi equivalenti. Un primo modo di enunciare la legge è il seguente: La somma algebrica delle correnti entranti in un nodo è istante per istante nulla:

∑ =±k

k ti 0)(

dove il segno + vale per le correnti entranti e il segno – per quelle uscenti dal nodo. • Si fissi il sistema di riferimento per le correnti indicato in figura: Scriviamo la L.K.C. per ciascun nodo: nodo a: 021 =+ ii nodo b: 0541 =++ iii

Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica

3

i4

b

fi3

e

i2

a i1

di6

ci5

i7

nodo c: 075 =+ ii nodo d: 076 =− ii nodo e: 0634 =−− iii nodo f: 023 =− ii Cambiando di segno tutti i termini delle equazioni otteniamo le L.K.C. nella seconda formulazione: La somma algebrica delle correnti uscenti da un nodo è istante per istante nulla:

∑ =±k

k ti 0)(

dove il segno + vale per le correnti uscenti e il segno – per quelle entranti nel nodo. A partire dalle equazioni scritte, portando a secondo membro le correnti uscenti dal nodo (quelle di segno negativo) otteniamo le LKC nella terza formulazione: La somma delle correnti in ingresso deve essere uguale istante per istante alla somma delle correnti in uscita • Si fissi un secondo sistema di riferimento: Scriviamo la LKC in ciascun nodo utilizzando la prima formulazione della legge: nodo a: 012 =− ii


4

nodo b: 0541 =−− iii nodo c: 075 =− ii nodo d: 076 =+ ii nodo e: 0634 =−+ iii nodo f: 023 =−− ii Stesse considerazioni per quanto riguarda le altre possibili formulazioni della LKC. Torniamo al primo sistema di riferimento che abbiamo fissato per le correnti e costruiamo il grafo orientato associato al circuito, ottenuto sostituendo a ciascun bipolo un segmento orientato il cui verso coincide con quello della corrente fissata nel bipolo corrispondente:

2

f

a74

3e d

6

1 5b c

Si possono riscrivere le L.K.C. direttamente sulla base del grafo, a conferma che si tratta di leggi che dipendono non dal tipo di componenti ma da come questi sono interconessi tra loro, cioè dalla topologia del circuito. nodo a: 021 =+ ii nodo b: 0541 =++ iii nodo c: 075 =+ ii nodo d: 076 =− ii nodo e: 0634 =−− iii


5

nodo f: 023 =− ii Si può verificare che queste equazioni di equilibrio non sono linearmente indipendenti, infatti sommandole membro a membro si ottiene la seguente equazione:

0222 541541 =++=++ iiiiii

che è la L.K.C. al nodo b. In altre parole possiamo dire che l’equazione di equilibrio al nodo b è combinazione lineare delle equazioni agli altri nodi. In effetti un importante teorema afferma quanto segue: Dato un circuito a cui sia associato un grafo connesso con n nodi e b lati, il numero delle equazioni di equilibrio delle correnti fra loro indipendenti è pari a n-1 Nel nostro caso abbiamo n = 6, per cui sono 5 le equazioni di equilibrio delle correnti linearmente indipendenti. Queste si ottengono facendo riferimento agli insiemi di taglio fondamentali, che sono insiemi di taglio costituiti da un solo ramo di albero e da corde. Scegliamo dunque un albero per il nostro grafo (subgrafo connesso contenente tutti i nodi del grafo di partenza e non contenente maglie):

f

2a

3e

145b

d6

7c

dove abbiamo tratteggiato le corde del coalbero. Individuiamo gli insiemi di taglio fondamentali utilizzando le superfici gaussiane: queste devono tagliare i lati del grafo una volta sola e tali lati devono essere costituiti da un solo ramo di albero e da corde (quindi se ne possono individuare n-1, pari al numero dei rami dell’albero):

f

2a

3e

145b

d6

7c

Σ1 Σ2 Σ3

Σ4 Σ5


6

Gli insiemi di taglio fondamentali sono quindi dati da:

1,2 1,3 1,4,5 5,6 5,7 Per ricavare le equazioni di equilibrio delle correnti linearmente indipendenti, andiamo ad applicare la L.K.C. alle superfici gaussiane che individuano i cinque insiemi di taglio fondamentali. Infatti un altro modo più generale di esprimere la LKC consiste nel definire una superficie gaussiana (superficie chiusa) ed una convenzione per le correnti: La somma algebrica di tutte le correnti che fuoriescono dalla (o entrano nella) superficie gaussiana è istante per istante nulla Considerando positive le correnti entranti e negative quelle uscenti dalla superficie gaussiana, possiamo scrivere le seguenti L.K.C.: superficie Σ1: 021 =+ ii superficie Σ2: 031 =+ ii superficie Σ3 0541 =−−− iii ⇒ 0541 =++ iii superficie Σ4 065 =+ ii superficie Σ5 075 =+ ii Ripetiamo il procedimento visto scegliendo un altro albero:

f e3

2a

41 b 5

d6

7c

Σ1

Σ2

Σ3

Σ4

Σ5


7

Gli insiemi di taglio fondamentali sono dati da:

2,3 1,3 3,4,6 5,6 6,7 Scriviamo ora le L.K.C. alle superfici gaussiane che individuano gli insiemi di taglio fondamentali: superficie Σ1: 023 =− ii superficie Σ2: 031 =+ ii superficie Σ3 0634 =−− iii superficie Σ4 065 =+ ii superficie Σ5 076 =− ii Otteniamo un altro sistema di equazioni di equilibrio equivalente al primo. Se infatti realizziamo le seguenti sostituzioni: superficie Σ1: 023 =− ii ⇒ 021 =+ ii superficie Σ2: 031 =+ ii ⇒ 31 ii −= ⇒ 031 =+ ii superficie Σ3 0634 =−− iii ⇒ 0514 =++ iii superficie Σ4 065 =+ ii ⇒ 65 ii −= ⇒ 065 =+ ii superficie Σ5 076 =− ii ⇒ 075 =+ ii otteniamo nuovamente il sistema di equazioni trovato con il primo albero che abbiamo scelto. Quanto detto vale per tutti gli alberi che si possono individuare nel grafo associato al circuito: i corrispondenti sistemi di equazioni di equilibrio delle correnti sono tutti equivalenti tra loro.


8

Si può infine controllare che per il circuito nella figura in basso le equazioni di equilibrio ai nodi coincidono con quelle ottenute per una particolare scelta dell’albero.

i3

ai5i4

d

i1 i2b c

Scriviamo le LKC ai nodi: nodo a: 031 =+ ii nodo b: 0421 =++ iii nodo c: 025 =+ ii nodo d: 0534 =−− iii Disegnamo il grafo del circuito e scegliamo un albero:

3

a4

d

5

1 2b c4

d

3

a b1 2

5

c

Σ1 Σ2

Σ3


9

Gli insiemi di taglio fondamentali sono dati da:

1,3 2,5 1,2,4 Scriviamo ora le L.K.C. alle superfici gaussiane che individuano gli insiemi di taglio fondamentali: superficie Σ1: 031 =+ ii superficie Σ2: 025 =+ ii superficie Σ3 0421 =−−− iii ⇒ 0421 =++ iii


10

Esercizio n°1.2 Scrivere tutte le possibili LKC per il circuito in figura considerando due diverse convenzioni per le LKC.

e

c

a b

d

Si fissi un sistema di riferimento per le correnti:

i7e

i6c

i1ai2

i3bi4

i5 d

Assumiamo la convenzione secondo cui sono positive le correnti entranti nei nodi, negative quelle uscenti. Otteniamo il seguente sistema di equazioni (la somma algebrica delle correnti entranti in un nodo è istante per istante nulla): nodo a: 012 =− ii nodo b: 0341 =−− iii nodo c: 0654 =−+ iii (*) nodo d: 0573 =−+ iii nodo e: 0726 =−− iii


11

Assumiamo ora la convenzione secondo cui sono positive le correnti uscenti dal nodo e negative quelle entranti (la somma algebrica delle correnti uscenti da un nodo è istante per istante nulla). Otteniamo il seguente sistema di equazioni: nodo a: 012 =+− ii nodo b: 0341 =++− iii nodo c: 0654 =+−− iii (**) nodo d: 0573 =+−− iii nodo e: 0726 =++− iii Il sistema (**) può essere ottenuto dal sistema (*) moltiplicando ogni equazione per -1. I due sistemi sono quindi equivalenti, cioè ammettono la stessa soluzione. Ciò è necessario in quanto i due sistemi descrivono lo stesso circuito con lo stesso sistema di riferimento delle correnti (è cambiata la convenzione sui segni delle correnti ma non il sistema di riferimento).


12

Esercizio n°1.3 Dato il circuito in figura, dimostrare che è ba ii = .

N

4ib

2 3

ia 1

Fissiamo un sistema di riferimento per le correnti:

1

4

32N

ia

ib

i2

i1

i5

i4

i3

Scriviamo la LKC in corrispondenza di ciascun nodo assumendo positive le correnti uscenti da un nodo (la somma algebrica delle correnti uscenti da un nodo è istante per istante nulla). nodo 1: 021 =++− iiia


13

nodo 2: 0431 =−+− iii nodo 3: 0532 =+−− iii nodo 4: 054 =−+ iiib Sommando membro a membro le equazioni del sistema si ha:

0=+− ba ii ⇒ ba ii = Un altro modo più generale di esprimere la LKC consiste nel definire una superficie gaussiana (superficie chiusa) ed una convenzione per le correnti: La somma algebrica di tutte le correnti che fuoriescono dalla (o entrano nella) superficie gaussiana è istante per istante nulla Fissiamo una superficie gaussiana come quella indicata in figura e assumiamo come positive le correnti entranti nella superficie:

1

4

32N

ia

ib

i2

i1

i5

i4

i3

Σ

Le sole correnti che attraversano le gaussiana sono ia e ib per cui possiamo scrivere con la convenzione delle correnti positive entranti nella superficie Σ :

0=− ba ii ⇒ ba ii =


14

ec

f

d

a b

Esercizio n°1.4 Dato il circuito in figura, ricavare le correnti i1 e i2.

i3 = 4 A i4 = 1 A i5 = 3 A Con il fissato sistema di riferimento per le correnti, scriviamo le LKC nei nodi a e d (occorrono due equazioni ): nodo a: 352 iii =+ nodo d: 1254 iiii =++ Si tratta di un sistema di due equazioni nelle due incognite i1 e i2, che possiamo risolvere col metodo di sostituzione: 432 =+i

⇒ 12 =i A , 51 =i A 1231 ii =++

i1

i2

i3

i4 i5


15

Esercizio n°1.5 Dato il circuito in figura, ricavare la corrente i.

Applicando la LKC all’unico nodo presente otteniamo:

0=−− iii BA ⇒ Aiii BA 231 −=−=−=

iA

iB

i

iA = 1A iB = 3A


16

Esercizio n°1.6 Dato il circuito in figura:

CA

ED

4

3

B1 2

scrivere tutte le possibili LKT, avendo fissato un sistema di riferimento per le tensioni di lato e il verso di percorrenza delle maglie. Successivamente si valutino le tensioni vB e vE, nel caso in cui vA = 2V, vC = 5V, vD = 4V. Fissiamo un sistema di riferimento per le tensioni di lato come indicato in figura:

CA

ED

4

3

B1 2

e disegnamo le diverse maglie che si possono individuare nel circuito, per ciascuna delle quali fissiamo arbitrariamente un verso di percorrenza:


17

maglia 1 maglia 2 maglia 3 Scriviamo la LKT per ciascuna maglia (la somma algebrica delle tensioni di lato è nulla istante per istante): maglia 1: 0=+−−− DCBA vvvv maglia 2: 0=++− BCEA vvvv maglia 3: 0=− ED vv A questo punto sostituiamo i valori delle tensioni date per ricavare quelli delle tensioni incognite:

0452 =+−−− Bv VvB 3−=

052 =++− BE vv ⇒ VvE 4=

04 =− Ev

2

CA

D

4

1B

3

2

CA

4

1B

E

3

4

D E

3


18


6 1

F5 4

2

G

A

H

D

E

3

B

C

scrivere tutte le possibili LKT, avendo fissato un sistema di riferimento per le tensioni di lato e il verso di percorrenza delle maglie. Successivamente si valutino le tensioni vD, vG e vH nel caso in cui vA = 4V, vB = 4kV, vC = 8mV, vE = 10kV, vF = 7V Fissiamo un sistema di riferimento per le tensioni di lato come indicato in figura:

6 1

F5 4

2

G

A

H

D

E

3

B

C

e disegnamo le diverse maglie che si possono individuare nel circuito, per ciascuna delle quali fissiamo arbitrariamente un verso di percorrenza:


19

3

G

6

5 F 4

E

G

6

2

B

D

1A

BBG

H

5

22 D

A6 1

C1

5 F 4

E

3

1A C

5

H

G

6A

2 D 3

1C

BEH

453 F

5

H

F 4

E

2 3

2 D13 C

maglia 2 maglia 3 maglia 1 maglia 4

maglia 5 maglia 6

maglia 7


20

Scriviamo la LKT per ciascuna maglia (la somma algebrica delle tensioni di lato è nulla istante per istante): maglia 1: 0=+++− GHBA vvvv maglia 2: 0=++− DCB vvv maglia 3: 0=−++− HFED vvvv maglia 4: 0=−+++− HFECB vvvvv maglia 5: 0=+++−+− GFEDBA vvvvvv maglia 6: 0=++++− GHDCA vvvvv maglia 7: 0=++++− GFECA vvvvv A questo punto per determinare le incognite vD, vG, vH, scegliamo tre equazioni del sistema contenenti le suddette incognite, ad esempio la prima, la seconda e la quarta.

0=+++− GHBA vvvv 040004 =+++− GH vv

0=++− DCB vvv ⇒ 0008.04000 =++− Dv

0=−+++− HFECB vvvvv 0710000008.04000 =−+++− Hv da cui:

VvH 008.6007=

VvD 992.3999=

VvG 008.10003−=


21

Si noti che il numero delle equazioni linearmente indipendenti ottenute applicando la LKT alle varie maglie è pari a:

31 =+− nb essendo b = numero di lati = 8 ed n = numero di nodi = 6. Ciò significa che 4 equazioni possono ottenersi come combinazione lineare delle tre equazioni linearmente indipendenti che abbiamo scelto (o comunque di una qualsiasi terna di equazioni linearmente indipendenti). Le equazioni di equilibrio delle tensioni si ottengono facendo riferimento alle maglie fondamentali, che sono maglie costituite da una sola corda di coalbero e da rami di albero. Disegnamo quindi il grafo associato al circuito e scegliamo un albero: e individuiamo le maglie fondamentali:

A,B,H,G B,C,D B,C,E,F,H Per ricavare le equazioni di equilibrio delle tensioni linearmente indipendenti, andiamo ad applicare la L.K.T. alle maglie fondamentali: maglia A,B,H,G: 0=+++− GHBA vvvv maglia B,C,D: 0=++− DCB vvv maglia B,C,E,F,H 0=−+++− HFECB vvvvv

A

G

6

E

5 F 4

C

H

2

B

D 3

1

G

5 F

H

4

E

6

A

1

2 D

B

3

C


22

Ripetiamo il procedimento visto scegliendo un altro albero: Individuiamo le maglie fondamentali:

A,C,D,H,G B,C,D D,E,F,H e scriviamo le L.K.T.: maglia A,C,D,H,G: 0=++++− GHDCA vvvvv maglia B,C,D: 0=++− DCB vvv maglia D,E,F,H 0=−++− HFED vvvv Abbiamo così ottenuto un altro sistema di equazioni di equilibrio equivalente al primo. Se infatti realizziamo le seguenti sostituzioni:

0=++++− GHDCA vvvvv ⇒ 0=+++− GHBA vvvv

0=++− DCB vvv ⇒ DCB vvv += ⇒ CBD vvv −=

0=−++− HFED vvvv ⇒ 0=−+++− HFECB vvvvv

A

G

6

E

3D2

5 F 4

H

B

1

C


23


E

H

B

CA

1 2D

F

5

G

4

3

e fissato il nodo 5 come riferimento, si scrivano le tensioni di lato in funzione delle tensioni nodali riferite al nodo 5. Si valutino inoltre le tensioni di lato sapendo che e1 = 4V, e2 = 5V, e3 = 8V, e4 = 10V, e5 = 0V. Per tensione nodale di un nodo si intende la tensione nodo-nodo tra il nodo in questione e quello di riferimento. Fissiamo un sistema di riferimento per le tensioni di lato come indicato in figura:

E

H

B

CA

1 2D

F

5

G

4

3

Si può dimostrare infatti che la tensione tra una generica coppia di nodi k e j del circuito e pari alla differenza delle rispettive tensioni nodali:


24

jkkj eev −= In particolare quindi anche la tensione di lato, che è una tensione nodo-nodo tra il nodo supposto a tensione maggiore (+) e l’altro, si può esprimere in funzione delle tensioni nodali dei nodi che rappresentano i vertici del lato. Possiamo quindi scrivere le seguenti relazioni:

151 eeevA =−= 454 eeevE =−=

12 eevB −= 43 eevF −=

252 eeevC =−= 43 eevG −=

23 eevD −= 454 eeevF =−= Sostituendo i valori dati otteniamo:

