1 METODO DELLE CORRENTI CICLICHE O DI MAXWELL

METODO DELLE CORRENTI CICLICHE O DI MAXWELL
TENSIONE TRA DUE PUNTI DI UNA RETE. LEGGE DI OHM GENERALIZZATA
METODO DEL POTENZIALE AI NODI
TRASFORMAZIONE STELLA-TRIANGOLO E TRIANGOLO-STELLA
I principi di Kirchhoff consentono di risolvere una qualunque rete lineare, scrivendo r equazioni
linearmente indipendenti (ai nodi indipendenti e alle maglie indipendenti), quante sono le correnti
incognite ( r = numero dei rami). Al fine di ridurre il numero di equazioni del sistema da risolvere,
si sono sviluppati altri metodi equivalenti che considerano un numero ridotto di equazioni.
METODO DELLE CORRENTI CICLICHE O DI MAXWELL
Il metodo delle correnti cicliche (o di Maxwell) considera solamente le equazioni alle maglie
indipendenti contigue [m = r – (n – 1)], con m correnti incognite fittizie, in funzione delle quali si
ricavano, poi, le r correnti incognite reali.
Si procede nel seguente modo:
1. si considerano le m maglie indipendenti contigue e si attribuisce ad ogni maglia adiacente una
corrente ciclica fittizia di maglia il cui verso coincide con quello di percorrenza scelto. Si hanno
così tante correnti fittizie incognite quante sono le maglie indipendenti. Si esplicitano le correnti
nei rami in funzione delle correnti cicliche.
2. si scrivono le equazioni alle maglie in funzione delle suddette correnti fittizie. Se nella maglia è
presente un generatore di corrente è inutile scrivere l’equazione a tale maglia in quanto la
corrente ciclica coincide con la corrente del generatore di corrente.
3. si risolve il sistema e si ricavano le m correnti fittizie incognite.
4. si calcola la corrente reale in ogni ramo calcolando la somma algebrica delle correnti fittizie su
quel ramo si sommano se hanno lo stesso verso, si sottraggono se hanno verso opposto).
È bene attribuire lo stesso verso (orario o antiorario) a tutte le correnti fittizie.
Ad esempio, si risolve il circuito di figura.
E1 = 6V ; E4 = 4V ; Io = 2mA
R1 = R5 = 2kΩ ; R4 = 1kΩ
R2 = R3 = 4kΩ
Vi sono 3 nodi e 6 rami; le maglie indipendenti sono m = 4. le maglie contigue sono individuate
dalle lettere a, b, c, d.
1
1. Si attribuisce a ciascuna maglia adiacente una corrente ciclica fittizia in senso orario: Ia, Ib, Ic, Id.
si esplicitano le correnti nei rami (I1, I2, I3, I4 I5) in funzione delle correnti cicliche.
I1 = Ia
I2 = Ia – Ic
I3 = Ic – Ib
I4 = Ib
I5 = Ic – Id = Ic + Io
Poiché nella maglia d è presente un generatore di corrente, si ha: Id = - Io = 2mA. Restano,
dunque, tre incognite: Ia , Ib , Ic.
2. Si scrivono le equazioni alle maglie a, b, c.
⎧maglia a R 1 I a + R 2 (I a − I c ) = E 1
⎪
⎨maglia b R 3 (I b − I c ) + R 4 I b = E 4
⎪maglia a R (I − I ) + R (I − I ) + R (I − I ) = 0
2 c
a
3 c
b
5 c
o
⎩
⎧R 1 I a + R 2 I a − R 2 I c = E 1 ⇒ (R 1 + R 2 )I a − R 2 I c = E 1
⎪
⎨R 3 I b − R 3 I c + R 4 I b = E 4 ⇒ (R 3 + R 4 )I b − R 3 I c = E 4
⎪R I − R I + R I − R I + R I − R I = 0 ⇒ − R I − R I + (R + R + R )I = −R I
2 a
3 c
3 b
5 c
5 o
2 a
3 b
2
3
5 c
5 o
⎩ 2 c
3. Si sostituiscono i valori noti e si risolve il sistema.
⎧6 ⋅ 10 3 I a − 4 ⋅ 10 3 I c = 6 ⇒ 3 ⋅ 10 3 I a − 2 ⋅ 10 3 I c = 3
⎪
3
3
⎨5 ⋅ 10 I b − 4 ⋅ 10 I c = 4
⎪
3
3
3
3
3
3
⎩− 4 ⋅ 10 I a − 4 ⋅ 10 I b + 10 ⋅ 10 I c = −4 ⇒ 2 ⋅ 10 I a + 2 ⋅ 10 I b − 5 ⋅ 10 I c = 2
Dalla prima non semplificata si sottrae la terza moltiplicata per 3.
⎧⎪6 ⋅ 10 3 I a − 4 ⋅ 10 3 I c = 6
⎨
3
3
3
⎪⎩6 ⋅ 10 I a + 6 ⋅ 10 I b − 15 ⋅ 10 I c = 6
− 6 ⋅ 10 3 I b + 11 ⋅ 10 3 I c = 0 ⇒ − 6 ⋅ I b + 11 ⋅ I c = 0 ⇒ I c =
Si sostituisce nella seconda e si ricava Ib e poi Ic.
