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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
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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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
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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.
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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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
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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
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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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
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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).
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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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
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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 =
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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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
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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
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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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:
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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
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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Esercizio n°1.7 Dato il circuito in figura:
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:
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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
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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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−=
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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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
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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
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Esercizio n°1.8 Dato il circuito in figura:
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:
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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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 ==−=
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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Esercizio n°1.9 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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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
Esercizio n°2.2 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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Esercizio n°2.3 Dato il circuito in figura:
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
vB = 2V vC = 5V vE = 9/8V iA = 8A iB = 1A
iA iB
+ _
+ -
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
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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
vB = 2V vC = 5V vE = 9/8V iA = 8A iB = 1A
iA iB
+ _
+ -
iE iC
iD
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
33
un qualsiasi insieme di tensioni di lato che soddisfino tutti i vincoli imposti dalla LKT. Allora risulta che:
0=∑=×i
ii iviv
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
34
Esercizio n°2.4 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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.
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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)
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
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.
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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]:
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 =⋅==
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
48
Esercizio n°3.2 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 =⋅==−=−=
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
50
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
51
Esercizio n°3.3 Dato il circuito in figura:
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
52
e anche vbd applicando la L.K.T. alla sequenza chiusa di nodi b-c-d:
AEIRvbd 67.103
32832422 ==+⋅=+=
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
53
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
54
Esercizio n°3.4 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
56
Esercizio n°3.5 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 =⋅==
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
58
Esercizio n°3.6 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
60
Esercizio n°3.7 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
62
Esercizio n°3.8 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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.
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
64
Esercizio n°3.9 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
66
Esercizio n°3.10 Dato il circuito in figura:
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
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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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
69
Esercizio n°3.12 Dato il circuito in figura:
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
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.
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
71
Esercizio n°3.13 Dato il circuito in figura:
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
72
Esercizio n°3.14 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
73
Esercizio n°3.15 Dato il circuito in figura:
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
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 =
+=
+=
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
76
Esercizio n°3.16 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 −=−=−=−=
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
78
Esercizio n°3.17 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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=== −
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
80
Esercizio n°3.18 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 −=−⋅==
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
82
Esercizio n°3.19 Dato il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
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= = =
+
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
91
Esercizio n°4.3 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 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
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 _
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
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
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97
Sostituendo il valore di I calcolato in precedenza si ha:
56107ab sV V V= −
In definitiva:
3abN
cc
VR kI
= = Ω
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
98
Esercizio n°4.5 Considerato il circuito in figura, determinare l’equivalente di Thevenin alla porta a – b.
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
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)
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
107
Esercizio n°5.2 Nel circuito in figura
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)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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-)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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= .
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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)(
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
-)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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)
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
117
VE
RRRvvC 5
1114
1)0()0(312
33 −=
+−=
+−== −−
In seguito all’apertura dell’interruttore si ha:
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
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
118
Esercizio n°5.5 Il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 ===→−=−=→=+
L’integrale particolare della completa può essere cercato nella famiglia di funzioni a cui appartiene il termine noto (azione forzante):
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-)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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 −=−
In seguito all’apertura dell’interruttore si ha:
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
−=−=
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
)()(
)()(
)()(
=
=
=
Applichiamo la LKT all’unica maglia del circuito:
)(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
=++
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
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:
881=→= B
LCB
LC
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
A questo punto possiamo scrivere:
))326(232
1221)326(2
3212
21)( 212
221
11tstststs eeesCKesCKti −−
−++−
−−=+=
)(324)( 21 tsts eeti −=
con 3261 +−=s e 3262 −−=s .
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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).
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
126
Esercizio n°5.7 Nel circuito in figura:
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)
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
127
Scriviamo la LKC:
)()()()( titititi LCR === In questo modo le relazioni di lato diventano:
dttdiLtv
dttdvCti
tRitv
L
C
R
)()(
)()(
)()(
=
=
=
Applichiamo la LKT all’unica maglia del circuito:
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
equazione differenziale lineare a coefficienti costanti del secondo ordine, il cui integrale generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:
)()()( tvtvtv CsChC +=
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
fattore di smorzamento pulsazione di risonanza
⇓
amentosovrasmorzdicondizione⇒=> 80ωα
1921619216192166425616
2
120
2
21
−−=+−=
=±−=−±−=−±−=sss ωαα
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:
EBLCEB
LC=→=
1
La tensione )(tvC può essere allora espressa nel seguente modo:
EeKeKtv tstsC ++= 2
21
1)(
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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-)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
130
⇓
=−−−
+−+=
−+
=
−=−−=
037.0)119216(*0625.0)19216(0625.0*81
)1(81
037.88
2
12
21
sCCsK
KK
A questo punto possiamo scrivere:
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:
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
131
Esercizio n°5.8 Il circuito in figura:
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)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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 −=++
⇓
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
133
2
212
2
2
)()()(R
EEdt
tidLCdt
tdiRLti −
=++
⇓
2
21
22
2 )()(1)(LCR
EELC
tidt
tdiCRdt
tid −=++
equazione differenziale lineare a coefficienti costanti del secondo ordine, il cui integrale generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:
)()()( 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
fattore di smorzamento pulsazione di risonanza
⇓
amentosottosmorzdicondizione⇒< 0ωα
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
L’integrale particolare della completa può essere cercato nella famiglia di funzioni a cui appartiene il termine noto (azione forzante):
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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-)
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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− :
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
fattore di smorzamento pulsazione di risonanza
⇓
criticoosmorzamentdicondizione⇒= 0ωα
25020
2
21 −=−±−= ωααs
L’integrale particolare della completa può essere calcolato come nel caso precedente, per cui otteniamo:
2
21
REEB −
=
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
140
La corrente )(ti può essere allora espressa nel seguente modo:
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)(−=
−−=
+++
A questo punto dobbiamo calcolare la derivata della corrente i(t):
stst etKKseKdt
tdi )()(212 ++=
e imporre che in 0+ sia uguale a CRCR 2
22
21− :
CRCRsKK 2
2212
21−=+
⇓
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
fattore di smorzamento pulsazione di risonanza
⇓
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 −
=
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
142
La corrente )(ti può essere allora espressa nel seguente modo:
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
A questo punto dobbiamo calcolare la derivata della corrente i(t):
tsts eKseKsdt
tdi 222
111
)(+=
e imporre che in 0+ sia uguale a 250 :
2502211 =+ KsKs ⇓
=+−=+
2505.1
2211
21
KsKsKK
⇓
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
145
Esercizio n°6.1 Nel circuito in figura
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 ==
====
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
152
Esercizio n°6.3 Il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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 =⋅==
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
157
Esercizio n°6.4 Il circuito in figura:
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 .
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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 ⋅=⋅=
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
164
Esercizio n°6.5 Nel circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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.
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
168
Esercizio n°6.7 Il circuito in figura:
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
171
Esercizio n°6.8 Nel circuito in figura:
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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:
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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