VeevA 451 =−= VeeevE 10454 ==−=

VeevB 14512 =−=−= VeevF 210843 −=−=−=

VeeevC 5252 ==−= VeevG 210843 −=−=−=

VeevD 35823 =−=−= VeeevF 10454 ==−=


25


e

c d

a b

T2

4 5

1

3

determinare la tensione punto-punto tra i nodi b e d quando l’interruttore T è aperto. A tale scopo enunciamo la L.K.T. relativamente ad una sequenza chiusa di nodi: Per ogni circuito concentrato connesso, lungo una qualsiasi sequenza chiusa di nodi, in ogni istante t, la somma delle tensioni punto-punto (prese nello stesso ordine della sequenza di nodi) è uguale a zero Impostiamo allora la L.K.T. alla sequenza chiusa di nodi a-b-d-c-a:

0=+++ cadcbdab vvvv

A questo punto esprimiamo le tensioni punto punto in funzione delle tensioni di lato note:

1vvab = 3vvdc −= 2vvca −= e sostituiamo il tutto all’interno dell’equazione di equilibrio:

Vvvvvvvv cadcabbd 3423231 =++−=++−=−−−=

v1 = 3V v2 = 2V v3 = 4V

CAPITOLO 2

Esercizi sulle potenze

Esercizio n°2.1……………………………………………….pag. 27

Esercizio n°2.2……………………………………………….pag. 28

Esercizio n°2.3……………………………………………….pag. 29

Esercizio n°2.4……………………………………………….pag. 34

Esercizio n°2.5……………………………………………….pag. 36

Esercizio n°2.6……………………………………………….pag. 39


27

Esercizio n°2.1 Dato il bipolo in figura:

v(t)

i(t)

in cui abbiamo fissato la convenzione dell’utilizzatore, calcolare la potenza istantanea assorbita nei seguenti casi:

1) Vtv 2)( = Ati 2)( =

2) Vtv 2)( = Ati 3)( −= 3) Vtv 9)( −= Ati 1)( = Si ha:

1) 0422)()()( >=⋅=⋅= WAVtitvtp ⇒ potenza assorbita

2) 06)3(2)()()( <−=−⋅=⋅= WAVtitvtp ⇒ potenza erogata

3) 0919)()()( >−=⋅−=⋅= WAVtitvtp ⇒ potenza erogata

Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze

28


B

A

stabilire se i bipoli A e B assorbono o erogano potenza. Osserviamo che per il bipolo A è stata adottata la convenzione dell’utilizzatore (corrente entrante nel morsetto positivo), mentre per il bipolo B quella del generatore (corrente uscente dal morsetto positivo). Si ha:

A) 01644 >=⋅=⋅= WAVivp AA ⇒ potenza assorbita

B) 03248 >=⋅=⋅= WAVivp BB ⇒ potenza erogata

i

vA

vB

i = 4A vA = 4V vB = 8V


29


E C3 4

21A

D B

determinare la potenza assorbita da ciascun elemento e verificare la conservazione della potenza. La somma algebrica delle potenze assorbite da tutti gli elementi di un circuito è nulla in ogni istante. In primo luogo determiniamo le tensioni ai capi dei bipoli A e D scrivendo le LKT alle maglie DCB e ADE poi. A tale scopo fissiamo delle polarità di riferimento per le tensioni incognite e dei versi di percorrenza delle maglie:

E C3 4

21A

D B

maglia DCB: 0=−− DCB vvv ⇒ Vvvv CBD 352 −=−=−=

maglia ADE: 0=++ EDA vvv ⇒ Vvvv EDA 815

893 =−=−−=

vB = 2V vC = 5V vE = 9/8V iA = 8A iB = 1A

iA iB


iA iB

+ _

+ -


30

A questo punto determiniamo le correnti nei rami del circuito in cui non sono note, avendo fissato arbitrariamente dei versi di riferimento:

E C3 4

21A

D B

nodo 1: Aii AE 8== nodo 2: BDA iii += ⇒ Aiii BAD 718 =−=−= nodo 4: Aii BC 1== Note le correnti e le tensioni ai capi di ciascun elemento, possiamo valutare la potenza assorbita da ciascuno di essi:

elemento A (convenzione utilizzatore): 01588

15>=⋅=⋅= Wivp AAA ⇒ assorbita

elemento B (convenzione utilizzatore): 0212 >=⋅=⋅= Wivp BBB ⇒ assorbita elemento C (convenzione generatore): 0515 >=⋅=⋅= Wivp BCC ⇒ erogata elemento D (convenzione utilizzatore): 02173 <−=⋅−=⋅= Wivp DDD ⇒ erogata

elemento E (convenzione utilizzatore): 09889

>=⋅=⋅= Wivp AEE ⇒ assorbita

A questo punto per verificare la conservazione della potenza sommiamo tutte le potenze calcolate. A tale scopo assicuriamoci che per ogni elemento sia stata adottata la stessa convenzione. Notiamo che per tutti gli elementi è stata fissata la convenzione dell’utilizzatore eccetto che per l’elemento C, per il quale è stata fissata quella del generatore. E’ necessario allora riportare la potenza calcolata per questo elemento alla convenzione dell’utilizzatore e per far ciò bisogna cambiare il segno della potenza pC (con


iA iB

+ _

+ -

iE iC

iD


31

la convenzione dell’utilizzatore una potenza erogata è negativa). A questo punto si ha:

09215215 =+−−+=++++ EDCBA ppppp In alternativa possiamo verificare l’equilibrio tra potenza assorbita e potenza erogata, a prescindere dai segni e dalle convenzioni:

Wpassorbita 269215 =++=

Wperogata 262115 =+= Poniamo in forma vettoriale le tensioni e le correnti del circuito che soddisfano le L.K.:

TEDCBA vvvvvv ),,,,(= ⇒ vettore delle tensioni che soddisfano la LKT

T

EDCBA iiiiii ),,,,(= ⇒ vettore delle correnti che soddisfano la LKC Sostituiamo i valori:

)89,3,5,2,

815( −−=v

)8,7,1,1,8(=i

in cui per l’elemento C abbiamo scambiato la polarità della tensione, e quindi abbiamo invertito il segno, per riportarlo alla convenzione dell’utilizzatore (avremmo potuto in alternativa invertire il verso della corrente iC). Se moltiplichiamo scalarmente i due vettori otteniamo:

09215215 =+−−+=∑=×i

ii iviv

e questo risultato corrisponde alla conservazione della potenza verificata sopra. Siano ora

/v e

/i :

),,,,( //////

EDCBA vvvvvv =

),,,,( //////

EDCBA iiiiii = insiemi di tensioni e di correnti che soddisfano alle LK per il circuito di sopra:


32

E C3 4

21A

D B

Moltiplicando scalarmente i due vettori dopo aver invertito la polarita (e quindi il segno) della tensione vC, otteniamo:

0482121840////=−+−+=∑=×

iii iviv

e questo risultato corrisponde alla conservazione della potenza. Proviamo ora a realizzare un prodotto incrociato tra i due insiemi:

−−= )8,7,1,1,8(),

89,3,5,2,

815(, iv e )4,1,3,3,4(),12,2,4,6,10(, //

−−=iv

cioè moltiplichiamo scalarmente il vettore delle tensioni di un insieme per il vettore delle correnti dell’altro insieme e viceversa. Otteniamo il seguente risultato:

0293156

215//

=+−−+=∑=×i

ii iviv

096144680//

=−+−+=∑=×i

ii iviv

che corrisponde a quanto enunciato dal teorema di Tellegen: Dato un circuito arbitrario connesso con b lati ed n nodi, si indichi con:

),...,,( 21 biiii = un qualsiasi insieme di correnti di lato che soddisfino tutti i vincoli imposti dalla LKC e con

),...,,( 21 bvvvv =

v/A = 10V i/A = 4A

v/B = 6V i/B = 3A

v/

C = 4V i/C = 3A v/

D = 2V i/D = 1A v/

E = -12V i/E = 4A

iA iB

+ _

+ -

iE iC

iD


33

un qualsiasi insieme di tensioni di lato che soddisfino tutti i vincoli imposti dalla LKT. Allora risulta che:

0=∑=×i

ii iviv


34


43C

ED B

1A

2

calcolare la tensione vE e la corrente iE e verificare la conservazione della potenza. Calcoliamo la tensione vE scrivendo la LKT alla maglia CDE: maglia CDE: 0=−+ CED vvv ⇒ Vvvv DCE 314 =−=−= Calcoliamo la corrente iE scrivendo la LKC al nodo 4:

nodo 4: EB

BEAC i

vpiii +=+= ⇒ C

B

BE i

vpi +−=

Calcoliamo la tensione vB scrivendo la LKT alla maglia ABE: maglia ABE: 0=−+ EBA vvv ⇒ Vvvv AEB 213 =−=−= A questo punto possiamo calcolare il valore di iE :

Aivpi C

B

BE 24

24

=+−=+−=

vA = 1V vC = 4V vD = 1V pB = 4W iC = 4A

iA

iC

iE


35

mentre è evidentemente:

Avpi

B

BA 2

24===

Note le correnti e le tensioni ai capi di ciascun elemento, possiamo valutare la potenza assorbita da ciascuno di essi: elemento A (convenzione utilizzatore): 0221 >=⋅=⋅= Wivp AAA ⇒ assorbita elemento B (convenzione utilizzatore): 0422 >=⋅=⋅= Wivp ABB ⇒ assorbita elemento C (convenzione generatore): 01644 >=⋅=⋅= Wivp CCC ⇒ erogata elemento D (convenzione utilizzatore): 0441 >=⋅=⋅= Wivp CDD ⇒ assorbita elemento E (convenzione utilizzatore): 0623 >=⋅=⋅= Wivp EEE ⇒ assorbita Riportiamo la potenza dell’elemento C alla convenzione dell’utilizzatore (cambiando semplicemente il segno) e sommiamo i contributi dei diversi elementi:

0641642 =++−+=++++ EDCBA ppppp verificando così la conservazione della potenza.


36

Esercizio n°2.5 La corrente e la tensione in un bipolo variano nel tempo come indicato in figura:

Tracciare la potenza fornita al bipolo per t > 0. Qual è l’energia totale fornita al bipolo tra t=0s e t=25s? Il bipolo utilizza la convenzione degli utilizzatori. La potenza istantanea p(t) è definita come il prodotto dei valori delle tensione e della corrente all’istante t:

)()()( titvtp = In primo luogo determiniamo le espressioni analitiche delle diverse rette che costituiscono l’andamento di v e di i:

100 ≤≤ t ⇒ 30)( =tv tti 2)( = ⇒ ttp 60)( =

1510 ≤≤ t ⇒ 805)( +−= ttv tti 2)( = ⇒ tttp 16010)( 2 +−=

2515 ≤≤ t ⇒ 5)( =tv 753)( +−= tti ⇒ 37515)( +−= ttp

t(s)

t(s)

v [V]

i [A]

0 10 15 25

0 10 15 25

5

30

30


37

Calcoliamo i valori della potenza agli estremi di ciascun intervallo di tempo:

Wp 0)0( = Wp 600)10( =

Wp 15015160)15(10)15( 2 =⋅+⋅−= Wp 03752515)25( =+⋅−= A questo punto possiamo determinare l’andamento della potenza in tutto l’intervallo [0;25]:

L’energia scambiata da un bipolo in un intervallo di osservazione ),( 10 tt vale:

( ) ∫∫ ⋅== 1

0

1

0

)()()(, 10

t

t

t

tdttitvdttpttw

Nel nostro caso abbiamo quindi:

( ) ∫+∫+∫=∫= 2515

1510

100

250 )()()()(25,0 dttpdttpdttpdttpw

da cui:

( ) ∫ +−+∫ +−+∫= 2515

1510

2100 )37515()16010(6025,0 dttdttttdtw

t

p(t)


38

( ) ∫+∫−∫+∫−∫= 2515

2515

1510

1510

2100 37515160106025,0 dttdttdtdtttdtw

( ) 2515

25

15

215

10

215

10

310

0

2

][3752

152

1603

102

6025,0 tttttw +

−

+

−

=

In definitiva:

( ) ]1525[3752)15(

2)25(15

2)10(

2)15(160

3)10(

3)15(10

2)10(6025,0

2222332

−+

−−

−+

−−

=w

( ) 37502

225625152

1002251603

1000)3375(10300025,0 +

−

−

−

+

−

−=w

( ) [ ] 3750200152

1251603

237510300025,0 +−

+

−=w

( ) [ ] [ ] 375020015125803

237510300025,0 +−+

−=w

( ) Jw 3.58333

2375101375037503000100003

237510300025,0 =

−=+−+

−=

Tale energia è pari all’area sottesa dalla curva della potenza sull’asse dei tempi. Poiché stiamo adottando la convenzione dell’utilizzatore possiamo dire che in ogni istante di tempo t ∈ [0;25] il nostro componente sta assorbendo potenza perché è sempre:

0)( ≥tp L’energia complessivamente assorbita vale allora 5833 J.


39

Esercizio n°2.6 Un bipolo è collegato ad un generatore di corrente i avente la seguente forma d’onda:

La corrispondente tensione ha la forma d’onda indicata sopra. Determinare la potenza p(t) e l’energia w(t) assorbita dal bipolo. Tracciare il grafico di p(t) e w(t). In primo luogo determiniamo le espressioni analitiche delle diverse rette che costituiscono l’andamento di v e di i:

5.00 ≤≤ t ⇒ ttv 6)( = 1)( =ti ⇒ ttp 6)( =

15.0 ≤≤ t ⇒ 66)( +−= ttv 1)( =ti ⇒ 66)( +−= ttp

21 ≤≤ t ⇒ 0)( =tv 2)( +−= tti ⇒ 0)( =tp L’andamento della potenza istantanea è allora dato da:

t(s) v [V]

i [A]

0 1 2

t(s) 0 1 2

i + v -

1

3


40

ed è identico a quello della tensione. Calcoliamo l’andamento dell’energia w(t) a partire da quello della potenza istantanea, essendo:

dttdwtp )()( = ⇒ ∫=

∞−

tdptw ττ )()(

Se supponiamo che la potenza è nulla fino all’istante 0 possiamo scrivere:

∫+∫=∞−

tdd

0

060 τττ 5.00 ≤≤ t

)(tw ∫ +−+∫+∫=∞−

tddd

5.0

5.0

0

0)66(60 τττττ 15.0 ≤≤ t

∫+∫ +−+∫+∫=∞−

tdddd

1

1

5.0

5.0

0

00)66(60 ττττττ 21 ≤≤ t

Si ha quindi:

23t= 5.00 ≤≤ t

)(tw ∫+∫−=tt

ddt5.05.0

5.00

2 66]3[ τττ 15.0 ≤≤ t

066]3[1

5.0

1

5.0

5.00

2 +∫+∫−= τττ ddt 21 ≤≤ t

p [W]

t(s)0 1 2

3


41

23t= 5.00 ≤≤ t

)(tw 36]3[43

5.02 −+−= tt t 15.0 ≤≤ t

)5.01(6]3[43 1

5.02 −+−= t 21 ≤≤ t

In definitiva:

23t= 5.00 ≤≤ t

)(tw 36]433[

43 2 −+−−= tt 15.0 ≤≤ t

)5.01(6]433[

43

−+−−= 21 ≤≤ t

In definitiva:

23t= 5.00 ≤≤ t

)(tw 2363 2 −+−= tt 15.0 ≤≤ t

2336

433

43

=−++−= 21 ≤≤ t

Calcoliamo i valori dell’energia agli estremi di ciascun intervallo di tempo:

Jw 0)0( = Jw 75.0)5.0( = 5.1)1( =w A questo punto possiamo determinare l’andamento dell’energia nell’intervallo [0;2]:


42

CAPITOLO 3

Esercizi sui circuiti resistivi

Esercizio n°1.1…………………………..…………………….pag. 44

Esercizio n°1.2……………………………………..………….pag. 48

Esercizio n°1.3……………………………………..………….pag. 51

Esercizio n°1.4……………………………………..………….pag. 54

Esercizio n°1.5………………………………………..……….pag. 56

Esercizio n°1.6………………………………………..……….pag. 58

Esercizio n°1.7…………………………………………..…….pag. 60

Esercizio n°1.8………………………………………..……….pag. 62

Esercizio n°1.9……………………………………………..….pag. 64

Esercizio n°1.10……………………………………………….pag. 66

Esercizio n°1.11……………………………………………….pag. 67

Esercizio n°1.12……………………………………………….pag. 69

Esercizio n°1.13……………………………………………….pag. 71

Esercizio n°1.14……………………………………………….pag. 72

Esercizio n°1.15……………………………………………….pag. 73

Esercizio n°1.16……………………………………………….pag. 76

Esercizio n°1.17……………………………………………….pag. 78

Esercizio n°1.18……………………………………………….pag. 80

Esercizio n°1.19……………………………………………….pag. 82

Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi

44

Esercizio n°3.1 Risolvere il circuito in figura:

1

2

3

4

(1) Risolvere un circuito significa in generale determinare tensioni e correnti in tutti i lati del circuito. Trasformiamo in stella il triangolo 1-2-3:

4

2

1 3

(2)

R13

R12 R23

I I2

I3

I1 I4

I5

v1 v3

v2

v4

v5

E

E = 120V R12 = 10Ω R23 = 15Ω

R13 = 25Ω

R4 = 5Ω

R5 = 1Ω

E

R1 O

R2

R4

R5

R3

I5

I4 I

R4

R5


45

dove è:

Ω==++

⋅=

++⋅

= 550250

1525102510

231312

13121 RRR

RRR

Ω==++

⋅=

++⋅

= 350

150152510

1510

231312

23122 RRR

RRR

Ω==++

⋅=

++⋅

= 5.750375

1525101525

231312

23133 RRR

RRR

Riduciamo opportunamente il circuito considerando le serie R2, R4 ed R3, R5:

(3)

Ω=+=+= 4135225 RRR Ω=+=+= 5.1255.74334 RRR

Infine giungiamo ad una configurazione di questo tipo:

(4)

in cui è:

Ω=+=+⋅

+=+⋅

+= 03.85.16

5055.1245.1245

3425

34251 RR

RRRReq

E

R1 I

R25 R34

I5 I4

E Req

I

O


46

Calcoliamo la corrente I:

AVREIeq

94.1403.8

120=

Ω==

A questo punto, procedendo a ritroso nelle diverse configurazioni ottenute, determiniamo correnti e tensioni nei diversi lati del circuito. Determiniamo I5 ed I4 applicando il partitore di tensione e la LKC al nodo O della configurazione circuitale e (3):

ARR

RII 32.11

45.125.1294.14

3425

345 =

+⋅=

+⋅=

45 III += ⇒ AIII 62.332.1194.1454 =−=−=

Determiniamo ora le correnti all’interno del triangolo della configurazione di partenza. A tale scopo impostiamo le L.K.C. ai nodi 1,2,3:

21 III += 94.1421 =+ II

315 III += ⇒ 32.1131 =+ II

432 III += 62.332 =− II queste relazioni non sono indipendenti tra loro perchè la terza si ottiene sottraendo membro a membro la prima e la seconda. E’ necessario quindi cercare una terza relazione; questa ci è fornita dalla L.K.T. applicata al triangolo della configurazione di partenza:

0132 =−+ vvv ⇒ 0112323213 =−+ IRIRIR Il sistema risolutivo diviene quindi:

94.1421 =+ II

32.1131 =+ II

0112323213 =−+ IRIRIR


47

e conduce ai seguenti risultati:

AI 87.101 =

AI 074.42 =

AI 454.03 = Note tutte le correnti nei lati del circuito, possiamo determinarne le relative tensioni:

VIRV 7.10887.10101121 =⋅==

VIRV 85.101074.4252132 =⋅==

VIRV 81.6454.0153233 =⋅==

VIRV 1.1862.35444 =⋅==

VIRV 32.1132.111555 =⋅==


48


determinare i e v. In primo luogo stabiliamo un sistema di riferimento per le tensioni e per le correnti nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Impostiamo la L.K.C. al nodo b:

21 IiI += ⇒ 21 IIi −= (1) Per determinare la corrente I1 applichiamo la L.K.T alla prima maglia:

01 =− EV ⇒ 111 IREV == ⇒ 1

1 REI =

Per determinare la corrente I2 applichiamo la L.K.C al nodo c:

02 =+ II ⇒ II −=2 Sostituendo le espressioni delle correnti I1 e I2 nella (1) otteniamo:

AIREIIi 112

218

121 =+=+=−=

R1

I E

R2

i

+ v _

E = 18V R1 = 2Ω R2 = 4Ω

I = 2A

a b c

d

R1

I E

R2

i

+ v _

a b c

d

+ − + −

I1 I2

V1 V2


49

La tensione v è la tensione ai capi del generatore di corrente che può essere determinata applicando la L.K.T. alla seconda maglia del circuito:

02 =+ vV ⇒ VIRIRVv 8242222 =⋅==−=−=


50


51


determinare le tensioni vac e vbd. In primo luogo stabiliamo un sistema di riferimento per le tensioni e per le correnti nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Per ricavare le tensioni vac e vbd è necessario determinare le cadute sui resistori R1 e R2, per cui il primo passo nella risoluzione di questo circuito consiste nel determinare le correnti I1 e I2 nei due resistori. Applicando la L.K.C. al nodo b si ricava evidentemente III == 21 . Impostiamo ora la L.K.T per l’unica maglia del circuito:

01221 =−++ EEIRIR da cui ricaviamo:

ARREEI

32

42812

21

21 =+−

=+−

=

A questo punto possiamo calcolare vac:

VIRIRvac 432)42(21 =⋅+=+=

R1

E1

a

E2

+ vbd

_

b c

d

+ −

R2

vac

E1 = 12V E2 = 8V R1 = 2Ω R2 = 4Ω

R1

E1

a

E2

+ vbd

_

b c

d

+ −

R2

vac

+ − + −I1 I2

V1 V2


52

e anche vbd applicando la L.K.T. alla sequenza chiusa di nodi b-c-d:

AEIRvbd 67.103

32832422 ==+⋅=+=


53


54


determinare il valore di R per cui è Ai 5= e Vv 10= . In primo luogo stabiliamo un sistema di riferimento per le tensioni e per le correnti nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Applichiamo la L.K.T. all’unica maglia del circuito:

02211 =++++− EVVVE R ⇒ 02211 =++++− EiRRiiRE da cui:

iREEiRRi 1122 −+−−=

Ω==⋅−+−⋅−

=−+−−

= 2.051

551.012953.01122

iiREEiRR

Calcoliamo ora il valore di R tale che è Vv 10= . A tale scopo impostiamo le L.K.T alle sequenze di nodi c-d-e-c e c-b-a-e-c:

E1

a

+ v

_

+ −

E2

b c d

e

i

R1

V1

R2 R

E1 = 12V E2 = 9V R1 = 0.1Ω R2 = 0.3Ω

E1

a

+ v

_

E2

b c d

e

i R1 R2 R

+ − + −V1 V2 VR


55

0=++ ecdecd VVV

0=+++ ecaebacb VVVV Sostituiamo le tensioni di lato alle tensioni nodo-nodo:

022 =−+ vEV

011 =−+−− vEVVR da cui:

022 =−+ vEiR

011 =−+−− vEiRRi da cui:

2

2

REvi −

=

vEiRRi −+−= 11

e quindi:

Ω=−

−+−

−=

−

−+−

−= 5.0

3.0910

10123.09101.0

2

2

12

21

REv

vER

EvRR


56


determinare le tensioni V1, V2, V3. Per ricavare le tensioni ai capi di ciascun resistore possiamo seguire due strade. La prima consiste nell’applicare il partitore di tensione alla serie R1 - R2 - R3 :

VRRR

REV 1812216

426636

321

11 ==

++=

++=

VRRR

REV 61272

426236

321

22 ==

++=

++=

VRRR

REV 1212144

426436

321

33 ==

++=

++=

In alternativa possiamo applicare la L.K.T. all’unica maglia del circuito, ricavare il valore della corrente comune e determinare così le cadute su ciascun resistore. A tale scopo fissiamo un riferimento per la corrente:

E

a R1

R2

R3

b

c d

+ −V1

V3 +−

+

−V2

E = 36V R1 = 6Ω R2 = 2Ω R3 = 4Ω

E

a R1

R2

R3

b

c d

+ −V1

V3 +−

+

−V2


57

Impostiamo la L.K.T. all’unica maglia del circuito:

0321 =−++ EVVV da cui:

0321 =−++ EIRIRIR

ARRR

EI 3426

36

321

=++

=++

=

A questo punto calcoliamo le cadute di tensione ai capi di ciascun resistore:

AIRV 183611 =⋅==

AIRV 63222 =⋅==

AIRV 123433 =⋅==


58


determinare le correnti I1, I2, I3. Per ricavare le correnti su ciascun resistore possiamo seguire due strade. La prima consiste nell’applicare il partitore di corrente al parallelo R1 - R2 - R3 :

A

RRR

RIGGG

GII 478

217

8721

7

8124

21

7

81

41

21

21

7111

1

321

1

321

11 =⋅==

++=

++=

++=

++=

A

RRR

RIGGG

GII 278

417

8741

7

8124

41

7

81

41

21

41

7111

1

321

2

321

22 =⋅==

++=

++=

++=

++=

A

RRR

RIGGG

GII 178

817

8781

7

8124

81

7

81

41

21

81

7111

1

321

3

321

33 =⋅==

++=

++=

++=

++=

In alternativa possiamo applicare la L.K.C. al nodo a, ricavare il valore della tensione comune e determinare così le correnti su ciascun resistore. A tale scopo fissiamo un sistema di riferimento per le tensioni:

R1 R2 R3

I1 I2 I3

a

b

I

I = 7A R1 = 2Ω R2 = 4Ω R3 = 8Ω


59

Impostiamo la L.K.C. al nodo a:

0321 =−++ IIII avendo considerato positive le correnti uscenti dal nodo. Si ha:

03

3

2

2

1

1 =−++ IRV

RV

RV

Essendo i resistori in parallelo, su di essi insiste la stessa tensione:

VVVV === 321 per cui si ha:

0321

=−++ IRV

RV

RV

da cui:

V

RRR

IV 8787

877

8124

7

81

41

21

7111

321

===++

=++

=++

=

A questo punto calcoliamo le correnti in ciascun resistore ciascun resistore:

ARVI 4

28

11 ===

ARVI 2

48

22 ===

ARVI 1

88

33 ===

ottenendo lo stesso risultato.

R1 R2 R3

I1 I2 I3

a

b

I

−

+

−

+

−

+V1 V2 V3


60


ricavare v per t < 0 e per t > 0. Ad interruttore aperto (t < 0) la tensione ai capi del generatore di corrente è pari alla caduta sul resistore R1, il quale viene attraversato da tutta la corrente I del generatore. La caduta su R2 è invece nulla perché esso non viene attraversato da corrente. Fissando un riferimento per tensioni e correnti laddove non viene indicato dalla traccia:

possiamo scrivere (L.K.T.):

VAmAkIRVv 12006.020006211 =⋅Ω=⋅Ω=== (t < 0)

R1

a

I

R2

b

t = 0

+ v _

I = 6mA R1 = 2kΩ R2 = 4kΩ

R1

a

I

R2

b

t < 0

+ v _

−

+I1

V1

+

V2

−

I2


61

Ad interruttore aperto (t > 0) la tensione ai capi del generatore di corrente è ancora pari alla caduta sul resistore R1, il quale viene attraversato da una parte della corrente I del generatore secondo la regola del partitore di corrente:

A

RR

RIGG

GII 004.000075.00005.0006.0

00025.00005.00005.0006.0

40001

20001

20001

006.011

1

21

1

21

11 ==

+=

+=

+=

+=

A questo punto la tensione ai capi del generatore è immediatamente determinata:

VAIRVv 8004.02000111 =⋅Ω=== (t > 0) Osserviamo che la tensione ai capi del generatore è anche uguale a quella che insiste sul resistore R2 (i tre componenti sono in parallelo tra loro), per cui si può in alternativa valutare la corrente I2 impostando ancora una volta il partitore di corrente:

A

RR

RIGG

GII 002.000075.000025.0006.0

00025.00005.000025.0006.0

40001

20001

40001

006.011

1

21

2

21

22 ==

+=

+=

+=

+=

e calcolare la caduta di tensione sul resistore R2:

VAIRVv 8002.04000222 =⋅Ω=== (t > 0)

R1

a

I

R2

b

t > 0

+ v _

−

+I1

V1

+

V2

−

I2


62


ricavare le tensioni vac e vcb. In primo luogo stabiliamo un sistema di riferimento per le tensioni e per le correnti nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Calcoliamo la corrente I1 applicando il partitore di corrente al parallelo R1 – R2:

A

RR

RIGG

GII 002.05.7

51030105.2105

1051030

40001

20001

20001

003.011

14

44

44

21

1

21

11 =⋅=

⋅+⋅⋅

⋅=+

=+

=+

= −−−

−−

R1

I

R2

R3 R4

I1

I3

a

b

c d

I = 3mA R1 = 2kΩ R2 = 4kΩ R3 = 10kΩ

R4 = 2kΩ

R1

I

R2

R3 R4

I1

I3

a

b

c d

I = 3mA R1 = 2kΩ R2 = 4kΩ R3 = 10kΩ

R4 = 2kΩ

I2

I4

+

−

+

−

+

−

+

−

V1 V2

V3 V4


63

In questo modo la tensione vac è data da:

VAIRVvac 4002.02000111 =⋅Ω=== La stessa corrente I attraversa il parallelo R3 – R4 (è come se si avesse la serie dei paralleli R1 – R2 e R3 – R4) per cui possiamo applicare il partitore di corrente anche al parallelo R3 – R4 per calcolare la corrente I3:

A

RR

RIGG

GII 0005.0611030

1051011011030

20001

100001

100001

003.011

14

44

44

43

3

43

33 =⋅=

⋅+⋅⋅

⋅=+

=+

=+

= −−−

−−

La tensione vcb è quindi data da:

VAIRVvcb 50005.010000333 =⋅Ω=== Calcoliamo ora la corrente nel cortocircuito. A tale scopo applichiamo la L.K.C. al nodo c:

ccIII += 31 ⇒ mAmAmAIIIcc 5.15.0231 =−=−= avendo fissato come verso di riferimento di Icc quello che va dal nodo c al nodo d.


64


calcolare la resistenza alla porta a-b. Il cortocircuito si può assimilare ad un resistore di resistenza nulla (e conduttanza infinita). Il parallelo tra un resistore (in generale di un qualsiasi componente) ed un cortocircuito è ancora un cortocircuito. Per questo motivo la resistenza alla porta a-b è nulla. Dato il circuito in figura:

calcolare la resistenza alla porta a-b. Il circuito aperto si può assimilare ad un resistore di resistenza infinita (e conduttanza nulla). La serie tra un resistore (in generale di un qualsiasi componente) ed un circuito aperto è ancora un circuito aperto. Per questo motivo la resistenza alla porta a-b è pari a R.

R

a

b

R

a

b

R

R R


65

Dato il circuito in figura:

calcolare la resistenza alla porta a-b. La resistenza alla porta a-b è pari a R per le stesse ragioni esposte nell’esercizio precedente. Dato il circuito in figura:

calcolare la resistenza alla porta a-b. La resistenza alla porta a-b è nulla perché il parallelo tra un cortocircuito e un resistore (la serie delle due R ) è ancora un cortocircuito.

a

b

R R

a

b R

R


66


calcolare la resistenza equivalente tra a e b. Il circuito può essere modificato nel seguente modo:

e infine, effettuando il parallelo tra i resistori di resistenza 2R:

RRRRReq

122

21

211

==+=

RReq =

a

b

R R

R R

2R 2R

a

b

Req


67

Esercizio n°11 Dato il circuito in figura:

calcolare la resistenza equivalente tra a e b. Riduciamo il circuito partendo dalla serie R2 R3 R7:

Ω=++=++= 9342732237 RRRR

R1 a

b

R2 R3

R5 R6 R7

R4

R1 = 0.25Ω R2 = 2Ω R3 = 4Ω

R4 = 3Ω

R5 = 2.5Ω

R6 = 2.5Ω

R7 = 3Ω

R1 a

b

R237

R5 R6

R4

R1 = 0.25Ω R4 = 3Ω

R5 = 2.5Ω

R6 = 2.5Ω

R237 = 9Ω


68

Realizziamo il parallelo R4 R237:

94

931

31

91111

42372347

=+

=+=+=RRR

25.22347 =R

A questo punto possiamo determinare la resistenza equivalente effettuando la serie dei resistori R1 R5 R6 R2347:

Ω=+++=+++= 5.725.25.25.225.02347651 RRRRReq

R1 a

b

R2347

R5 R6

R1 = 0.25Ω R5 = 2.5Ω

R6 = 2.5Ω

R2347 = 4/9Ω


69


ricavare la potenza dissipata nei resistori e la potenza erogata da ciascun generatore. Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Calcoliamo la potenza dissipata sul resistore R1:

2111 RIRP =

A tale scopo impostiamo la L.K.C. al nodo c:

0112 =−− RIII ⇒ AIII R 224121 =−=−= Si ha quindi:

WIRP R 604152111 =⋅==

Calcoliamo la potenza dissipata sul resistore R2:

R1

R2

E1

E2 I1 I2

R1 = 15Ω R2 = 20Ω

E1 = 30V

E2 = 10V

I1 = 2A

I2 = 4A

R1

R2

E1

E2 I1 I2

R1 = 15Ω R2 = 20Ω

E1 = 30V

E2 = 10V

I1 = 2A

I2 = 4A

+

+

−

−V2

V1

IR1

IR2 Ig

a b c d

e

a b c d

e

+ +

− −

Vg1 Vg2


70

2

222

222 RVIRP R ==

A tale scopo impostiamo la L.K.T. alla maglia contenente i due generatori di tensione:

0221 =−− VEE ⇒ VEEV 201030212 =−=−= Si ha quindi:

WRVIRP R 20

20400

2

222

222 ====

Calcoliamo ora la potenza erogata dai generatori di corrente. A tale scopo calcoliamo Vg1 e Vg2 applicando la L.K.T alla maglia centrale:

VVIRVVVV Rgg 50202152112121 =+⋅=+=+== Si ha quindi: generatore I1: WIVP gI 100250111 =⋅== generatore I2: WIVP gI 200450222 =⋅== Per il generatore I1 abbiamo considerato la convenzione dell’utilizzatore e PI1 > 0 vuol dire che il generatore sta assorbendo potenza. Per il generatore I2 abbiamo considerato la convenzione del generatore e PI2 > 0 vuol dire che il suddetto generatore sta erogando una potenza di 200W. Calcoliamo ora la potenza erogata dai generatori di tensione. A tale scopo dobbiamo calcolare la corrente Ig applicando la L.K.C. al nodo c:

gRR III += 21 ⇒ ARVIIII RRRg 1

20202

2

2121 =−=−=−=

generatore E1: WIEP gE 3013011 =⋅== generatore E2: WIEP gE 1011022 =⋅== Per il generatore E1 abbiamo considerato la convenzione dell’utilizzatore e PE1 > 0 vuol dire che il generatore sta assorbendo potenza. Per il generatore E2 abbiamo considerato la convenzione del generatore e PE2 > 0 vuol dire che il suddetto generatore sta erogando una potenza di 10W.