2
6
Ib
11
⎛6 ⎞
5 ⋅ 10 3 I b − 4 ⋅ 10 3 ⋅ ⎜ I b ⎟ = 4 ⇒ 55 ⋅ 10 3 I b − 24 ⋅ 10 3 ⋅ I b = 44 ⇒ 31 ⋅ 10 3 I b = 44 ⇒
⎝ 11 ⎠
⇒ Ib =
44
6
6
= 1,42mA ⇒ I c = I b = ⋅ 1,42 ⋅ 10 −3 = 0,77mA
3
11
11
31 ⋅ 10
Sostituendo Ic nella prima si calcola Ia.
3 ⋅ 10 3 I a − 2 ⋅ 10 3 ⋅ 0,77 ⋅ 10 −3 = 3 ⇒ 3 ⋅ 10 3 I a = 4,54 ⇒ I a =
4,54
= 1,51mA
3 ⋅ 10 3
Le correnti reali nei rami sono:
I1 = I a = 1,51mA ; I 2 = I a − I c = 1,51 ⋅ 10 −3 − 0,77 ⋅ 10 −3 = 0,74mA
I 3 = I c − I b = 0,77 ⋅ 10 −3 − 1,42 ⋅ 10 −3 = −0,65mA ; I 4 = I b = 1,42mA
I 5 = I c + I o = 0,77 ⋅ 10 −3 + 2 ⋅ 10 −3 = 2,77mA
Il verso effettivo della corrente I3 è opposto a quello scelto.
3
TENSIONE TRA DUE PUNTI DI UNA RETE. LEGGE DI OHM GENERALIZZATA.
La tensione tra due punti A e B di una rete lineare si calcola sommando algebricamente tutte le
tensioni incontrate lungo un percorso arbitrario che connette A con B.
Supposto il potenziale di A maggiore di quello di B (VAB > 0),nella somma si prendono con segno
positivo le tensioni che presentano il segno positivo verso A, con segno negativo quelle che
presentano il segno positivo verso B (nel caso di cadute di tensione su resistenze, tale caduta di
tensione si prende con segno positivo se la corrente va da A verso B, negativa se va da B verso A).
Ad esempio, si calcola la tensione VAB del circuito di figura seguendo vari percorsi.
Percorso ACB :
VAB = + R 5 I 5 − E 5 + R 6 I 6
Percorso ACB :
VAB = − R 4 I 4 + R 3 I 3
Percorso ADEB :
VAB = −R 4 I 4 − R 2 I 2 + E 1 − R 1 I1 = −R 4 I 4 − R 2 I 2 + R 8 I 8
Se il tratto di circuito tra A e B è un ramo contenente una resistenza e un generatore, la relazione
che esprime la tensione VAB prende il nome di Legge di Ohm generalizzata, e si hanno i seguenti
quattro casi (si suppone VAB > 0):
VAB = RI − E VAB ≥ 0 o VAB < 0
VAB = −RI − E VAB < 0
VAB = RI + E VAB > 0
VAB = − RI + E VAB ≥ 0 o VAB < 0
4
METODO DEL POTENZIALE AI NODI
Il metodo del potenziale ai nodi deriva anch’esso da Kirchhoff, ma considera solo le equazioni ai
nodi. È basato sull’impostazione di un sistema ridotto, formato da n – 1 equazioni, dove n è il
numero dei nodi, le cui incognite sono le tensioni dei vari nodi rispetto ad un nodo qualsiasi preso
come riferimento. Le correnti nei rami vengono poi ricavate utilizzando la legge di Ohm
generalizzata.
Si procede nel seguente modo:
1. Si sceglie un nodo di riferimento e si attribuisce un valore incognito di tensione fra ciascun nodo
e il riferimento.
2. si attribuisce un verso arbitrario alle correnti in ogni ramo.
3. si esprimono le correnti in ciascun ramo in funzione delle tensioni incognite ai capi dello stesso
ramo, utilizzando le espressioni della legge di Ohm generalizzata.
4. Si scrive il sistema di n – 1 equazioni agli n – 1 nodi, utilizzando le espressioni delle correnti
ricavate al punto 3.
5. Si ricavano le tensioni ai nodi risolvendo il sistema.
6. Sostituendo queste tensioni nelle equazioni del punto 3 si ricavano le correnti.
Ad esempio, si risolve il circuito di figura.
E1 = 6V ; E4 = 4V ; Io = 2mA
R1 = R5 = 2kΩ ; R4 =1kΩ
R2 = R3 = 4kΩ
1. Si assume come riferimento il nodo C; le tensioni incognite sono: VAC e VBC.
2. Si attribuiscono i versi delle correnti nei rami come in figura.
3. Si ricavano le espressioni delle correnti:
VAC = E 1 − R 1 I1
I5 =
VBC
R5
⇒ I1 =
E 1 − VAC
R1
I2 =
VAC
R2
VAB = VAC − VBC = −E 4 + R 4 I 4
4. Si impostano le due equazioni ai nodi:
5
I3 =
⇒ I4 =
VAC − VBC
R3
E 4 + VAC − VBC
R4
nodo A :
I1 – I 2 – I 3 – I 4 = 0
nodo B :
I3 + I4 – I5 + Io = 0
Sostituendo alle correnti la loro espressione ricavata al punto 3, si ha:
⎧ E 1 − VAC VAC VAC − VBC E 4 + VAC − VBC
−
−
−
=0
⎪ R
R
R
R
1
2
3
4
⎪⎪
⎨
⎪V − V
E + VAC − VBC VBC
BC
⎪ AC
+ 4
−
+ Io = 0
R3
R4
R5
⎪⎩
5. Si sostituiscono i valori e si risolve.
VAC
VAC − VBC 4 + VAC − VBC
⎧ 6 − VAC
−
−
−
=0
⎪ 2 ⋅ 10 3
4 ⋅ 10 3
4 ⋅ 10 3
1 ⋅ 10 3
⎪
⎨
⎪V − V
4 + VAC − VBC
V
⎪ AC 3 BC +
− BC 3 + 2 ⋅ 10 −3 = 0
3
1 ⋅ 10
2 ⋅ 10
⎩ 4 ⋅ 10
⎧12 − 2VAC − VAC − VAC + VBC − 16 − 4VAC + 4VBC = 0
⎪
⎨
⎪V − V + 16 + 4V − 4V − 2V + 8 = 0
BC
AC
BC
BC
⎩ AC
⎧− 40VAC + 25VBC = 20
⎧− 8VAC + 5VBC = 4
⎪
⎪
⇒ ⎨
⎨
⎪40V − 56V = −192
⎪5V − 7 V = −24
BC
AC
BC
⎩ AC
⎩
− 31VBC = −172 ⇒ VBC =
VAC =
172
= 5,55V
31
7 VBC − 24 7 ⋅ 5,5 − 24
=
= 2,94V
5
5
6. Si calcolano le correnti.
I1 =
E 1 − VAC 6 − 2,97
= 1,51mA
=
R1
2 ⋅ 10 3
I2 =
VAC
2,97
=
= 0,74mA
R2
4 ⋅ 10 3
I3 =
VAC − VBC 2,97 − 5,55
= −0,65mA
=
R3
4 ⋅ 10 3
I4 =
E 4 + VAC − VBC 4 + 2,97 − 5,55
= 1,42mA
=
R4
1 ⋅ 10 3
I5 =
VBC
5,55
=
= 2,77 mA
R5
2 ⋅ 10 3
Il verso effettivo di I3 è opposto a quello scelto.
6
TRASFORMAZIONE STELLA-TRIANGOLO E TRIANGOLO-STELLA
Esistono reti di resistenze che non sono scomponibili in gruppi serie e parallelo, come quella di
figura.
Per potere calcolare la resistenza equivalente di tali circuiti si utilizza la trasformazione stellatriangolo.
Sistema a triangolo
Sistema a stella
I due sistemi risultano equivalenti se una uguale terna di tensioni Vab, Vbc, Vca, applicate tra i punti
ab, bc, ca, producono nei corrispondenti conduttori esterni ai due sistemi due terne uguali di
correnti Ia, Ib, Ic; l’equivalenza è, perciò, riferita alle tensioni e alle correnti esterne ai due sistemi,
mentre all’interno di essi le singole resistenze sono soggette a tensioni differenti (nel collegamento
a stella) e a correnti diverse (nel collegamento a triangolo).
Le relazioni di equivalenza si ottengono applicando i principi di Kirchhoff a ciascuno dei due
schemi.
1. Per il sistema a stella si applica il primo principio di Kirchhoff al sistema ed il secondo
principio alle due maglie (A, RA, D, RC, C) e (B, RB, D, RC, C).
⎧I a + I b + I c = 0 ⇒ I c = −(I a + I b )
⎪
⎨VAC = R a I a − R c I c
⎪V = R I − R I
b b
c c
⎩ BC
Sostituendo l’espressione di IC ricavata dalla prima equazione nelle altre due, si ha:
7
⎧VAC = (R a + R c )I a + R c I b
⎧VAC = R a I a + R c (I a + I b )
⇒ ⎨
⎨
⎩VBC = R c I a + (R b + R c )I b
⎩VBC = R b I b + R c (I a + I b )
(1)
2. Per il sistema a triangolo si applica il primo principio di Kirchhoff al sistema e ai due nodi A e
B.