71


ricavare la corrente I1. Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Come primo passo impostiamo la L.K.C. al nodo a (positive le correnti entranti):

023 21211 =−+=−+− IIIIIII In questa equazione di equilibrio ci sono due incognite, per cui occorre un’altra relazione. Questa la otteniamo osservando che 21 VV = :

2211 IRIR = ⇒ 2

112 R

IRI =

Sostituiamo nella prima relazione e otteniamo:

022

111 =−+

RIRII ⇒ A

RR

II 67.62

6310

22

11 −=

−=

−=

R1 R2 I

a

b

I1

3I1

R1 = 3Ω R2 = 6Ω

I = 10A

R1 R2 I

a

b

I1

3I1

R1 = 3Ω R2 = 6Ω

I = 10A

+

−

+

−

V1 V2

I2


72


ricavare la tensione V. Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Il dato R1 è in realtà superfluo perché è sufficiente conoscere la tensione ai capi di R1 che è pari a quella del generatore E. A questo punto per calcolare la tensione V possiamo applicare il partitore di tensione alla serie R2 – R3:

VRR

REV 1215630

96630

32

3 ==+

=+

=

R1

E

b

+

−

R2

R3 V

c

a

R1 = 7Ω R2 = 9Ω

R3 = 6Ω E = 30V

R1 E

b

+

−

R2

R3 V

c

a

R1 = 7Ω R2 = 9Ω

R3 = 6Ω E = 30V

++

−

−

V2

V1

I1

I2


73


ricavare la tensione V e la corrente I. Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Per calcolare la tensione V riduciamo il circuito di partenza nel seguente modo: SERIE R5 R6

R1 a b c d

e

R2

R3

R4

R5

R6

+

−

V E

I

R1 = 2Ω R2 = 4Ω

R3 = 2Ω R4 = 4Ω R5 = 2Ω

R6 = 2Ω E = 50V

R1 a b c d

e

R2

R3

R4

R5

R6

+

−V E

I

R1 = 2Ω R2 = 4Ω

R3 = 2Ω R4 = 4Ω R5 = 2Ω

R6 = 2Ω E = 50V

+

−

+

−

+ − + +− −

a b c

e

R2

R3

R4 R56

+

−V E

I

R1 = 2Ω R2 = 4Ω

R3 = 2Ω R4 = 4Ω R56 = 4Ω

E = 50V

+

−

+

−

+ − + −R1

I1

I2

I3 I5

I6

I1

I2

I3

I5


74

Ω=+=+= 4226556 RRR PARALLELO R56 R4

Ω=+⋅

=+⋅

= 24444

456

456456 RR

RRR

SERIE R456 R3

Ω=+=+= 42245633456 RRR

PARALLELO R3456 R2

Ω=+⋅

=+⋅

= 24444

23456

2345623456 RR

RRR

a b c

e

R2

R3

R456

+

−V E

R1 = 2Ω R2 = 4Ω

R3 = 2Ω R456 = 2Ω E = 50V

+

−

+ − + −

a b

e

R2 R3456

+

−V E

R1 = 2Ω R2 = 4Ω

R3456 = 4Ω E = 50V

+

−

+ −

a b

e

R23456

+

−

V E

R1 = 2Ω R23456 = 2Ω E = 50V

+ −

R1

R1

R1

I1

I2

I3

I1

I2 I3

I1


75

A questo punto calcoliamo V applicando il partitore di tensione alla serie R23456 R1:

VRR

REV 2522

250123456

23456 =+

=+

=

Determiniamo la corrente I1:

ARR

EI 5.1222

50

1234561 =

+=

+=

Determiniamo la corrente I3 applicando il partitore di corrente al parallelo R3456 R2:

ARR

RII 25.644

45.1223456

213 =

+=

+=

Determiniamo infine la corrente I applicando il partitore di corrente al parallelo R56 R4:

ARR

RII 125.344

425.6456

563 =

+=

+=


76


determinare la corrente I. Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Il circuito si risolve impostando le L.K.C. ai nodi b e c e la L.K.T alla maglia contenente i resistori e il generatore di tensione:

2121 IIII RR +=+

22 III R +=

EIRIRIR RR ++= 32211

Otteniamo così un sistema di tre equazioni nelle tre incognite IR1, IR2, I

a

+

−

R1

R2 R3

b c d

e

I1

I2

I

a

+ −

R1

R2 R3

b c d

e

I1

I2

I

−+IR1

IR2

E

E

R1 = 10Ω R2 = 6Ω

R3 = 24Ω E = 10V

I1 = 2A

I2 = 2A


77

Esplicitiamo le prime due equazioni in funzione di IR2:

2121 IIII RR ++−=

22 III R −=

0)()( 223222121 =−−−−++− EIIRIRIIIR RRR

Dalla terza equazione calcoliamo la IR2:

0232322211121 =−+−−++− EIRIRIRIRIRIR RRR

EIRIRIRIRIRIR RRR −++=++ 232111232221

ARRR

EIRIRIRI R 95.14078

2461010224210210

321

2321112 ==

++−⋅+⋅+⋅

=++

−++=

Possiamo calcolare la corrente incognita utilizzando la seconda equazione:

mAAIII R 5005.0295.122 −=−=−=−=


78


calcolare la tensione del nodo b. Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Il circuito si risolve impostando la L.K.C. al nodo b e la L.K.T alla maglia contenente il generatore di tensione:

211 5 III =+

2211 IRIRE +=

Si ha:

a R1 I1 b

r

5I1 E R2

−

+

+ −

V2

a R1 I1 b

r

5I1 E R2

−

+V2

I2 V1

R1 = 4kΩ R2 = 2kΩ

E = 2V


79

211 5 III =+ 216 II = ⇒

2211 IRIRE += 1211 6 IRIRE +=

da cui:

AVRR

EI 4

211 1025.1

1200040002

6−⋅=

Ω+Ω=

+=

AAII 75.0105.76 4

12 =⋅== −

A questo punto la tensione del nodo b è data da:

VAIRVVbr 5.1105.72000 4222 =⋅⋅Ω=== −


80


calcolare le correnti I1, I2, I3 e la tensione V3. Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Anche in questo caso dobbiamo impostare un sistema di quattro equazioni in quattro incognite costituito da equazioni di equilibrio delle tensioni e delle correnti. L.K.C. nodo a: 213 III += L.K.C. nodo b: 224 2III +=

a

R1

2I2 E

I2

I3

R2 R3

R4

−+

b c

d

R1 = 6Ω R2 = 3Ω

R3 = 4Ω R4 = 6Ω

E = 12V

V3

a

R1

2I2 E

I2

I3

R2 R4

R3

−+

b c

d

V4

−+

−+

+

−V3

V2

V1

I4

I1


81

L.K.T. maglia R2 – R3 – R4: EVVV ++= 423 ⇒ EIRIRIR ++= 442233

L.K.T. maglia R1 – R2 – R4: 421 VVV += ⇒ 442211 IRIRIR += Si ha quindi il sistema:

0321 =−+ III 0321 =−+ III

03 42 =− II 03 42 =− II

EIRIRIR =−+− 443322 EIII =−+− 432 643

0442211 =−− IRIRIR 0636 421 =−− III che è lineare di quattro equazioni nelle quattro incognite I1, I2, I3, I4. Risolvendo il sistema si ricavano i seguenti risultati:

AI 141 −= AI 42 −= AI 183 −= AI 124 −=

Possiamo ricavare la tensione V3:

VIRV 72)18(4333 −=−⋅==


82


calcolare le correnti I1 e Ig. Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato dalla traccia:

Impostiamo le seguenti leggi di equilibrio delle tensioni e delle correnti: L.K.C. nodo b: 23 III += L.K.C. nodo c: 13 III g +=

a

R1

c

d

−+

E1

V1

I1

b R2

Ig 4I1

I

R1 = 4Ω R2 = 2Ω

E1 = 10V E2 = 12V

I = 0.5A E2

a

R1

c

d

E1

I1

b R2

Ig 4I1

I E2

−+ V2

I2 I3


83

L.K.T. maglia E1 - R1 - E2: 211 EVE += L.K.T. maglia E1 - R2 - E2: 04 2121 =+−+− EIVE Si ha quindi il seguente sistema

23 III += ⇒ III =− 23 ⇒ 5.032 =+− II

13 III g += ⇒ 031 =−+ gIII ⇒ 031 =−+ gIII

211 EVE += ⇒ 2211 −=−= EEV ⇒ 24 1 −=I

04 2121 =+−+− EIVE ⇒ 212214 EEIRI −=+− ⇒ 224 21 −=+− II che è lineare di quattro equazioni nelle quattro incognite I1, I2, I3, Ig. Risolvendo il sistema si ricavano i seguenti risultati:

AI 5.01 −= AI 22 −= AI 5.13 −= AI g 2−=

CAPITOLO 4

Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton

Esercizio n°4.1……………………………………………….pag. 85

Esercizio n°4.2……………………………………………….pag. 89

Esercizio n°4.3……………………………………………….pag. 91

Esercizio n°4.4……………………………………………….pag. 95

Esercizio n°4.5……………………………………………….pag. 98

Esercizio n°4.6……………………………………………….pag. 100


85

Esercizio n°4.1 Determinare la corrente Ix utilizzando il Teorema di Norton.

Poiché siamo interessati a conoscere la corrente Ix che scorre nel resistore R2, si può semplificare il circuito calcolando l’equivalente di Norton alla porta a-b indicata in figura:

Per determinare la resistenza equivalente di Norton Rn passiviamo il circuito e otteniamo

R1

R2

R3

R4

E

I

Ix

R1

a

R3

R4

E

I

b

E = 5V I = 10mA R1 = 5kΩ R2 = 5kΩ

R3 = 7kΩ

R4 = 3kΩ

Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton

86

il circuito in basso:

I due resistori R3 ed R4 sono evidentemente in serie; il resistore equivalente Rs ha valore:

3 4 10sR R R k= + = Ω mentre Rs ed R1 sono in parallelo, il resistore equivalente RN vale:

1

1

3.33sN

s

R RR kR R

= = Ω+

Per valutare la corrente IN del generatore equivalente di Norton dobbiamo calcolare, secondo la definizione, la corrente di corto circuito alla porta a-b; pertanto dobbiamo utilizzare il circuito nella figura in basso:

R1

R3

R4

R1

a

R3

R4

E

I

b

IN


87

Per il calcolo di IN utilizziamo il teorema di sovrapposizione degli effetti, passivando prima il generatore di corrente e poi quello di tensione. Otteniamo quindi i due circuiti in figura:

Chiamiamo /

NI il contributo fornito dal generatore di tensione. La corrente /NI può essere

ottenuta considerando che i resistori R3 ed R4 sono cortocircuitati. Pertanto si ha:

/

1

1NVI mAR

= =

Chiamiamo //

NI il contributo fornito dal generatore di corrente. Poiché il resistore R1 è cortocircuitato, esso non assorbe corrente. Quindi la corrente //

NI è la corrente che attraversa il resistore R3. Utilizziamo quindi il partitore di corrente per calcolare //

NI .

// 4

3 4

3NRI I mA

R R= =

+

In definitiva, la corrente del generatore equivalente di Norton è:

/ // 4N N NI I I mA= + = Ottenuto il circuito equivalente di Norton, questo può sostituire il circuito originario visto alla porta a-b e si ha:

R1

a

R3

R4

E b

IN

R1

a

R3

R4

I

b

IN


88

Applicando ancora una volta il partitore di corrente, otteniamo la corrente desiderata Ix :

2

1.6Nx N

N

RI I mAR R

= =+

RN R2 IN


89

Esercizio n°4.2 Considerato il circuito in figura, determinare l’equivalente di Thevenin alla porta a – b.

Calcoliamo per prima la resistenza equivalente di Thevenin RTH. Essa è la resistenza equivalente vista alla porta a-b quando il circuito è passivato. Quindi per calcolarla si deve considerare il circuito nella figura in basso:

In questo circuito il resistore R1 è cortocircuitato, perciò non da contributo alla resistenza equivalente, mentre il resistore R3 si trova tra i nodi a e b. RTH è data dal resistore equivalente del parallelo tra R3 ed R2, quindi si ha:

2 3

2 3

1.6THR RR

R R= = Ω

+

R1

E

R2

R3

a

b

E = 1V R1 = 10Ω R2 = 8Ω

R3 = 2Ω

R1

R2 a

b

R3


90

La tensione del generatore equivalente di Thevenin è quella vista alla porta a-b quando questa è a vuoto, pertanto non ci restare che determinare la tensione Vab del circuito iniziale. Per fare questo usiamo il partitore di tensione, infatti se la porta a-b è a vuoto i resistori R1 ed R3 sono in serie.

3

2 3

3TH abRV V E V

R R= = =

+


91


Calcoliamo per prima la resistenza equivalente di Thevenin RTH. Essa è la resistenza equivalente vista alla porta a-b quando il circuito è passivato. Quindi per calcolarla si deve considerare il circuito nella figura in basso:

In questo circuito i resistori R2 ed R3 sono in serie; il resistore equivalente vale:

2 3 13sR R R= + = Ω Il resistore equivalente Rs è in parallelo col resistore R1, pertanto il valore del resistore

R1

E

R2

R3

a

b

E = 5V I = 1A R1 = 2Ω R2 = 8Ω

R3 = 5Ω

I

R1 R2

R3

a

b


92

equivalente di Thevenin è:

1

1

1.74sTH

s

R RRR R

= = Ω+

Calcoliamo ora la tensione del generatore equivalente di Thevenin; per semplificare i calcoli è possibile utilizzare il teorema di sovrapposizione degli effetti. A tal scopo passiviamo il generatore di corrente e valutiamo il contributo /

THV alla tensione equivalente di Thevenin fornito dal solo generatore di tensione. Il circuito da considerare è il seguente:

I resistori R1 ed R3 sono in serie; il resistore equivalente alla serie Rs è a sua volta in parallelo ad R1 . Si ottengono pertanto i seguenti circuiti:

R1

E

R2

R3

a

b

R1

E

Rs

a

b

Rp

E

a

b


93

Il contributo /

THV alla tensione equivalente di Thevenin fornito dal solo generatore di tensione è evidentemente dato da:

/ 5THV E V= = Valutiamo ora il contributo dovuto al solo generatore di corrente. Passiviamo il generatore di tensione e otteniamo il seguente circuito:

La Vab è uguale alla tensione sul resistore R1; questa è:

1 1 1abV V R I= = quindi il nostro obiettivo è quello di calcolare la corrente I1. I due resistori R1 ed R2 sono in serie, pertanto si può considerare il circuito equivalente:

R1 R2

R3

a

b

I

Re

R3

I

I1

I1


94

in cui è:

1 2 10eR R R= + = Ω Applichiamo il partitore di corrente per calcolare la corrente nel resistore Re:

31

3

0.33e

RI I AR R

= =+

Facendo riferimento al circuito iniziale che riportiamo in basso:

si ha:

//1 1 1 0.66TH abV V V R I V= = = =

In definitiva la tensione equivalente di Thevenin è uguale a:

/ // 5 0.66 5.66TH TH THV V V V= + = + =

R1 R2

R3

a

b

I

I1


95

Esercizio n°4.4 Considerato il circuito in figura, determinare l’equivalente di Norton in funzione di Vs alla porta a – b.

Calcoliamo la corrente del generatore equivalente di Norton. Essa è la corrente di cortocircuito alla porta a-b. Il circuito da considerare è allora il seguente:

Poiché il resistore R4 è cortocircuitato risulta:

100cc gI I I= − = − Per calcolare la corrente I facciamo riferimento alla sola parte di sinistra del circuito. Notiamo che i resistori R2 ed R3 sono in parallelo, per cui otteniamo il seguente circuito equivalente:

Ig = 100I

R1 = 1kΩ R2 = 4kΩ

R3 = 2kΩ

R4 = 3kΩ

R1

I R2

R3

R4 Ig Vs

a

b

I R2 R4 Ig Vs

Icc

R1 R3

Rp R4 Ig Vs

Icc

R1

+

Vp _


96

dove è:

2 3

2 3

43p

R RR kR R

= = Ω+

Col partitore di tensione calcoliamo la tensione Vp:

1

47

pp s s

p

RV V V

R R= =

+

Poiché Vp è anche la tensione ai capi di R2 ed R3, la corrente I può essere calcolata come:

3

27

ps

VI V

R= =

In questo modo la corrente del generatore equivalente di Norton è data da:

2001007N cc sI I I V A= = − = −

Calcoliamo ora la resistenza equivalente di Norton. In questo caso nel circuito è presente un generatore pilotato, pertanto uno dei possibili modi per calcolare la resistenza RN è quello di ottenerla come rapporto tra la tensione a vuoto alla porta a-b e la corrente di corto circuto alla stessa porta. Ovviamente la corrente di corto circuito è già stata calcolata poiché essa coincide con la corrente di Norton. Dobbiamo quindi calcolare la tensione Vab facendo riferimento al circuito riportato in basso con la porta a-b a vuoto.

4 4 4 4100ab gV R I R I R I= = − = −

R1

I R2

R3

R4 Ig Vs

a

b

I4


97

Sostituendo il valore di I calcolato in precedenza si ha:

56107ab sV V V= −

In definitiva:

3abN

cc

VR kI

= = Ω


98


Calcoliamo la tensione del generatore equivalente di Thevenin. Questa è data dalla tensione su R2. Per calcolare tale tensione utilizziamo le leggi di Kirchhoff. Applicando la LKT alla maglia costituita dal generatore E e dai resistori R1 ed R2, otteniamo:

1 2 2E R I R I= + Applicando la LKC al nodo a:

2 gI I I= + A questo punto:

1 2 1 2( ) 10gE R I R I I R I R I= + + = +

avendo utilizzato la relazione di lato del generatore pilotato. Ricavando la corrente I dall’equazione precedente abbiamo:

2 2 2 2 2 21 2

( ) 10 10 510TH ab gEV V V R I R I I R I R V

R R= = = = + = = =

+

Calcoliamo ora la resistenza equivalente di Thevenin. A causa della presenza del generatore pilotato, calcoliamo RTH come rapporto tra la tensione a vuoto alla porta a-b e la corrente di corto circuito alla stessa porta. La tensione a vuoto è già nota perché coincide con la tensione del generatore di Thevenin. Dobbiamo quindi calcolare la corrente di corto circuito alla porta a-b utilizzando il circuito sotto riportato:

R1

Ig

a

b

R2 E

I

E = 10V

Ig = 9I

R1 = 100Ω

R2 = 10Ω

I2

a


99

Per la LKC al nodo a :

10cc gI I I I= + = infatti il resistore R2, essendo cortocircuitato, ha una corrente nulla. A questo punto è necessario calcolare la corrente I, essa è diversa da quella calcolata nel caso precedente poiché è mutata la topologia del circuito. Applicando la LKT alla maglia costituita da E ed R1 si ha:

1

110

EI AR

= =

pertanto:

10 1ccI I A= = e in definitiva:

5abTH

cc

VRI

= = Ω

R1

Ig R2 E

I

Icc

a


100

Esercizio n°4.6 Per il circuito in figura determinare per quale valore di R la corrente Ib è uguale a 1mA.

Per determinare Ib in modo semplice si può essere determinare l’equivalente di Thevenin ai capi del resistore R. Consideriamo quindi il circuito in figura:

e determiniamo la tensione a vuoto alla porta a-b. Essa è data dalla tensione ai capi del resistore R2 :

2ab aV R I= Ia si può facilmente ottenere applicando la LKT all’unica maglia che costituisce il circuito:

1 2 1 22000a g a a a aE R I V R I R I I R I= + + = + + Quindi Ia è data da:

1 2

42000 3a

EI mAR R

= =+ +

E = 12V

Vg = 2000Ia

R1 = 6kΩ

R2 = 1kΩ

R1

R2 E R

Vg

Ib Ia

R1

R2 E

Vg

Ia

a

b


101

Pertanto la tensione Vab è:

243TH ab aV V R I V= = =

Calcoliamo ora la resistenza equivalente di Thevenin RTH . Essa può essere calcolata come rapporto tra la tensione a vuoto alla porta a-b e la corrente di cortocircuito alla stessa porta. Calcoliamo quindi la corrente di corto circuito utilizzando il circuito in basso:

Il resistore R2 è cortocircuitato per cui ha corrente nulla. Quindi anche Vg è nulla perché la corrente di pilotaggio del generatore è nulla. Inoltre il resistore R1 è attraversato proprio dalla corrente Icc. Il circuito diventa quindi:

Si ricava immediatamente:

1

2ccEI mAR

= =

La resistenza di Thevenin è quindi data da:

23

abTH

cc

VR kI

= = Ω

R1

R2 E

Vg

Icc

R1

E

Icc


102

Possiamo ora inserire il resistore R alla porta dell’equivalente di Thevenin ottenuto:

Per questo circuito possiamo scrivere la seguente equazione:

TH TH b bV R I RI= + da cui ricaviamo il valore del resistore R:

3 3

3

4 210 10 23 310 3

TH TH b

b

V R IR kI

−

−

− ⋅−= = = Ω

RTH

VTH

Ib

R

CAPITOLO 5

Esercizi sui circuiti dinamici

Esercizio n°5.1……………………………………………….pag. 104

Esercizio n°5.2……………………………………………….pag. 107

Esercizio n°5.3……………………………………………….pag. 111

Esercizio n°5.4……………………………………………….pag. 115

Esercizio n°5.5……………………………………………….pag. 118

Esercizio n°5.6……………………………………………….pag. 121

Esercizio n°5.7……………………………………………….pag. 126

Esercizio n°5.8……………………………………………….pag. 131

Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici

104

Esercizio n°5.1 Nel circuito in figura

l’interruttore rimane in posizione 1 per molto tempo, quindi passa nella posizione 2 in t=0. Ricavare la corrente i(t) per t > 0. Con l’interruttore nella posizione 2 viene esclusa la serie del generatore di tensione e del resistore R1, sicchè il circuito che dobbiamo studiare è il seguente:

In primo luogo scriviamo le relazioni di lato dei componenti del circuito:

dttdiLtv

tiRtv

L)()(

)()( 22

=

=

Applichiamo la LKT all’unica maglia del circuito:

0)()(2 =+ tvtv L

R1

E

E = 20V R1 = 1kΩ R2 = 1kΩ

L = 1H

t = 0

1

2

R2

L

i(t)

R2

L

i(t)


105

e sostituiamo le relazioni di lato:

0)()(2 =+dt

tdiLtiR

Otteniamo un’equazione differenziale del primo ordine a coefficienti costanti omogenea. L’integrale generale di questa equazione è del tipo:

tAeti λ=)( in cui λ è la soluzione dell’equazione caratteristica associata all’equazione e A è una costante legata alle condizioni iniziali del circuito (solo alle condizioni inziali e non all’ingresso perché in questo caso non c’è azione forzante). Impostiamo l’equazione caratteristica:

LRLR 2

2 0 −=→=+ λλ

Per calcolare il valore della costante A dobbiamo determinare le condizioni iniziali del circuito, quindi il valore della corrente nell’induttore in t = 0+. Per determinare le condizioni iniziali possiamo riferirici al circuito a regime in t = 0- in cui agli induttori sostituiamo dei cortocircuiti e ai condensatori dei circuiti aperti. Infatti in un circuito asintoticamente stabile in cui le sorgenti sono di forma d’onda costante, il regime è costituito da tensioni e correnti di lato di forma d’onda anch’esse costanti. Si ha quindi:

apertocircuitodt

tdvCti

itocortocircudt

tdiLtv

CC

LL

−→==

→==

0)(

)(

0)(

)(

Il circuito in 0- è allora il seguente:

E

E = 20V R1 = 1kΩ R2 = 1kΩ

1 2

L

i(0-) R1 t = 0- R2


106

è evidente che:

)0()0()0(21

+− ==+

= iiRR

Ei (continuità della corrente sull’induttore)

A questo punto possiamo scrivere:

21

2

)0()(RR

EAiAetit

LR

+==→= +−

In definitiva per t > 0 la corrente ha l’andamento descritto dalla seguente equazione:

tL

R

eRR

Eti2

21

)(−

+=

Sostituendo i valori otteniamo:

tt eeti 10001000 01.0200020)( −− == A


107


l’interruttore è chiuso per t < 0 e si apre in t = 0. Calcolare vC(t) per t > 0. Con l’interruttore aperto viene escluso il resistore R2 sicchè il circuito che dobbiamo studiare è il seguente:

Scriviamo le relazioni di lato:

dttdv

Cti

tiRtvtiRtvtiRtv

CC

)()(

)()()()()()(

444

333

111

=

==

=

E

E = 10V R1 = 4Ω R2 = 2Ω

R3 = 6Ω R4 = 3Ω

C = 10µF

R1

t = 0

R2

R3 R4

C

vC(t)

E

E = 10V R1 = 4Ω R2 = 2Ω

R3 = 6Ω R4 = 3Ω

C = 10µF

R1

R3 R4

C

vC(t)

i1(t)

i3(t)

iC(t)

i4(t)


108

e le LK ai nodi e alle maglie:

)()()()()()()(

)()()(

43

31

4

31

tvtvtvEtvtv

tititititi

C

C

C

+==+

=+=

⇒

)()()()()(

)()()()()(

4433

3311

4

31

tiRtvtiREtiRtiR

tititititi

C

C

C

+==+

=+=

⇒

)()()()()()(

)()()()()(

433

33131

4

31

tiRtvtiREtiRtiRtiR

tititititi

CC

C

C

C

+==++

=+=

)()()(

)()(

431

13

31

13

tiRtvRR

tiRER

RRtiRE

ti

CCC

C

+=+

−+

−=

)()()(

431

13

31

3 tiRtvRR

tiRRRR

ERCC

C +=+

−+

)()()(

)()(31

134

31

134

31

3 tiRR

RRRtv

RRtiRR

tiRtvRR

ERCC

CCC

+

++=+

++=+

In definitiva la dinamica del circuito per t > 0 è governata dalla seguente equazione differenziale:

31

3

31

134 )(

)(RR

ERtv

dttdv

RRRR

RC CC

+=+

+

+

la cui soluzione è del tipo:

)()()( tvAetvAetv Cs

t

Cst

C +=+=−τλ

in cui il primo termine a secondo membro rappresenta l’integrale generale (la soluzione dell’omogenea associata), il secondo è l’integrale particolare. Per ricavare λ consideriamo l’equazione caratteristica:

τλλ 1

1024310

11015

31

134

31

134 −=

+

−=

+

+−=→=+

+

+−

RRRR

RCRR

RRRC


109

da cui:

sµτ 54= L’integrale particolare rappresenta una delle soluzioni della equazione differenziale e che può essere cercata nella stessa famiglia di funzioni a cui appartiene l’azione forzante. Possiamo quindi scrivere:

BAetvt

C +=−τ)(

Per calcolare il valore di B, sostituiamo l’espressione di vC(t) nell’equazione differenziale:

VRR

ERB

RRER

tvdt

tdvRR

RRRC C

C 61060)(

)(

31

3

31

3

31

134 ==

+=⇒

+=+

+

+

A questo punto abbiamo:

6)( +=−τt

C Aetv Resta da calcolare la costante A e, a tale scopo esaminiamo la configurazione circuitale in t = 0-:

Scriviamo le LKT (maglia E-R1-R3 , maglia E-R2-R4 , maglia R3-R4 )

25

10)0()0()0()0()0()0()0(

11010)0()0()0()0()0()0()0(

4222422442242

3111311331131

==+

=⇒+=+=+=

==+

=⇒+=+=+=

−−−−−−−

−−−−−−−

RREiiRiRiRiRvvE

RREiiRiRiRiRvvE

)0(02*31*6)0()0()0( 2413

+−−− ==−=−= CC vViRiRv (continuità della tensione sul condensatore).

E

E = 10V R1 = 4Ω R2 = 2Ω

R3 = 6Ω R4 = 3Ω

R1 R2

R3 R4

vC(t)

i1(0-)

i3(0-) i4(0

-)

i2(0-)


110

Imponiamo allora che in 0+ la tensione sul condensatore valga 0V:

6)( +=−τt

C Aetv ⇓

60)0( +==+ AvC

⇓

6−=A Si ha quindi:

66)( +−=−τt

C etv con sµτ 54= .


111

Esercizio n°5.3 Il circuito in figura

è a regime in t = 0-. L’interruttore si chiude in t = 0. Ricavare la tensione v2(t) per t > 0. In primo luogo fissiamo dei riferimenti per le tensioni e le correnti e scriviamo le relazioni di lato del circuito:

dttdv

Cti

tiRtvtiRtv

tiRtv

CC

)()(

)()()()(

)()(

333

222

111

=

=

==

t = 0R1

v2 (t) R3 R2

C

t = 0R1

v2(t) R3 R2

C

E

E = 14V R1 = 4Ω R2 = 6Ω

R3 = 6Ω C = 1mF

1

2 3

4

1

2 3

4

E

E = 14V R1 = 4Ω R2 = 6Ω

R3 = 6Ω C = 1mF

iC(t)

i2(t) i3(t)

i1(t)

vC(t)


112

Consideriamo il circuito per t > 0 e scriviamo le equazioni di equilibrio delle tensioni e delle correnti:

maglia C R2 E EtiRtvEtiRtvEtvtv CCCC =+→=+→=+ )()()()()()( 2222 Sostituendo la relazione di lato per la corrente nel condensatore otteniamo:

CRE

CRtv

dttdv

Edt

tdvCRtvEtiRtv CCC

CCC22

22)()()(

)()()( =+→=+→=+

che è una equazione differenziale lineare del primo ordine a coefficienti costanti, il cui integrale generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:

)()( tvAetv Cs

t

C +=−τ

come somma dell’integrale generale dell’omogenea associata e di un integrale particolare della completa. Per ricavare la costante di tempo τ consideriamo l’equazione caratteristica associata all’equazione omogenea:

msCRCRCR

6001.0*611012

22

===→−=−=→=+ ττ

λλ

L’integrale particolare della completa può essere cercato nella famiglia di funzioni a cui appartiene il termine noto (azione forzante):

BtvCs =)( Tale integrale naturalmente soddisfa l’equazione differenziale completa, perciò se sostituiamo otteniamo:

EBCR

ECRtv

dttdv CC =→=+

22

)()(

La tensione vC(t) può essere allora espressa nel seguente modo:

EAetv CRt

C +=−

2)(


113

Per ricavare la costante A è necessario calcolare la tensione sul condensatore all’istante t = 0+. A tale scopo consideriamo il circuito a regime in t = 0- in cui al condensatore sostituiamo un circuito aperto.

realizziamo il parallelo tra R2 ed R3:

31236

32

3223 ==

+=

RRRR

R

VERR

RvvC 81434

4)0()0(231

11 =

+=

+== −−

In seguito all’apertura dell’interruttore si ha:

Vvvv CCC 8)0()0()0( === +−

t = 0-R1 vC(0-)

R3 R2

4

E

E = 14V R1 = 4Ω R2 = 6Ω

R3 = 6Ω

2 3 i2(0

-)

t = 0-

R1

v23(0-) R23

4

E

E = 14V R1 = 4Ω R23 = 3Ω

2 i23(0-)

1

1

i1(0-)

i3(0-)

i1(0-)

v2(0-) v3(0

-)


114

Ricordiamo infatti che la tensione in un condensatore ha una forma d’onda continua se la corrente è limitata (la corrente è limitata perché non ci sono generatori di corrente impulsivi né configurazioni circuitali tali da generare fenomeni impulsivi). A questo punto torniamo alla configurazione circuitale per t > 0 e all’espressione di vC(t):

EAetvt

C +=−τ)(

Per ricavare A imponiamo che in 0+ la tensione valga 8:

68)0( −=→+==+ AEAvC Si ha quindi:

Eetvt

C +−=−τ6)(

e:

)()()()( 22 tvEtvEtvtv CC −=→=+

⇓

τt

etv−

= 6)(2 con τ = 6 ms


115

Esercizio n°5.4 Il circuito in figura:

è a regime in t = 0-. La corrente del generatore vale i(t) = 1 mA per t < 0; i(t) = 0 per t > 0. Ricavare la tensione sul condensatore per t > 0. Per t > 0 il generatore di corrente è spento, per cui possiamo sostituire ad esso un circuito aperto e otteniamo il seguente circuito:

Realizziamo la serie dei resistori R1 ed R2:

R1

C i

R1 = 1kΩ R2 = 3kΩ

R3 = 1kΩ C = 5µF

1 2

3

R2

R3 vC(t)

R1

C

R1 = 1kΩ R2 = 3kΩ

R3 = 1kΩ C = 5µF

1 2

3

R2

R3 vC(t)

C

R12 = 4kΩ R3 = 1kΩ C = 5µF

2

3

R3 vC(t) R12


116

ed il parallelo tra R12 ed R3:

Ω=+

=+

= kRR

RRR54

141*4

312

312

Possiamo scrivere:

dttdv

RCtRitiRtvtvtv CCCCRC

)()())(()()()( −=−=−=→=

da cui:

0)(

)( =+dt

tdvRCtv C

C

che è l’equazione differenziale che governa la dinamica del circuito per t > 0. E’ una equazione differenziale lineare omogenea del primo ordine, il cui integrale generale è dato da:

τt

C Aetv−

=)( Per ricavare la costante di tempo τ consideriamo l’equazione caratteristica associata:

msRCRCRC

410*5*10*541101 63 ===→−=−=→=+ −τ

τλλ

Per ricavare la costante A è necessario calcolare la tensione sul condensatore all’istante t = 0+. A tale scopo consideriamo il circuito a regime in t = 0- in cui al condensatore sostituiamo un circuito aperto (viene anche realizzato l’eq. di Thevenin di R1 – i):