⎧I a + I b + I c = 0
⎪
⎨I a + I 3 = I 1 ⇒ I a = I 1 − I 3
⎪I + I = I ⇒ I = I − I
2
b
2
1
⎩ b 1
Per la legge di Ohm applicata alle tre resistenze connesse a triangolo, si ha:
I1 =
VAB VAC − VBC
=
R ab
R ab
I2 =
VBC
R bc
I3 =
VCA
V
= − AC
R ca
R ca
Sostituendo nelle ultime due equazioni ai nodi (A e B), si ha:
VAC − VBC VAC
⎧
+
⎪I a =
R ab
R ca
⎪⎪
⎨
⎪
V
V − VBC
⎪I b = BC − AC
R bc
R ab
⎪⎩
⎧R ca VAC − R ca VBC + R ab VAC = R ab R ca I a
⎪
⇒ ⎨
⎪R V − R V + R V = R R I
bc AC
bc BC
ab
bc b
⎩ ab BC
⇒
⎧(R ab + R ca )VAC − R ca VBC = R ab R ca I a
⎪
⎨
⎪− R V + (R + R )V = R R I
bc AC
ab
bc
BC
ab
bc b
⎩
Si risolve rispetto a VAC e VBC:
R ab + R ca
⎧
VAC − R ab I a
⎪VBC =
R ca
⎪⎪
⎨
⎪
R + R ca
⎪− R bc VAC + (R ab + R bc ) ab
VAC − (R ab + R bc )R ab I a = R ab R bc I b
R ca
⎩⎪
(
⇒
)
2
⇒ VAC − R bc R ca + R ab
+ R ab R ca + R ab R bc + R ab + R bc R ca =
2
= R ab
R ca I a + R ab R bc R ca I a + R ab R bc R ca I b
⇒ VAC =
(R ab + R bc )R ca
R ab + R bc + R ca
Ia +
R ab
R bc R ca
Ib
+ R bc + R ca
Sostituendo in VBC, si ha:
8
⇒
VBC =
=
=
R ab + R ca (R ab + R bc )R ca
R + R ca
R bc R ca
⋅
I a + ab
⋅
I b − R ab I a =
R ca
R ab + R bc + R ca
R ca
R ab + R bc + R ca
2
2
(R ab + R ca )R bc
R ab
+ R ab R bc + R ab R ca + R bc R ca − R ab
− R ab R bc − R ab R ca
Ib =
Ia +
R ab + R bc + R ca
R ab + R bc + R ca
R ab
R bc R ca
R (R + R ca )
I a + bc ab
Ib
+ R bc + R ca
R ab + R bc + R ca
Riassumendo
R ca (R ab + R bc )
R bc R ca
⎧
⎪VAC = R + R + R I a + R + R + R I b
ab
bc
ca
ab
bc
ca
⎪⎪
⎨
⎪
R (R + R ca )
R bc R ca
⎪VBC =
Ib
I a + bc ab
R ab + R bc + R ca
R ab + R bc + R ca
⎪⎩
(2)
Affinché i sistemi di equazioni (1) e (2) ottenuti (relativi, rispettivamente, alle due connessioni a
stella e a triangolo) risultino identicamente soddisfatti, per qualsiasi combinazione di correnti,
devono essere ordinatamente uguali nei due sistemi i coefficienti delle due correnti Ia e Ib.
Le condizioni di equivalenza tra i due sistemi considerati sono espresse dalle tre relazioni
seguenti:
⎧
R ca (R ab + R bc )
⎪R a + R c =
R ab + R bc + R ca
⎪
⎪
⎪
R bc R ca
⎪
⎨R c =
R ab + R bc + R ca
⎪
⎪
⎪
⎪R + R = R bc (R ab + R ac )
c
⎪ b
R ab + R bc + R ca
⎩
(3)
Sottraendo la seconda dalla prima e dalla terza, si ha:
Ra =
R ab R ca + R bc R ca
R bc R ca
R ab R ca
−
=
R ab + R bc + R ca R ab + R bc + R ca R ab + R bc + R ca
Rb =
R ab R bc + R bc R ca
R bc R ca
R ab R bc
−
=
R ab + R bc + R ca R ab + R bc + R ca R ab + R bc + R ca
9
Riassumendo
⎧
R ab R ca
⎪R a =
R ab + R bc + R ca
⎪
⎪
⎪
R ab R bc
⎪
⎨R b =
R ab + R bc + R ca
⎪
⎪
⎪
R bc R ca
⎪R =
⎪ c R +R +R
ab
bc
ca
⎩
Tali equazioni sono relative alla trasformazione triangolo-stella.
3. La soluzione del problema inverso si ottiene esplicitando le equazioni dei sistemi associati alla
stella e al triangolo in funzione delle correnti e imponendo l’uguaglianza dei coefficienti.
4. Sistema a stella. Dal sistema (1) si ricava Ib dalla prima equazione e si sostituisce nella
seconda:
VAC − (R a + R c )I a
⎧
⎪I b =
Rc
⎪⎪
⎨
⎪
V − (R a + R c )
⎪VBC = R c I a + (R b + R c ) AC
Ia
Rc
⎪⎩
⇒
(
)
⇒ R c2 I a + R b VAC − (R a R b + R b R c )I a + R c VAC − R a R c + R c2 I a = R c VBC
⇒
(R
2
c
⇒ Ia =
)
− R a R b − R b R c − R a R c − R c2 I a = −(R b + R c )VAC + R c VBC
⇒
⇒
(R b + R c )VAC − R c VBC
R aR b + R aR c + R bR c
Si sostituisce nell’equazione di Ib:
Ib =
VAC R a + R c (R b + R c )VAC − R c VBC
−
⋅
=
Rc
Rc
R a R b + R a R c + R bR c
=
1 (R a R b + R a R c + R b R c )VAC − (R a R b + R a R c + R c2 + R b R c )VAC + (R a R c + R c2 )VBC
⋅
=
Rc
R aR b + R aR c + R bR c
=
1 − R c2 VAC + (R a R c + R c2 )VBC − R c VAC + (R a + R c )VBC
⋅
=
Rc
R a R b + R a R c + R bR c
R a R b + R a R c + R bR c
10
Riassumendo
Rb + Rc
Rc
⎧
⎪I a = R R + R R + R R VAC − R R + R R + R R VBC
a
b
a
c
b
c
a
b
a
c
b
c
⎪⎪
⎨
⎪
Rc
Ra + Rc
⎪I b = −
VAC +
VBC
R aR b + R aR c + R bR c
R a R b + R a R c + R bR c
⎪⎩
(4)
5. Sistema a triangolo. Dal sistema (1) si esplicitano Ia e Ib in funzione di VAB e VBC:
⎧
⎛ 1
1 ⎞
1
⎟⎟VAC −
+
VBC
⎪I a = ⎜⎜
R ab
⎝ R ab R ca ⎠
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪I = − 1 V + ⎛⎜ 1 + 1 ⎞⎟V
AC
⎜R
⎟ BC
⎪⎩ b
R ab
⎝ ab R bc ⎠
(5)
Affinché i sistemi di equazioni (4) e (5) ottenuti (relativi, rispettivamente, alle due connessioni a
stella e a triangolo) risultino identicamente soddisfatti, per qualsiasi combinazione di tensioni,
devono essere ordinatamente uguali nei due sistemi i coefficienti delle due tensioni VAB e VBC.
Le condizioni di equivalenza tra i due sistemi considerati sono espresse dalle tre relazioni
seguenti:
⎧ 1
Rb + Rc
1
+
=
⎪
⎪ R ab R ca R a R b + R a R c + R b R c
⎪
⎪
Rc
R R + R aR c + R bR c
⎪ 1
=
⇒ R ab = a b
⎨
Rc
⎪ R ab R a R b + R a R c + R b R c
⎪
⎪
Ra + Rc
⎪ 1 + 1 =
⎪R
⎩ ab R bc R a R b + R a R c + R b R c
Sottraendo la seconda dalla prima e dalla terza, si ha:
Rb
1
=
R ca R a R b + R a R c + R b R c
⇒ R ca =
R a R b + R a R c + R bR c
Rb
Ra
1
=
R bc R a R b + R a R c + R b R c
⇒ R bc =
R aR b + R aR c + R bR c
Ra
11
Riassumendo
⎧
R a R b + R aR c + R bR c
⎪R ab =
Rc
⎪
⎪
⎪
R a R b + R a R c + R bR c
⎪
⎨R bc =
Ra
⎪
⎪
⎪
⎪R = R a R b + R a R c + R b R c
⎪ ca
Rb
⎩
Tali equazioni sono relative alla trasformazione stella-triangolo.
Se le resistenze connesse a stella sono tutte uguali fra loro ed hanno il valore Ra, anche le tre
resistenze del triangolo equivalente sono uguali, di valore
R ab = 3R a
e inversamente
Ra =
R ab
3
Esempio 1: Trasformazione triangolo-stella.
Del circuito di figura calcolare la resistenza equivalente, le tensioni e le correnti.
E1 = 12V
R1 = R3 = 2kΩ ; R2 = R4 = 4kΩ
R5 = 3kΩ
Si trasforma il triangolo ABC in una stella.
12
Le equazioni per la trasformazione triangolo-stella, con Rab = R2 , Rbc = R3 , Rca = R1 , sono le
seguenti:
⎧
R ab R ca
R 2R1
4 ⋅ 10 3 ⋅ 2 ⋅ 10 3
=
=
=
= 1KΩ
R
⎪ a
3
3
3
+
+
+
+
R
R
R
R
R
R
⋅
+
⋅
+
⋅
4
10
2
10
2
10
ab
bc
ca
2
3
1
⎪
⎪
⎪
R ab R bc
R 2R 3
4 ⋅ 10 3 ⋅ 2 ⋅ 10 3
⎪
=
=
=
= 1KΩ
R
⎨ b
R ab + R bc + R ca R 2 + R 3 + R 1 4 ⋅ 10 3 + 2 ⋅ 10 3 + 2 ⋅ 10 3
⎪
⎪
⎪
R bc R ca
R 3R1
2 ⋅ 10 3 ⋅ 2 ⋅ 10 3
⎪
⎪R c = R + R + R = R + R + R = 4 ⋅ 10 3 + 2 ⋅ 10 3 + 2 ⋅ 10 3 = 0,5KΩ
ab
bc
ca
2
3
1
⎩
Calcolo della resistenza equivalente.