C

R = 4/5 kΩ C = 5µF

3

vC(t) R

iC(t) -iC(t)


117

VE

RRRvvC 5

1114

1)0()0(312

33 −=

+−=

+−== −−


Vvv CC 51)0()0( −== +−

Ricordiamo infatti che la tensione in un condensatore ha una forma d’onda continua se la corrente è limitata (la corrente è limitata perché non ci sono generatori di corrente impulsivi né configurazioni circuitali tali da generare fenomeni impulsivi). A questo punto torniamo alla configurazione circuitale per t > 0 e all’espressione di vC(t):

τt

C Aetv−

=)( Per ricavare A imponiamo che in 0+ la tensione valga 1/5:

AvC =−=+

51)0(

Si ha quindi:

τt

C etv−

−=51)( con τ = 4 ms

R12 = 4kΩ

R3 = 1kΩ E = 1V

1 2

3

R3 vC(0-)E v12(0

-)v3(0

-)

i12(0-)

i3(0-)

R12


118


è a regime in t = 0-. L’interruttore si apre in t = 0. Ricavare i(t) per t > 0. Scriviamo la LKC al nodo 2:

)(3)(0)(2)()( 11 tititititi −=→=++ e la LKT alla maglia E R1 L:

Edt

tdiLtiREtvtv L =−→=−)()()()( 111

Sostituendo l’espressione di i1(t):

Edt

tdiLtiR =−−)()(3 1

⇓

LEti

LR

dttdi

−=+ )(3)( 1

che è una equazione differenziale lineare del primo ordine a coefficienti costanti, il cui integrale generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:

)()( tiAeti s

t

+=−τ

R1= 4Ω

i

1 2

R2 = 4Ω

3

4

2i E = 12V L = 1mH

i1(t)

vL(t) v1(t)

t=0


119

come somma dell’integrale generale dell’omogenea associata e di un integrale particolare della completa. Per ricavare la costante di tempo τ consideriamo l’equazione caratteristica associata all’equazione omogenea:

sRL

LR

LR

µττ

λλ 3.834*3

001.03

1303

1

11 ===→−=−=→=+


Btis =)( Tale integrale naturalmente soddisfa l’equazione differenziale completa, perciò se sostituiamo otteniamo:

1

1

33

REB

LEB

LR

−=→−=

La corrente i(t) può essere allora espressa nel seguente modo:

13)(

REAeti

t

−=−τ

Per ricavare la costante A è necessario calcolare la corrente sull’ induttore all’istante t = 0+. A tale scopo consideriamo il circuito a regime in t = 0- in cui all’induttore sostituiamo un cortocircuito.

R1= 4Ω

i(0-)

1 2

R2 = 4Ω

3

2i(0-)E = 12V

i1(0-)

v1(0-)

t > 0

i2(0-)

v2(0-)


120

Scriviamo la LKC al nodo 2:

)0(3)0()0(0)0()0(2)0()0( 2121−−−−−−− −=→=−++ iiiiiii

La corrente i2(0

-) è nulla perché il resistore è cortocircuitato (v2(0-)=0)

Si ha quindi:

)0(3)0(3)0()0(3)0(11

11

−−−

−− −=⇒−=⇒−= iREi

Rvii

⇓

13)0(

REi −=−


13)0()0(

REii −== +−

Ricordiamo infatti che la corrente in un induttore ha una forma d’onda continua se la tensione è limitata (la tensione è limitata perché non ci sono generatori di tensione impulsivi né configurazioni circuitali tali da generare fenomeni impulsivi). A questo punto torniamo alla configurazione circuitale per t > 0 e all’espressione di i(t):

13)(

REAeti

t

−=−τ

Per ricavare A imponiamo che in 0+ la tensione valga

13RE−

033

)0(11

=→−=−=+ AREA

REi

Si ha quindi:

AREti 1

3)(

1

−=−=


121

Esercizio n°5.6 Nel circuito in figura:

la corrente del generatore vale i(t) = 2A per t > 0; i(t) = 0 per t < 0. Le condizioni iniziali sugli elementi sono i(0) = 0 e vC(0) = 4V. Ricavare la corrente i(t) per t > 0. Sostituiamo al parallelo del generatore e del resistore R2 l’equivalente di Thevenin:

e realizziamo la serie dei due resistori. Fissiamo inoltre dei riferimenti per le tensioni e le correnti e scriviamo le relazioni di lato del circuito:

R1

C

1 2

R2 vC(t)

3

4

R1 = 2Ω R2 = 4Ω

L = 0.5H C = 0.5F

i(t) = 2 u(t)

i(t)

R1

C

1 2 R2

vC(t)

3

4

R1 = 2Ω R2 = 4Ω

L = 0.5H C = 0.5F

e(t) = 2R2 u(t)

i(t)

L

L 5

R

C

1 2

vC(t)

3

4

R = 6Ω

L = 0.5H C = 0.5F

e(t) = 8u(t)

i(t)

L

vR(t) vL(t) iC(t)

iR(t)


122

dttdiLtv

dttdvCti

tRitv

L

CC

RR

)()(

)()(

)()(

=

=

=

Scriviamo la LKC:

)()()( tititi CR == In questo modo le relazioni di lato diventano:

dttdiLtv

dttdvCti

tRitv

L

C

R

)()(

)()(

)()(

=

=

=


)(8)()()()( tutetvtvtv CLR ==++ ⇓

8)()()( =++ tvdt

tdiLtRi C

⇓

8)()()(

2

2

=++ tvdt

tvdLC

dttdv

RC CCC

essendo:

dttdv

Cti C )()( =

Riordinando otteniamo:

LCtv

LCdttdv

LR

dttvd

CCC 8)(1)()(

2

2

=++


123

equazione differenziale lineare a coefficienti costanti del secondo ordine, il cui integrale generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:

)()()( tvtvtv CsChC += come somma dell’integrale generale dell’omogenea associata )(tvCh e di un integrale particolare della completa. Per determinare l’integrale particolare dell’omogenea associata ricaviamo le frequenze naturali del circuito s1 ed s2 considerando l’equazione caratteristica:

0)(1)()(2

2

=++ tvLCdt

tdvLR

dttvd

CCC

⇓

02 20

2 =++ ωαss

65.0*2

62

===L

Rα 45.0*5.0

1120 ===

LCω

fattore di smorzamento pulsazione di risonanza

⇓

amentosovrasmorzdicondizione⇒=> 20ωα

3263263264366

2

120

2

21

−−=+−=

=±−=−±−=−±−=sss ωαα



881=→= B

LCB

LC


124

La tensione )(tvC può essere allora espressa nel seguente modo:

8)( 22

11 ++= tsts

C eKeKtv Per calcolare le costanti K1 e K2 imponiamo le condizioni iniziali:

8)( 22

11 ++= tsts

C eKeKtv

tstsC esCKesCKdt

tdvCti 2

221

11)(

)( +==

⇓

=+−−−−=

⇒

=+−=+

⇒

=+==++=

044

04

0)0(48)0(

22121

21

2211

21

2211

21

sKsKsKK

sKsKKK

sCKsCKiKKvC

−+−−+−

=−

=

−=−−=

⇒

=−+−−−=

⇒

)326326()326(*4

)(4

12.44

0)(44

12

12

21

1221

21

sssK

KK

ssKsKK

−=−+−

=

−−=+−−=−−=

⇒

=−+−−−=

⇒2

3212

)322)32424

232

12232

1244

0)(44

2

21

1221

21

K

KK

ssKsKK


))326(232

1221)326(2

3212

21)( 212

221

11tstststs eeesCKesCKti −−

−++−

−−=+=

)(324)( 21 tsts eeti −=

con 3261 +−=s e 3262 −−=s .


125

Come si può notare la corrente in C tende ad annullarsi perché a regime il condensatore si comporta come un circuito aperto (il circuito è asintoticamente stabile e la sorgente ha forma d’onda costante).


126


l’interruttore rimane chiuso per molto tempo, quindi si apre in t = 0. Ricavare la corrente i(t) per t > 0. Per t > 0 il circuito da studiare è il seguente:

in cui è Ω=+= 821 RRR . Come primo passo, scriviamo le relazioni di lato:

dttdiLtv

dttdvCti

tRitv

LL

CC

RR

)()(

)()(

)()(

=

=

=

R1

C

1 2

i(t)

L 3

4

5

6

R2

R1 = 6Ω R2 = 2Ω R3 = 4Ω L = 0.25H C = 62.5mF E =12V

E

R3

R

C

1

2

i(t)

L

3

5

R = 8Ω L = 0.25H C = 62.5mF E =12V

E

vC(t)

vL(t) vR (t)

iR (t) iL (t)

iC (t)


127

Scriviamo la LKC:

)()()()( titititi LCR === In questo modo le relazioni di lato diventano:

dttdiLtv

dttdvCti

tRitv

L

C

R

)()(

)()(

)()(

=

=

=


Etvtvtv CLR =++ )()()( ⇓

Etvdt

tdiLtRi C =++ )()()(

⇓

Etvdt

tvdLCdt

tdvRC CCC =++ )()()(

2

2

essendo:

dttdv

Cti C )()( =

Riordinando otteniamo:

LCEtv

LCdttdv

LR

dttvd

CCC =++ )(1)()(

2

2


)()()( tvtvtv CsChC +=


128

come somma dell’integrale generale dell’omogenea associata )(tvCh e di un integrale particolare della completa. Per determinare l’integrale particolare dell’omogenea associata ricaviamo le frequenze naturali del circuito s1 ed s2 considerando l’equazione caratteristica:

0)(1)()(2

2

=++ tvLCdt

tdvLR

dttvd

CCC

⇓

02 20

2 =++ ωαss

1625.0*2

82

===L

Rα 640625.0*25.0

1120 ===

LCω


⇓

amentosovrasmorzdicondizione⇒=> 80ωα

1921619216192166425616

2

120

2

21

−−=+−=

=±−=−±−=−±−=sss ωαα



EBLCEB

LC=→=

1

La tensione )(tvC può essere allora espressa nel seguente modo:

EeKeKtv tstsC ++= 2

21

1)(


129

Per calcolare le costanti K1 e K2 dobbiamo valutare le condizioni iniziali sulla tensione del condensatore e sulla corrente dell’induttore. A tale scopo consideriamo il circuito a regime in 0- in cui all’induttore sostituiamo un corto circuito e al condensatore un circuito aperto:

Si ha:

)0()0(4)0()0()0(

)0()0(148

12)0(

33

3+−−−

+−

=====

===+

=+

=

CCLC

LLL

vvViRvv

iiARR

Ei

Osservando il circuito il 0+ possiamo scrivere:

)0()0( ++ = Lii Si ha allora:

EeKeKtv tstsC ++= 2

21

1)(

)()(

)( 222

111

tstsC esKesKCdt

tdvCti +==

a cui andiamo ad imporre le condizioni iniziali per calcolare K1 e K2:

⇓

=+−−−−=

⇒

=+−−−−=

⇒

+==++==+

188

1)8(8

1)0(124)0(

2212

21

2212

21

2211

21

sCKCsCKKK

sCKsKCKK

sCKsCKiKKvC

R 1

i(0-)

3

5

6

R = 8Ω R3 = 4Ω E =12V

E

R3

vC(0-)

vR(0-)

i3(0-)

iL(0-)


130

⇓

=−−−

+−+=

−+

=

−=−−=

037.0)119216(*0625.0)19216(0625.0*81

)1(81

037.88

2

12

21

sCCsK

KK


12037.0037.8)( 85.2914.222

11 ++−=++= −− tttsts

C eeEeKeKtv

tttsts eeesKesKCti 85.2914.2222

111 077.0077.1)()( −− −=+=

95.2819216

14.219216

2

1

−=−−=

−=+−=

s

s

Vediamo gli andamenti:


131


è a regime in t = 0-. In t = 0 l’interruttore si chiude. Ricavare la corrente i(t) per t > 0. Per t > 0 il circuito da studiare è il seguente:

Scriviamo le relazioni di lato:

dttdiLtv

dttdvCti

tiRtv

LL

CC

)()(

)()(

)()( 222

=

=

=

R1

C

1

i(t)

L

E1

2

3 4

5

R2

E2

R1 = 3Ω R2 = 2Ω L = 3mH C = 1mF E1 =10V

E2 =5V

t = 0

C

1

i(t)

L

E1

3

5

R2

R2 = 2Ω L = 3mH C = 1mF E1 =10V

E2 =5V

t > 0

E2

v2(t)

vC(t)

vL(t)

i2(t)

iC(t)

iL(t)


132

Applichiamo la LKT alla maglia più esterna del circuito: 0)()( 221 =++−− EtvtvE L ⇒ 2122 )()( EEtvtiR L −=+− (1) Applichiamo la LKT alla maglia E1 R2 C

122 )()( EtiRtvC += (2) Vediamo le LKC:

)()(2 titi −= (3)

(nodo1) )()()()()()( titititititi CLLC −=⇒+= (4) A questo punto la (1) la possiamo scrivere nel seguente modo tenendo presente la 3:

212)()( EE

dttdiLtiR L −=+

per la (4) possiamo scrivere: ⇓

212))()((

)( EEdt

titidLtiR C −=

−+

⇓

212)()()( EE

dttdi

Ldt

tdiLtiR C −=−+

⇓

212

2

2)()()( EE

dttvd

LCdt

tdiLtiR C −=−+

per la (2) ( 12122 )()()( EtiREtiRtvC +−=+=

⇓

212

2

22)()()( EE

dttidLCR

dttdiLtiR −=++

⇓


133

2

212

2

2

)()()(R

EEdt

tidLCdt

tdiRLti −

=++

⇓

2

21

22

2 )()(1)(LCR

EELC

tidt

tdiCRdt

tid −=++


)()()( tititi sh += come somma dell’integrale generale dell’omogenea associata e di un integrale particolare della completa. Per ricavare le costanti s1 ed s2 consideriamo l’equazione caratteristica associata all’equazione omogenea:

0)()(1)(

22

2

=++LC

tidt

tdiCRdt

tid

⇓

02 20

2 =++ ωαss ⇓

2

12CR

=α LC12

0 =ω

⇓

2502*001.0*2

12

1

2

===CR

α 3

101 620 ==

LCω


⇓

amentosottosmorzdicondizione⇒< 0ωα


134

520250520250

325.81100250

325.81100250

310)250(250

622

02

21 j

j

j

js

−−+−

=−−

+−=−±−=−±−= ωαα

Per semplicità poniamo 22

0 αωω −=d :

520250520250

jjjj

d

d

−−=−−+−=+−

ωαωα


Btis =)( Tale integrale naturalmente soddisfa l’equazione differenziale completa, perciò se sostituiamo otteniamo:

2

21

2

211R

EEBLCR

EEBLC

−=→

−=

La corrente )(ti può essere allora espressa nel seguente modo:

2

2122

11)(

REEeKeKti tsts −

++=

⇓

2

21)(2

)(1)(

REEeKeKti tdjtdj −

++= −−+− ωαωα

⇓

2

2121)(

REEeeKeeKti tdjttdjt −

++= −−− ωαωα

⇓

2

2121 )()(

REEeKeKeti tdjtdjt −

++= −− ωωα


135

⇓

2

2121 )]sin()[cos()]sin()[cos()(

REEtjtKtjtKeti dddd

t −+−++= − ωωωωα

⇓

2

212121 )]sin()()cos()[()(

REEtKKjtKKeti dd

t −+−++= − ωωα

K1 e K2 sono due coefficienti complessi e coniugati:

jbaKjbaK

−=+=

2

1 ⇒ ϕρ

ϕρsin22

cos22

21

21

jbjKKaKK

==−==+

Sostituendo otteniamo:

2

21)]sin(sin2)cos(cos2[)(R

EEtteti ddt −

+−= − ωϕρωϕρα

⇓

2

21)cos(2)(R

EEteti dt −

++= − ϕωρ α

⇓

2

21)cos()(R

EEtketi dt −

++= − ϕωα

Le costanti k e ϕ le determiniamo imponendo le condizioni iniziali sulla tensione del condensatore e sulla corrente dell’induttore. A tale scopo consideriamo il circuito in t = 0-

1

i(0-)

E1

3

5

R2

R1 = 3Ω R2 = 2Ω L = 3mH C = 1mF E1 =10V

E2 =5V

t = 0-

E2

v2(0-)

vC(0-)

i2(0-) iL(0-)

R1

v1(0-)


136

Si ha per l’induttore:

)0()0( 2121−− +=+ vEEv

⇓

)0()0( 22121−− +=+ iREEiR L

⇓

)0()0( 2121−− −=+ LL iREEiR essendo )0()0()0(2

−−− −=−= Liii

)0(15

510)0()0(21

21 +−− ==−

=+−

== LL iARREEii

e per il condensatore:

)0()0(81*35)0()0( 12+−− ===+=+= CCLC vvViREv

(continuità della corrente sull’induttore e della tensione sul condensatore). Considerando il circuito il 0+ possiamo scrivere (LKT alla maglia E1 R2 C):

)0()0()0( 21221+++ −=+= iREiREvC

da cui ricaviamo il valore di i in 0+:

ARvEi C 1

2810)0()0(

2

1 =−

=−

=+

+

Dall’ultima condizione iniziale otteniamo:

2510cos1)0()cos()(

2

21 −+==⇒

−++= +− ϕϕωα ki

REEtketi d

t

⇓

23cos −=ϕk


137

Per sfruttare la seconda condizione, osserviamo che:

dttdv

Ctitititi CCL

)()()()()( −=−= (*)

Essendo:

2

1

2

21 )()(

)()(

)()(

RtvE

tidt

tdiRdt

tdv

tiREtvC

C

C −=

−=⇒−=

otteniamo, sostituendo nell’equazione (*):

dttdiCR

RtvE

ti CL

)()()( 2

2

1 +−

=

⇓

CRtvE

CRti

dttdi CL

22

1

2

)()()( −−=

In 0+ possiamo allora scrivere:

CRCRCRvE

CRi

dttdi CL

222

22

1

2

21)0()0(0)(−=

−−=

+++

A questo punto dobbiamo calcolare la derivata della corrente i(t):

2

21)cos()(R

EEtketi dt −

++= − ϕωα

⇓

)sin()cos()( ϕωωϕωα αα +−+−= −− tketkedt

tdid

tdd

t

e imporre che in 0+ sia uguale a CRCR 2

22

21− :


138

CRCRkk d 2

22

21sincos −=−− ϕωϕα

Sostituendo 23cos −=ϕk :

CRCRkd 2

22

21sin23

−=− ϕωα

Ricordiamo inoltre che è 22

1CR

=α

CRCRk

CR d 2222

21sin4

3−=− ϕω

⇓

084sin432

2 =−=−R

kCR d ϕω

⇓

dCRk

ωϕ

243sin =

23cos −=ϕk

Dividendo membro a membro le due equazioni otteniamo:

dCR ωϕ

242tan −=

⇓

radCRCR dd

45.0)4808.0arctan(2

1arctan2

1arctan22

−=−=

−=

−=

ωωϕ

mentre è:

67.1cos23

−=−=ϕ

k


139

In definitiva:

5.2)45.0520cos(67.1)( 250 +−−= − teti t

Si supponga ora che sia L = 0.016H

2502*001.0*2

12

1

2

===CR

α 250120 ==

LCω


⇓

criticoosmorzamentdicondizione⇒= 0ωα

25020

2

21 −=−±−= ωααs

L’integrale particolare della completa può essere calcolato come nel caso precedente, per cui otteniamo:

2

21

REEB −

=


140


2

2121 )()(

REEetKKti st −

++=

Le costanti K1 e K2 le determiniamo imponendo le condizioni iniziali sulla tensione del condensatore e sulla corrente dell’induttore. Otteniamo come nel caso precedente (il valore di L non influenza il calcolo delle grandezze nell’istante t=0+):

AiL 1)0( =+ e Ai 1)0( =+ e per il condensatore:

VvC 8)0( =+

Dalla prima condizione iniziale otteniamo:

5.11)0( 12

211 −=⇒=

−+=+ K

REEKi

In 0+ possiamo scrivere ancora una volta:

CRCRCRvE

CRi

dttdi CL

222

22

1

2

21)0()0(0)(−=

−−=

+++


stst etKKseKdt

tdi )()(212 ++=

e imporre che in 0+ sia uguale a CRCR 2

22

21− :

CRCRsKK 2

2212

21−=+

⇓


141

1255.1*2502502112

222 −=−=−−= sK

CRCRK

In definitiva:

5.2)1255.1()( 250 +−−= − tetti

Si supponga ora che sia L = 25mH

2502*001.0*2

12

1

2

===CR

α 40000120 ==

LCω


⇓

amentosottosmorzdicondizione⇒==> 200400000ωα

400100

15025040000625002502

120

2

21 −=

−==±−=−±−=−±−=

ss

s ωαα

L’integrale particolare della completa può essere calcolato come nel caso precedente, per cui otteniamo:

2

21

REEB −

=


142


2

2122

11)(

REEeKeKti tsts −

++=

Le costanti K1 e K2 le determiniamo imponendo le condizioni iniziali sulla tensione del condensatore e sulla corrente dell’induttore. Otteniamo come nel caso precedente (il valore di L non influenza il calcolo delle grandezze nell’istante t=0+)

AiL 1)0( =+ e Ai 1)0( =+ e per il condensatore:

VvC 8)0( =+ Dalla prima condizione iniziale otteniamo:

5.11)0( 212

2121 −=+⇒=

−++=+ KK

REEKKi

Possiamo ancora scrivere:

25021)0()0(0)(2

222

2

1

2

=−=−

−=++

+

CRCRCRvE

CRi

dttdi CL


tsts eKseKsdt

tdi 222

111

)(+=

e imporre che in 0+ sia uguale a 250 :

2502211 =+ KsKs ⇓

=+−=+

2505.1

2211

21

KsKsKK

⇓


143

=−−−=

⇒

=−+−−=

⇒

=−−−−−−=

1003005.1

2504001001505.1

250400)5.1(1005.1

2

21

22

21

22

21

KKK

KKKK

KKKK

⇓

−=−=

⇒

−=+−=

3/16/7

3/13/12/3

2

1

2

1

KK

KK

In definitiva:

5.231

67)( 400100 +−−= −− tt eeti

CAPITOLO 6

Esercizi sul regime sinusoidale

Esercizio n°6.1……………………………………………….pag. 145

Esercizio n°6.2……………………………………………….pag. 148

Esercizio n°6.3……………………………………………….pag. 152

Esercizio n°6.4……………………………………………….pag. 157

Esercizio n°6.5……………………………………………….pag. 164

Esercizio n°6.6……………………………………………….pag. 167

Esercizio n°6.7……………………………………………….pag. 168

Esercizio n°6.8……………………………………………….pag. 171

Esercizio n°6.9……………………………………………….pag. 176


145


determinare i valori di R2 ed L affinchè il carico assorba la massima potenza attiva. Determinare inoltre il valore di tale potenza. Sostituiamo i diversi componenti presenti nel circuito con le relative impedenze:

11 Rz =•

22 Rz =•

C

jzC ω1

−=•

LjzL ω=•

e riduciamo il circuito:

vs(t) = cos(1000t)

R1 = 1kΩ C = 1µF

R2

L

R1

C

vs(t) = cos(1000t)

R1 = 1kΩ C = 1µF

•

1z

•

Cz

•

2z

•

Lz

Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale

146

in cui è:

CjRj

C

Rzzz CS

ωω+=−=+= •••

111

11111

⇓

CRjRzS

1

1

1 ω+=

•

⇓

221

2

211

1

1

1

1

111

1 CRCRjR

CRjCRj

CRjRzS ω

ωωω

ω +−

=−−

•+

=•

⇓

SSS jXRCR

CRjCR

Rz −=+

−+

=•

221

2

21

221

21

11 ωω

ω

UULU jXRLjRzzz +=+=+=•••

ω22

vs(t) = cos(1000t)

R1 = 1kΩ C = 1µF

•

Sz

•

Uz


147

Il teorema di massimo trasferimento di potenza attiva afferma che, data la porzione di

circuito di sinistra (generatore + impedenza •

Sz ) che può essere considerata come l’equivalente di Thevenin di un circuito più complesso, si ha massima potenza attiva

trasferita dal generatore sull’impedenza •

Uz se questa è data da:

••

= SU zz

in cui •

Sz è il complesso coniugato di •

Sz . Imponiamo allora che:

SSUU jXRjXR +=+

⇓

221

2

21

221

21

2 11 CRCRj

CRRLjR

ωω

ωω

++

+=+

Uguagliando le parti reali e quelle immaginarie:

Ω=+

=+

=== − 500)10()10()10(1

101 262323

3

221

21

2 CRRRRR SU ω

HLCR

CRLXX SU 5.0)10()10()10(1

10)10(1 262323

623

221

2

21 =

+=⇒

+=== −

−

ωωω

Calcoliamo ora la potenza attiva trasferita sull’impedenza •

Uz .

2S

u2

umax zVRIRP

==

in cui è:

SSSSSSU RjXRjXRzzz 2=−++=+=•••

⇒ SRz 2= In definitiva:

mWR

VR

VRIRPS

S

S

Suu 25.0

20005.0

)500(42

1

44

2

2

2

22

max ==

====


148

Esercizio n°6.2 Nel circuito monoporta in figura:

il carico z assorbe una potenza attiva kW8.0=P , con una corrente A10=I e fattore di potenza induttivo 8.0cos =ϕ . Determinare la potenza in ingresso. Per risolvere questo esercizio applichiamo il principio di additività delle potenze (teorema di Boucherot): La somma geometrica delle potenze complesse fornite da ciascun generatore indipendente al circuito è pari alla somma geometrica delle potenze complesse assorbite da tutti gli altri elementi del circuito stesso. Suddividiamo il circuito in sezioni a partire da sinistra e valutiamo la potenza in corrispondenza di ciascuna di esse:

R2 = 3Ω X2 = - 4Ω R3 = 10Ω X3 = 5Ω

R2

R3

jX3

jX2

•

z

R2 = 3Ω X2 = - 4Ω R3 = 10Ω X3 = 5Ω

R2

R3

jX3

jX2

•

z

I

I

a b c

a b c

bI


149

In corrispondenza della sezione a-a si ha:

V100

A10AV1000)600()800(

Var600))8.0(tan(arccos800))(tan(arccostanW800

2222

==

=

=+=+=

=⋅====

a

aa

a

aaa

aaa

a

INV

IQPN

PPQP

ϕϕ

Sezione b-b:

22

22

2222

22

222

22

22

22

22

22222

1XR

RVXR

RVRR

VRVRIRP aa

RRR +

=+

====

essendo:

22

22

22

22

22

XR

RVVjXR

RVV aRaR

+=⇒

+=

La potenza attiva dissipata su R2 è data da:

W1200169

31042 =

+=RP

Per quanto riguarda la potenza reattiva sulla reattanza capacitiva:

22

22

2222

22

222

22

22

22

22

22222

1XR

XVXR

XVXX

VXVXIXQ aa

XXX +

=+

====

e quindi:

Var1600169

41042 =

+=XQ Capacitiva

A questo punto calcoliamo la potenza in ingresso alla sezione b-b:

A36.221002236

V100AV2236)1000()2000(

VAR10001600600W2000

2222

2

2

===

==

=−+=+=

−=−=+==+=

b

bb

ab

bbb

Xab

Rab

VN

I

VVQPN

QQQPPP


150

Sezione c-c:

23

23

32

23

23

232

3

2333 11

1

XG

GI

XG

GIG

IRP bbRR

+=

+⋅==

essendo:

23

23

33

33

33

11

XG

GII

jXG

GII bRbR

+=⇒

+=

La potenza attiva dissipata su R3 è quindi data da:

W1000

251)1.0(

1.0)36.22(1 2

2

23

23

323 =

+=

+=

XG

GIP bR

Per quanto riguarda la potenza reattiva sulla reattanza induttiva:

23

23

32

23

23

232

32

333 1

1

1

1

XG

XI

XG

XIXIXQ bbXX

+=

+==

essendo:

23

23

33

33

33

1

1

1

1

XG

XII

jXG

XII bXbX

+=⇒

+=

e quindi:

VAR2000

251)1.0(

51

)36.22(1

1

2

2

23

23

323 =

+=

+=

XG

XIQ bX Induttiva


151

A questo punto calcoliamo la potenza in ingresso alla sezione c-c e quindi al circuito:

V4.14136.22

3162A36.22

AV3162)1000()3000(

VAR100020001000W300010002000

2222

3

3

===

==

=+=+=

=+−=+==+=+=

C

CC

bC

CCC

XbC

RbC

INV

IIQPN

QQQPPP

Tracciamo ora un diagramma qualitativo delle potenze:

Pa Pb Pc

Qa

Qb

Qc


152


è in condizioni di regime sinusoidale. Si determini la potenza attiva dissipata in R1. Calcoliamo i fasori associati alle forme d’onda dei generatori e sostituiamo agli elementi circuitali le relative impedenze:

vs1(t)

vs1(t) = 5cos(100t)

vs2(t) = 5sin(100t+π/4)

is(t) = 10cos(100t)

R1 = 2Ω L1 = L2 = 10mH C1 = 20mF

A

R1

vs2(t)

is(t) C1

L1

L2

B

•

1Lz

•

1Rz

•

2Lz•

1Cz

1SV

2SV

SI

A

B


153

Ω==•

211 RzR jLjzL ==•

11 ω jLjzL ==•

22 ω 211

11 j

CjzC −=−=

•

ω

°∠= 02

51SV °−∠= 45

25

2SV °∠= 02

10SI

in cui:

−=

−+=

+=

4100cos5

24100cos5

4100sin5)(2

ππππ ttttvs

Per determinare la potenza dissipata su R1 dobbiamo calcolare la corrente in tale ramo. A tale scopo applichiamo il principio di sovrapposizione degli effetti, passivando in primo luogo i due generatori di tensione:

Col partitore di corrente calcoliamo il contributo alla corrente

1RI dovuto al generatore di corrente:

••

•

+=

11

11

LR

RSSR

yy

yII

•

1Lz

•

1Rz

•

2Lz •

1Cz SI

B

A

A

B

•

1Lz

•

1Rz SI •

12CLz


154

In secondo luogo passiviamo il generatore di corrente ed il generatore di tensione

1SV :

Il contributo alla corrente

1RI dovuto al generatore di tensione 2SV è evidentemente dato

da:

••

+=

11

221

LR

SSR

zz

VI

Infine calcoliamo il contributo legato al generatore di tensione

1SV :

•

1Lz

•

1Rz

•

2Lz•

1Cz

2SV

A

B

•

1Rz

•

2Lz•

1Cz

1SVA

B

•

1Lz


155

••

+=

11

111

LR

SSR

zz

VI

A questo punto possiamo calcolare la corrente

1RI come somma dei tre contributi:

••••••

•

+−

++

+=−+=

11

2

11

1

11

1211111

LR

S

LR

S

LR

RSSRSRSRR

zz

V

zz

V

yy

yIIIII

Si ha allora:

Ω==•

211 RzR jLjzL ==•

11 ω jLjzL ==•

22 ω 211

11 j

CjzC −=−=

•

ω

°∠= 02

51SV °−∠= 45

25

2SV °∠= 02

10SI

°∠

°−∠−

°∠

°∠+

°−∠

°∠°∠=

56.265

452

5

56.265

02

5

43.6325

021

02

101RI

essendo:

°∠=+=+=+••

56.26521111 jLjRzz LR ω

°−∠=−=+=+••

43.6325

2111

1111 j

LjRyy LR ω

Ancora:

°−∠−°−∠+°∠= 56.7110556.26

10543.6311RI


156

Trasformiamo in notazione cartesiana:

+°−+°−+°+°= )56.26(sen105)56.26cos(

105)43.63(sen)43.63cos(1 jjI R

°∠==°−°−− 2.5117.21.69 + 1.36)56.71(sen105)56.71cos(

105 jj

A questo punto possiamo calcolare la potenza attiva dissipata su R1:

W42.9)17.2(2IRP 22R11R1 =⋅==


157


è in condizioni di regime. Determinare:

1) Le tensioni v1(t) e v2(t) ai terminali dei condensatori C1 e C2. 2) Le potenze istantanee p1(t) e p2(t) assorbite dai condensatori C1 e C2.