R eq = R a +
I=
(R c + R 4 )(R b + R 5 )
Rc + R4 + Rb + R5
= 1 ⋅ 10 3 +
E
12
=
= 3,85mA
R eq 3,12 ⋅ 10 3
VED = E − VAE = 12 − 3,85 = 8,15V
I5 =
(0,5 ⋅ 10
VED
8,15
=
= 1,81mA
R c + R 4 0,5 ⋅ 10 3 + 4 ⋅ 10 3
I4 =
VED
8,15
=
= 2,04mA
3
R b + R 5 1 ⋅ 10 + 3 ⋅ 10 3
VCB
1,12
=
= 0,56mA
R3
2 ⋅ 10 3
)
VAE = R a I = 1 ⋅ 10 3 ⋅ 3,85 ⋅ 10 −3 = 3,85V
VCD = V4 = R 4 I 4 = 4 ⋅ 10 3 ⋅ 1,81 ⋅ 10 −3 = 7,24V
VBD = V5 = R 5 I 5 = 3 ⋅ 10 3 ⋅ 2,04 ⋅ 10 −3 = 6,12V
I3 =
)(
+ 4 ⋅ 10 3 1 ⋅ 10 3 + 3 ⋅ 10 3
= 3,12KΩ
0,5 ⋅ 10 3 + 4 ⋅ 10 3 + 1 ⋅ 10 3 + 3 ⋅ 10 3
3
VCB = V3 = VCD − VBD = 7,24 − 6,12 = 1,12V
VAB = V2 = VAD − VBD = E − VBD = 12 − 6,12 = 5,88V
13
VAC = V1 = VAD − VCD = E − VCD = 12 − 7,24 = 4,76V
I1 =
VAC
4,76
=
= 2,38mA
R1
2 ⋅ 10 3
I2 =
VAB
5,88
=
= 1,47 mA
R2
4 ⋅ 10 3
Al fine di controllare l’esattezza dei risultati, si risolve il circuito col metodo delle correnti cicliche
di maglia.
Si fissano i versi delle correnti cicliche e di percorrenza delle maglie come in figura e si scrivono le
equazioni alle maglie applicando il secondo principio di Kirchhoff.
⎧maglia a E = R 1 (I a − I b ) + R 4 (I a − I c )
⎪
⎨maglia b 0 = R 1 (I b − I a ) + R 2 I b + R 3 (I b − I c )
⎪maglia a 0 = R (I − I ) + R (I − I ) + R I
3 c
b
4 c
a
5 c
⎩
⇒
⎧R 1 I a − R 1 I b + R 4 I a − R 4 I c = E
⎧(R 1 + R 4 )I a − R 1 I b − R 4 I c = E
⎪
⎪
⇒ ⎨R 1 I b − R 1 I a + R 2 I b + R 3 I b − R 3 I c = 0 ⇒ ⎨− R 1 I a + (R 1 + R 2 + R 3 )I b − R 3 I c = 0 ⇒
⎪R I − R I + R I − R I + R I = 0
⎪− R I − R I + (R + R + R )I = 0
3 b
4 c
4 a
5 c
4 a
3 b
3
4
5 c
⎩ 3 c
⎩
⎧6 ⋅ 10 3 I a − 2 ⋅ 10 3 I b − 4 ⋅ 10 3 I c = 12
⎧3 ⋅ 10 3 I a − 1 ⋅ 10 3 I b − 2 ⋅ 10 3 I c = 6
⎪
⎪
⇒ ⎨− 2 ⋅ 10 3 I a + 8 ⋅ 10 3 I b − 2 ⋅ 10 3 I c = 0 ⇒ ⎨− I a + 4I b − I c = 0 ⇒ I a = 4I b − I c
⎪
⎪− 4 I − 2 I + 9 I = 0
3
3
3
a
b
c
⎩
⎩− 4 ⋅ 10 I a − 2 ⋅ 10 I b + 9 ⋅ 10 I c = 0
⇒
⎧I a = 4 I b − I c
⎧I a = 4 I b − I c
⎪
18
⎪
⎪
⇒ ⎨− 16I b + 4I c − 2I b + 9I c = 0
⇒ ⎨− 18I b + 13I c = 0 ⇒ I c = I b
13
⎪
⎪
3
3
3
3
12
⋅
10
I
−
3
⋅
10
I
−
1
⋅
10
I
−
2
⋅
10
I
=
6
3
3
b
c
b
c
⎩
⎪⎩11 ⋅ 10 I b − 5 ⋅ 10 I c = 6
⇒ 11 ⋅ 10 3 I b − 5 ⋅ 10 3 ⋅
Ic =
⇒
18
53
13 ⋅ 6
Ib = 6 ⇒
⋅ 10 3 I b = 6 ⇒ I b =
⋅ 10 −3 = 1,47 mA
13
13
53
18
18
I b = ⋅ 1,47 ⋅ 10 −3 = 2,04mA
13
13
I a = 4I b − I c = 4 ⋅ 1,47 ⋅ 10 −3 − 2,04 ⋅ 10 −3 = 3,84mA
14
I = I a = 3,84mA
I 2 = I b = 1,47 mA
I1 = I a − I b = 3,84 ⋅ 10 −3 − 1,47 ⋅ 10 −3 = 2,37mA
I 3 = I c − I b = 2,04 ⋅ 10 −3 − 1,47 ⋅ 10 −3 = 0,57 mA
I 4 = I a − I c = 3,84 ⋅ 10 −3 − 2,04 ⋅ 10 −3 = 1,8mA
I 5 = I c = 2,04mA
VAC = V1 = R 1 I1 = 2 ⋅ 10 3 ⋅ 2,37 ⋅ 10 −3 = 4,74V
VAB = V2 = R 2 I 2 = 4 ⋅ 10 3 ⋅ 1,47 ⋅ 10 −3 = 5,88V
VCB = V3 = R 3 I 3 = 2 ⋅ 10 3 ⋅ 0,57 ⋅ 10 −3 = 1,14V
VCD = V4 = R 4 I 4 = 4 ⋅ 10 3 ⋅ 1,8 ⋅ 10 −3 = 7,2V
VBD = V5 = R 5 I 5 = 3 ⋅ 10 3 ⋅ 2,04 ⋅ 10 −3 = 6,12V
Stessi valori di prima.
Esempio 2: Trasformazione stella-triangolo.
Del circuito di figura calcolare la resistenza equivalente, le tensioni e le correnti.
E1 = 12V
R1 = R3 = 2kΩ ; R2 = R4 = 1kΩ
R5 = R6 = 4kΩ
Si trasforma la stella ABC in un triangolo e si risolve.
15
Le equazioni per la trasformazione stella-triangolo, con Ra = R3 , Rb = R4 , Rc = R5 , sono le
seguenti:
⎧
R aR b + R aR c + R bR c
⎪R ab =
Rc
⎪
⎪
⎪
R aR b + R aR c + R bR c
⎪
⎨R bc =
Ra
⎪
⎪
⎪
⎪R = R a R b + R a R c + R b R c
⎪ ca
Rb
⎩
⇒
⎧
R 3 R 4 + R 3 R 5 + R 4 R 5 2 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 10 3 + 2 ⋅ 10 3 ⋅ 4 ⋅ 10 3 + 1 ⋅ 10 3 ⋅ 4 ⋅ 10 3
=
=
= 3,5kΩ
R
⎪ ab
3
R
⋅
4
10
5
⎪
⎪
⎪
R R + R 3 R 5 + R 4 R 5 2 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 10 3 + 2 ⋅ 10 3 ⋅ 4 ⋅ 10 3 + 1 ⋅ 10 3 ⋅ 4 ⋅ 10 3
⎪
⇒ ⎨R bc = 3 4
=
= 7kΩ
3
R
2
⋅
10
3
⎪
⎪
⎪
R 3 R 4 + R 3 R 5 + R 4 R 5 2 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 10 3 + 2 ⋅ 10 3 ⋅ 4 ⋅ 10 3 + 1 ⋅ 10 3 ⋅ 4 ⋅ 10 3
⎪
R
=
=
= 14kΩ
⎪ ca
R4
1 ⋅ 10 3
⎩
Calcolo della resistenza equivalente.
R 2b
R 2 R ab
1 ⋅ 10 3 ⋅ 3,5 ⋅ 10 3
=
=
= 0,78kΩ
R 2 + R ab 1 ⋅ 10 3 + 3,5 ⋅ 10 3
R 6c
R 26 = R 2 b + R 6 c = 0,78 ⋅ 10 3 + 2,45 ⋅ 10 3 = 3,23kΩ
R c6 =
R ca R 26
14 ⋅ 10 3 ⋅ 3,23 ⋅ 10 3
=
= 2,62kΩ
R ca + R 26 14 ⋅ 10 3 + 3,23 ⋅ 10 3
R eq = R 1 + R c 6 = 2 ⋅ 10 3 + 2,62 ⋅ 10 3 = 4,62kΩ
16
R bc R 6
7 ⋅ 10 3 ⋅ 4 ⋅ 10 3
=
=
= 2,45kΩ
R bc + R 6 7 ⋅ 10 3 + 4 ⋅ 10 3
I1 =
E
12
=
= 2,6mA
R eq 4,62 ⋅ 10 3
V1 = R 1 I1 = 2 ⋅ 10 3 ⋅ 2,6 ⋅ 10 −3 = 5,2V
VAC = V26 = R c 6 I1 = 2,62 ⋅ 10 3 ⋅ 2,6 ⋅ 10 −3 = 6,84V
I 2b =
V26
6,84
=
= 2,1mA
R 26 3,23 ⋅ 10 3
I ca =
VAC
6,84
=
= 0,49mA
R ca 14 ⋅ 10 3
VAB = V2 = R 2 b I 2 b = 0,78 ⋅ 10 3 ⋅ 2,1 ⋅ 10 −3 = 1,64V
VBC = V6 = R 6 c I 2 b = 2,45 ⋅ 10 3 ⋅ 2,1 ⋅ 10 −3 = 5,15V
I2 =
V2
1,64
=
= 1,64mA
R 2 1 ⋅ 10 3
VBC
5,15
=
= 0,73mA
R bc 7 ⋅ 10 3
I ab =
VAB
1,64
=
= 0,47 mA
R ab 3,5 ⋅ 10 3
I bc =
I6 =
V6
5,15
=
= 1,29mA
R 6 4 ⋅ 10 3
I 3 = I ab + I ca = 0,47 ⋅ 10 −3 + 0,49 = 0,96mA
I 4 = I bc − I ab = 0,73 ⋅ 10 −3 − 0,47 = 0,26mA
V3 = R 3 I 3 = 2 ⋅ 10 3 ⋅ 0,96 ⋅ 10 −3 = 1,92V
I 5 = I ca + I bc = 0,49 ⋅ 10 −3 + 0,73 = 1,22mA
V5 = R 5 I 5 = 4 ⋅ 10 3 ⋅ 1,22 ⋅ 10 −3 = 4,88V
V4 = R 4 I 4 = 1 ⋅ 10 3 ⋅ 0,26 ⋅ 10 −3 = 0,26V
Al fine di controllare l’esattezza dei risultati, si risolve il circuito col metodo delle correnti cicliche
di maglia.