Per risolvere questo esercizio conviene utilizzare ancora una volta il principio di sovrapposizione degli effetti. In questo caso però gli effetti si dovranno sovrapporre nel dominio del tempo e non in termini di fasori, giacchè i generatori presenti nel circuito non sono isofrequenziali. In primo luogo determiniamo il contributo alle tensioni v1(t) e v2(t) dovuto al generatore di tensione. A tale scopo passiviamo il generatore di corrente:

ttvs cos210)( = ttis 2cos210)( =

R1 = R2 =1Ω L1 = L2 = 1H C1 = C2 = 1F

vs1(t)

R1

is(t)

L1 L2

R2

C1

C2

iC1(t)

iC2(t)

vs1(t)

R1

L1

A C

B D

C1 C2 R2

L2

)1(1CI )1(

2CI

)1(1CV )1(

2CV


158

calcoliamo i fasori associati alle forme d’onda dei generatori e sostituiamo agli elementi circuitali le relative impedenze:

10010 =°∠=SV

Ω==•

111 RzR Ω==•

122 RzR

jLjz vL ==•

11 ω jLjz vL ==•

22 ω

jC

jzv

C −=−=•

11

1ω

jC

jzv

C −=−=•

22

1ω

in cui vω è la pulsazione del generatore di tensione. Possiamo calcolare il fasore della tensione sul condensatore C1 col partitore di tensione:

Vjjj

j

zzz

VzVCLR

SCC °−∠=−=

−+−

=++

= •••

•

9010101

10

111

1)1(1

e quello della corrente:

Aj

j

z

VIC

CC 1010

1

1)1(1 =

−−

== •

A C

B D

•

1Rz

•

2CzSV

•

1Lz

•

1Cz

•

2Lz

•

2Rz

)1(1CI )1(

2CI )1(

1CV )1(2CV


159

Per determinare il fasore della tensione sul condensatore C2, realizziamo il parallelo tra le

impedenze •

2Rz e •

2Cz :

jjRzzz CRCR

+=−=+= ••• 111111

22222

⇒ 22

12

111

11

11

22

jjjj

jjz CR −=

−=

−−

+=

+=

•

e applichiamo ancora il partitore di tensione:

Vj

j

j

j

j

j

j

j

jj

j

zz

VzVLCR

SCRC °−∠=−=

−=

−

−•

+

−

=+

−

=+−

−

=+

= ••

•

901010

21

102

221

221

221

1022

1

221

1022

1

221

1022

1

222

22)1(2

Per il fasore della corrente in C2:

Aj

j

z

VIC

CC 1010

2

)1(2)1(

2 =−−

== •

A questo punto antitrasformiamo per ottenere le forme d’onda delle tensioni e delle correnti sui due condensatori:

ttiAI

ttiAI

ttvVV

ttvVV

CC

CC

CC

CC

cos210)(10

cos210)(10

2cos210)(9010

2cos210)(9010

)1(2

)1(2

)1(1

)1(1

)1(2

)1(2

)1(1

)1(1

=⇒=

=⇒=

−=⇒°−∠=

−=⇒°−∠=

π

π

A C

B D

•

1Rz

SV

•

1Lz

•

1Cz

•

2Lz

•

22CRz

)1(1CI )1(

2CI)1(

1CV )1(2CV


160

Determiniamo ora il contributo alle tensioni v1(t) e v2(t) dovuto al generatore di corrente. A tale scopo passiviamo il generatore di tensione:

⇓

e sostituiamo agli elementi circuitali le relative impedenze:

is(t)

R1

L1

C1

C2 R2

L2

is(t)

R1

L1

C1

C2 R2 L2

•

1Rz

SI

•

1Cz •

2Rz•

2Cz•

2Lz •

1Lz )2(

1CI

)2(2CI

)2(1CV

)2(2CV


161

10010 =°∠=SI

Ω==•

111 RzR Ω==•

122 RzR

211 jLjz iL ==•

ω 222 jLjz iL ==•

ω

2

1

11

jC

jzi

C −=−=•

ω

21

22

jC

jzi

C −=−=•

ω

Calcoliamo la corrente che fluisce nel ramo di C1 col partitore di corrente:

Ajjjj

jjjj

jj

jj

jjj

jj

j

jj

j

jjjj

j

jj

j

jj

j

zzz

Izz

yy

IyI

LRC

S

RC

LRC

SRCC

°∠=+=+=+

=+

=

=+

++−=

−−

++

=++

=+−+

+=

++

−

=

++−

=

−−+

−=

+−

−=

+−

−=

++

+=+

=

•••

••

••

•

69.3309.111380

13120

65400

65600

6540060010

654060

101649

32561628104747

478410

478410

32648410

3242

22

4232

102

2

)2(224

102

2

21

22

102

2

21

21

1

10

21

1

11

1

111

11

111

11)2(1

A questo punto possiamo calcolare il fasore della tensione sul condensatore C1, )2(

1CV :

VjjjIzV CCC °−∠=−=

+⋅−==

•

31.5654.51360

1340

1380

13120

2)2(

11)2(

1

Per calcolare il fasore della tensione sul condensatore C2, 2CV , applichiamo nuovamente il

partitore di corrente al parallelo di •

2Rz ,•

2Cz ,•

2Lz .


162

Possiamo scrivere:

Ajjjj

jj

jj

jj

jj

jj

jj

jj

j

jj

Ij

yyy

IyI

S

LRC

SCC

°∠=+=++

=−−

+

=+

=−−

−=

+−−=

+−

−=

++−

−=

++−

−=

++= •••

•

69.3309.111380

1312010

9481210

3232

324

1032

41032

41023

22

223

102

2124

102

2112

2

222

2)2(2

da cui:

VjjjIzV CCC °−∠=−=

+⋅−==

•

31.5654.51360

1340

1380

13120

2)2(

22)2(

2

A questo punto antitrasformiamo per ottenere le forme d’onda delle tensioni sui due condensatori:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )58.02cos68.15)(58.02cos209.11)(69.3309.11

58.02cos68.15)(58.02cos209.11)(69.3309.11

98.02cos83.7)(98.02cos254.5)(31.5654.5

98.02cos83.7)(98.02cos254.5)(31.5654.5

)2(2

)2(2

)2(2

)2(1

)2(1

)2(1

)2(2

)2(2

)2(2

)2(1

)2(1

)2(1

+=⇒+=⇒°∠=

+=⇒+=⇒°∠=

−=⇒−=⇒°−∠=

−=⇒−=⇒°−∠=

ttittiAI

ttittiAI

ttvttvVV

ttvttvVV

CCC

CCC

CCC

CCC

Applichiamo ora il principio di sovrapposizione degli effetti per determinare gli andamenti di v1(t), v2(t), i1(t) e i2(t) :

( )

( )

( )( )58.02cos68.15cos210)()()(

58.02cos68.15cos210)()()(

98.02cos92.32

cos210)()()(

98.02cos92.32

cos210)()()(

)2(2

)1(22

)2(1

)1(11

)2(2

)1(22

)2(1

)1(11

++=+=

+−=+=

−+

−=+=

−−

−=+=

tttititi

tttititi

tttvtvtv

tttvtvtv

CCC

CCC

CCC

CCC

π

π


163

Si tratta di forme d’onda periodiche tuttavia non sinusoidali in quanto costituite da due componenti di frequenza diversa. A questo punto possiamo determinare gli andamenti delle potenze istantanee sui condensatori andando a sostituire le relative espressioni di tensione e corrente:

)()()()()()( 222111 titvtptitvtp CCCCCC ⋅=⋅=


164


determinare I . Determinare inoltre •

z affinchè V ed I siano in fase. Per determinare la corrente I riduciamo il circuito alla forma:

in cui è:

CjLRLjRCj

LjRLjR

LjRjC

LjRCjLjRzeq

ωωωω

ωω

ωω

ωω

ω+

+−

=+−−

+=−

+=

−+

+=• 222

11111

⇓

1222

6222

222222222

018.0026.0)06.0()314()20(

06.03141020314)06.0()314()20(

20

1

−−

•

•

Ω−=

+

⋅−⋅⋅+

+=

=

+−+

+=+

+−

==

jj

LRLCj

LRRCj

LRLjR

zy

eq

eq ωωω

ωω

ωω

•

z C

L

R

V

I

CI

RLI

VV 100= ω = 314 rad/s R = 20Ω L = 60mH C = 20µF

V

I

•

eqz


165

A questo punto possiamo determinare la corrente I :

AjjVyI eq 8.16.2100)018.0026.0( −=⋅−==•

Disegnamo il diagramma vettoriale del circuito assumendo come vettore di riferimento quello della corrente nel resistore RI (N.B.: il diagramma non è in scala):

Dal diagramma possiamo osservare che la corrente I è in ritardo di un certo angolo

rispetto alla tensione V . Ciò si evince anche dal fatto che l’impedenza •

eqz :

Ω+=−

== •

•

1826018.0026.0

11 jjy

zeq

eq

ha una reattanza positiva, quindi prevalentemente induttiva.

Affinchè I e V siano in fase, l’impedenza •

z deve essere tale che l’impedenza totz•

, complessivamente vista alla porta del circuito, sia costituita da sola parte reale:

toteqtot Gyyy =+=•••

LR II = RV

LV CVV =

CI

I

V

I

•

eqz•

z


166

Deve essere quindi annullata la parte immaginaria dell’ammettenza eqy•

(suscettanza): 1018.0)018.0( −Ω=−−=−= eqBB ⇒ 1018.0 −

•

Ω== jjBy Si ha quindi:

Ω−==•

5.551 jjB

z

che è una reattanza capacitiva.


167

Esercizio n°6.6 Considerato il circuito:

determinare potenza attiva e reattiva. Applichiamo semplicemente le formule per il calcolo della potenza attiva e reattiva:

VAR500)5(20

VAR125)5(5W250)5(10

22

22

22

−=⋅−==

=⋅==

=⋅==

IXQ

IXQRIP

CC

LL

da cui:

-375VAR500-125W250)5(10 22

===⋅==

QRIP

In alternativa calcoliamo la potenza complessa:

*IVN ⋅= Determiniamo il fasore della tensione ai capi dell’impedenza:

( ) Ω−=++=•

1510 jXXjRz CL e quindi

VA37525055)1510(** jjIIzIVjQPN −=⋅⋅−=⋅=⋅=+=•

da cui:

-375VARW250

==

QP

I

C L R

A5=I R = 10Ω XL = 5Ω XC = -20Ω


168


si trova in regime sinusoidale. Calcolare la forma d’onda della corrente i(t). Sostituiamo i diversi componenti presenti nel circuito con le relative impedenze:

RzR =•

°∠==•

90111 LLjzL ωω °∠==•

90222 LLjzL ωω

°−∠=−=•

9011CC

jzC ωω

Riduciamo il circuito realizzando il parallelo delle impedenze C

jzC ω1

−=•

e 11 LjzL ω=

•.

V C L1

R

V500=V R = 100Ω C = 2µF L1 = 0.5H L2 = 0.1H f = 100Hz

L2

i(t)

V

•

Rz

•

1Lz•

Cz

I

•

2Lz

pI


169

Si ha:

1

12

11

11111Lj

CLjC

Ljzzz CLpωωω

ω−

=−=+= •••

da cui:

CLLjz p

12

1

1 ωω

−=

•

Il circuito diventa allora:

Con la LKT possiamo calcolare la corrente

pI :

•••

++=

pLR

p

zzz

VI2

A questo punto, tornando al circuito di partenza e applicando il partitore di corrente, possiamo scrivere:

•••

••

•

••

•

++⋅

+=

+=

pLR

CL

Lp

CL

L

zzz

V

zz

zIyy

yI2

1

1

1

1

11

1

Si ha allora:

•••••

•

•••••

•

•••

••

••

•

++⋅

+=

++⋅

+=

++⋅

+=

pLRCL

C

pLRCL

C

pLR

CL

LC

L

zzz

V

zz

z

zzz

V

zz

z

zzz

V

zz

zz

zI21212

1

1

1

1

V

•

Rz

•

pz

•

2Lz

pI


170

e sostituendo le espressioni delle impedenze:

RzR =•

°∠==•

90111 LLjzL ωω °∠==•

90222 LLjzL ωω

°−∠=−=•

9011CC

jzC ωω

CLLjz p

12

1

1 ωω

−=

•

si ha:

CLLjLjR

V

CjLj

Cj

zzz

V

zz

zIpLRCL

C

12

12121

11

1

ωωω

ωω

ω

−++

⋅−

−=

++⋅

+= •••••

•

⇓

CLLCLLLjR

VCL

CLLCLLLjR

V

CCLj

Cj

I

12

1213

212

12

1213

212

11

1

11

1

ωωωωω

ωωωω

ωω

ω

−+−

+⋅

−=

−+−

+⋅

−

−=

⇓

)()1( 1213

212 LCLLLjCLR

VIωωωω +−+−

=

⇓

]5.0)1002(1021.05.0)1002(1.0)1002[(]1025.0)1002(1[100500

6362 ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅−=

−− ππππ jI

°−∠=−= 13.804.1A38.124.0 jI A questo punto antitrasformiamo:

)4.12cos(24.1)( −⋅= ftti π e in definitiva:

)4.1200cos(2)( −= tti π


171


a

l’impedenza •

Lz rappresenta l’impedenza longitudinale equivalente di una linea bifiliare alimentata ad un estremo da un generatore di tensione

gV , di frequenza f = 50Hz. Il

carico è costituito da una impedenza •

z , che assorbe, alla tensione V = 210V, la potenza P = 8kW con un cosϕ = 0.6 in ritardo. Determinare:

1) Il valore di gV

2) Il valore della capacità C necessario a rifasare il carico con un cosϕ = 0.9 (rit.) 3) Il valore di V e quello della potenza attiva alla sezione a dopo il rifasamento.

Per la LKT possiamo scrivere:

••

+=+= IzIzVVV LLg Il modulo di I lo ricaviamo dalla formula della potenza attiva:

ϕcosVIP = ⇒ AV

PI 5.636.0210

8000cos

=⋅

==ϕ

inoltre:

°== 13.53)6.0arccos(ϕ

V

•

LzI

gV •

z

Ω+=•

3.02.0 jzL

UI


172

è l’angolo di sfasamento tra il fasore della tensione e quello della corrente. Assumendo la tensione V come fasore di riferimento per gli angoli e tenendo conto che si tratta di un cosϕ in ritardo, possiamo scrivere:

A13.535.63 °−∠=−∠= ϕII

A questo punto l’impedenza •

z è data da:

Ω+=°∠=°∠=°−∠

°∠==

•

64.298.113.5330.313.5313.53

0 jIV

IV

IVz

Possiamo determinare

gV :

( ) ( ) =+=+++=

+=

••

IjIjjIzzV Lg 94.218.264.298.13.02.0

⇓

°∠≈°−∠⋅°∠=⋅°∠= 041.232)13.535.63()44.5366.3(44.5366.3 I Disegnamo il diagramma vettoriale:

Bisogna effettuare un rifasamento in modo che l’angolo di sfasamento tra V ed I si riduca al valore:

°== 84.25)9.0arccos(/ϕ

A tale scopo dobbiamo drenare un’opportuna corrente capacitiva dalla linea, come mostra il seguente diagramma vettoriale:

ϕ

I

V


173

Valutiamo l’impedenza totz•

, parallelo della reattanza capacitiva con la preesistente

impedenza Ω+=+=•

64.298.1 jjXRz :

+−+

+=+

+−

+=

=++−

=+−−

+=+

+=+=

−+= •••

22222222

22

111111

XRXCj

XRRCj

XRXj

XRR

CjXRjXRCj

jXRjXR

jXRCj

jXRCj

zCjzz tot

ωω

ωωωω

ω

da cui:

2

22

2

22

2222

2222

1

+−+

+

+−−

+=

+−+

+

=•

XRXC

XRR

XRXCj

XRR

XRXCj

XRR

ztot

ω

ω

ω

e imponiamo che sia:

22

22/ arctan

XRR

CXR

X

+

−+=

ωϕ

⇓

ϕ

UI

V

I

CI

/ϕ V

•

Lz I

gV •

z

CI UI

C


174

RXRCX

XRR

XRXRCX

XRR

CXR

X)(

)(

tan22

22

22

22

22

22/ +−

=

+

++−

=

+

−+=

ωωω

ϕ

⇓

)(tan 22/ XRCXR +−= ωϕ

⇓

/22 tan)( ϕω RXXRC −=+

In definitiva:

FXR

RXC 42222

/

1092.4])64.2()98.1[(314)84.25tan(98.164.2

)(tan −⋅=

+⋅⋅−

=+

−=ω

ϕ

è il valore della capacità cercato. In alternativa, lo stesso valore di capacità può essere ricavato in termini di potenze attiva e reattiva. A tale scopo scriviamo l’espressione della potenza reattiva prima e dopo l’inserimento del condensatore:

ϕtanPQ = // tanϕPQQQ C =+= in cui è:

222

2 CVXV

XVXIXQ

CCCCCC ω−==

==

Sostituiamo questa espressione della potenza reattiva nella precedente equazione:

ϕϕ tantan // PPQQQC −=−=

⇓

ϕϕω tantan /2 PPCV −=−

da cui possiamo ricavare il valore della capacità:


175

FV

PPV

PPC 42

/

2

/

1092.4))(tan(arccos))(tan(arccostantan −⋅=−

=−

=ω

ϕϕω

ϕϕ

Calcoliamo ora il nuovo valore della tensione V . Per la LKT possiamo scrivere:

VyzVVyzVIzV totLtotLLg

+=+=+=

•••••

1

da cui:

°−∠=

+

=••

254.2181totL

g

yz

VV

in cui è:

12222

088.0182.0 −•

Ω−=

+−+

+= j

XRXCj

XRRytot ω

La corrente è invece data da:

AVyI tot °−∠==•

80.2718.44 Infine la potenza attiva:

WVIP 86909.018.4454.218cos / =⋅⋅== ϕ


176

Esercizio n°6.9 Il circuito in figura

è in regime sinusoidale. Calcolare il fasore della corrente

2I . La relazione di lato dell’induttore biporta è data da:

+=

+=

2212

2111

ILjIMjVIMjILjV

ωωωω

⇒ 2212

2111

IjXIjXVIjXIjXV

M

M

+=

+=

Applichiamo la LKT a ciascuna maglia:

=+

+=

02

11

CVVVIRV

e sostituiamo le relazioni di lato:

=++

++=

02221

2111

IjXIjXIjXIjXIjXIRV

CM

M

V C

R

X1 X2

XM

1I 2I

V100=V R = 10Ω XC = -20Ω X1 = 50Ω X2= 25Ω XM = 10Ω


177

A questo punto siamo in grado di calcolare il fasore

2I .

=++

=++

0)()(

221

211

IXXjIjXVIjXIjXR

CM

M

⇓

=+

=++

051010010)5010(

21

21

IjIjIjIj

⇓

−=

=++

21

21

21

10010)5010(

II

IjIj

⇓

−=

=++−

21

22

21

1001021)5010(

II

IjIj

⇓

−=

=−−

21

22

21

100155

II

IjI

In definitiva:

°−∠=−=

°−∠=+−=+

−=

56.7116.331

56.7132.662155

100

1

2

jI

jj

I

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Esercizi di Elettrotecnica