Si fissano i versi delle correnti cicliche e di percorrenza delle maglie come in figura e si scrivono le
equazioni alle maglie applicando il secondo principio di Kirchhoff.
17
⎧maglia a E = R 1 I a + R 3 (I a − I b ) + R 5 (I a − I c )
⎪
⎨maglia b 0 = R 2 I b + R 3 (I b − I a ) + R 4 (I b − I c )
⎪maglia a 0 = R (I − I ) + R (I − I ) + R I
4 c
b
5 c
a
6 c
⎩
⇒
⎧(R 1 + R 3 + R 5 )I a − R 3 I b − R 5 I c = E
⎧R 1 I a + R 3 I a − R 3 I b + R 5 I a = E
⎪
⎪
⇒ ⎨R 2 I b + R 3 I b − R 3 I a + R 4 I b − R 4 I c = 0 ⇒ ⎨− R 3 I a + (R 2 + R 3 + R 4 )I b − R 4 I c = 0 ⇒
⎪− R I − R I + (R + R + R )I = 0
⎪R I − R I + R I − R I + R I = 0
4 b
5 c
5 a
6 c
5 a
4 b
4
5
6 c
⎩
⎩ 4 c
⎧8 ⋅ 10 3 I a − 2 ⋅ 10 3 I b − 4 ⋅ 10 3 I c = 12
⎧4 ⋅ 10 3 I a − 1 ⋅ 10 3 I b − 2 ⋅ 10 3 I c = 6
⎪
⎪
⇒ ⎨− 2 ⋅ 10 3 I a + 4 ⋅ 10 3 I b − 1 ⋅ 10 3 I c = 0 ⇒ ⎨− 2I a + 4I b − I c = 0 ⇒ I c = −2I a + 4I b
⎪
⎪− 4 I − I + 9 I = 0
3
3
3
a
b
c
⎩
⎩− 4 ⋅ 10 I a − 1 ⋅ 10 I b + 9 ⋅ 10 I c = 0
⎧I c = −2I a + 4I b
⎧ I c = −2 I a + 4 I b
⎪
35
⎪
⎪
⇒ ⎨− 4I a − I b − 18I a + 36I b = 0
⇒ ⎨− 22I a + 35I b = 0 ⇒ I a =
Ib
22
⎪
⎪
3
3
3
3
⎩4 ⋅ 10 I a − 1 ⋅ 10 I b + 4 ⋅ 10 I a − 8 ⋅ 10 I b = 6
⎪⎩8 ⋅ 10 3 I a − 9 ⋅ 10 3 I b = 6
⇒ 8 ⋅ 10 3 ⋅
Ia =
35
41 3
11 ⋅ 6
I b − 9 ⋅ 10 3 I b = 6 ⇒
⋅ 10 I b = 6 ⇒ I b =
⋅ 10 −3 = 1,61mA
22
11
41
35
35
Ib =
⋅ 1,61 ⋅ 10 −3 = 2,56mA
22
22
I c = −2I a + 4I b = −2 ⋅ 2,56 ⋅ 10 −3 − 4 ⋅ 1,61 ⋅ 10 −3 = 1,32mA
I 2 = I b = 1,61mA
I1 = I a = 2,56mA
I 3 = I a − I b = 2,56 ⋅ 10 −3 − 1,61 ⋅ 10 −3 = 0,95mA
I 4 = I b − I c = 1,61 ⋅ 10 −3 − 1,32 ⋅ 10 −3 = 0,29mA
I 6 = I c = 1,32mA
I 5 = I a − I c = 2,56 ⋅ 10 −3 − 1,32 ⋅ 10 −3 = 1,24mA
V1 = R 1 I1 = 2 ⋅ 10 3 ⋅ 2,56 ⋅ 10 −3 = 5,12V
V2 = R 2 I 2 = 1 ⋅ 10 3 ⋅ 1,61 ⋅ 10 −3 = 1,61V
V3 = R 3 I 3 = 2 ⋅ 10 3 ⋅ 0,95 ⋅ 10 −3 = 1,9V
V4 = R 4 I 4 = 1 ⋅ 10 3 ⋅ 0,29 ⋅ 10 −3 = 0,29V
V5 = R 5 I 5 = 4 ⋅ 10 3 ⋅ 1,24 ⋅ 10 −3 = 4,96V
V6 = R 6 I 6 = 4 ⋅ 10 3 ⋅ 1,32 ⋅ 10 −3 = 5,28V
Stessi valori di prima.
18
⇒
⇒