qui

Soluzioni della
I Prova intermedia
25-11-2016
prof. Dario D’Amore
Autore: Dino Ghilardi
15 dicembre 2016
1
0.1
E1, I P.I. del 25-11-2016
0.1.1
Testo
0.1.2
Soluzione
0.1.2.1
Scrittura delle equazioni.
Dovendo usare l’analisi nodale modificata dovremo introdurre una variabile ausiliaria per ogni lato
non controllabile in tensione, ovvero la corrente in questi lati sarà:
• IX =corrente in E1 (Verso: dall’alto verso il basso)
• IY = corrente in E2 (Verso: dall’alto verso il basso)
Essendovi un generatore pilotato dovremo esprimere il suo funzionamento in funzione dei potenziali
di nodo, quindi esprimiamo innanzitutto le pilotanti in funzione dei potenziali di nodo.
v1 = e1
Quindi possiamo scrivere la corrente in tale generatore come
IGP = g1 v1 ⇒ IGP = g1 e1
Possiamo ora scrivere le LKC ai tagli nodali 1,2 e 3 ed ordinare i termini.
LKC Nodo 1:
I
GP
z }| {
1
1
1
1
e1 − e3 e1 − e2
+
+ IX − g1 e1 = 0 ⇒
+
− g1 e1 −
e2 −
e3 = 0
R2
R1
R1 R2
R1
R3
Eq. Aggiuntiva dovuta ad E1
e1 = E1
LKC Nodo 2:
1
1
1
1
e2 − e1 e2 − e3
e2 −
+
+ g1 e1 = A1 + A2 ⇒ − e1 +
+
e3 = A1 + A2
R1
R3
R1
R1 R3
R3
2
LKC Nodo 3:
1
1
1
1
e3 − e2 e3 − e1
e3 + IY = −A2
+
+ IY = −A2 ⇒ − e1 −
e2 +
+
R3
R2
R2
R3
R2 R3
Eq aggiuntiva dovuta ad E2
e3 = E2
Impaginando le equazioni ottenute sotto forma di sistema otteniamo la forma richiesta.
 1


R1














+ R12 − g1 e1
−1e
R1 2 + R11 + R13 e2
− R11 + g1
− R13 e2
− R12 e1
+
− R12 e3
− R13 e3
1
R2
+Ix
=
0
= A1 + A2
+ R13 e3
e3
+IY
=
=
=
e1
−A2
E2
E1
La forma matriciale può essere ottenuta direttamente riscrivendo il sistema in tale forma.
LKC nodo 1 →
LKC nodo 2 →
LKC nodo 3 →
eq aggiuntiva 1 →
eq aggiuntiva 2 →

+ R12 − g1
− R11 + g1
− R12
1
0
1
R1







− R1!
1
+ R13
R1
− R13
0
0
− R12
− R13
1
+ R13
R2
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0









e1
e2
e3
IX
IY







=








0
A1 + A2
−A2
E1
E2








Soluzione alternativa
La forma matriciale di tale sistema si può scrivere direttamente per ispezione.
1) Scrittura delle correnti dovute ai resistori e dei termini noti dovuti ai generatori di corrente
(come per l’analisi nodale semplice): fuori dalla diagonale principale, in posizione i,j si riporta l’opposto della conduttanza connessa tra il nodo i ed il nodo j. Sulla diagonale principale, in posizione
i,i si riporta la somma delle conduttanze che arrivano al nodo i.
Per il vettore dei termini noti, alla riga i si riporta la somma delle correnti ENTRANTI nel nodo
i.
LKC nodo 1 →
LKC nodo 2 →
LKC nodo 3 →
eq aggiuntiva 1 →
eq aggiuntiva 2 →








1
R1
+ R12
− R11
− R12
.
.
− R1!
1
+ R13
R1
− R13
.
.
− R12
− R13
1
+ R13
R2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.








e1
e2
e3
IX
IY








=








0
A1 + A2
−A2
.
.








Verifichiamo che, come atteso, la sottomatrice ottenuta è simmetrica, con tutti i termini fuori
dalla diagonale principale negativi.
2) Aggiunta dei termini dovuti al generatore pilotato (come per l’analisi nodale semplice)
Al nodo 1 la corrente dovuta al gen. pilotato vale g1 e1 ed è entrante quindi aggiunge un termine
−g1 alla posizione 1,1. Al nodo 2 è uscente, quindi aggiunge un termine +g1 in posizione 2,1.
LKC nodo 1 →
LKC nodo 2 →
LKC nodo 3 →








1
R1
+ R12 −g1
− R11 +g1
− R12
.
.
− R1!
1
+ R13
R1
− R13
.
.
− R12
− R13
1
+ R13
R2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.








e1
e2
e3
IX
IY








=








0
A1 + A2
−A2
.
.








3
3) Aggiunta delle correnti nei lati non controllabili in tensione (an. nodale modificata). Le correnti
uscenti dal nodo compaiono con un coefficiente positivo. La corrente IX , uscente dal nodo 1 farà
comparire un coefficiente 1 in posizione (1,4). La corrente IY (uscente dal nodo 3) farà comparire un
coefficiente 1 in posizione (3,5).









+ R12 − g1
− R11 + g1
− R12
.
.
− R1!
1
+ R13
R1
− R13
.
.
1
R1
− R12
− R13
1
+ R13
R2
.
.
1
0
0
.
.
0
0
1
.
.









e1
e2
e3
IX
IY









=







0
A1 + A2
−A2
.
.








4) ’impaginazione’ delle equazioni aggiuntive. (e1 = E1 ed e3 = E2 )
LKC nodo 1 →
LKC nodo 2 →
LKC nodo 3 →
eq aggiuntiva 1 →
eq aggiuntiva 2 →








1
R1
+ R12 − g1
− R11 + g1
− R12
1
0
− R1!
1
+ R13
R1
− R13
0
0
− R12
− R13
1
+ R13
R2
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0








e1
e2
e3
IX
IY









=







0
A1 + A2
−A2
E1
E2








La forma ottenuta è quella matriciale richiesta.
0.2
E2, I P.I. del 25-11-2016, prof. Dario D’Amore
0.2.1
Testo
0.2.2
Soluzione.
Calcolo dell’equivalente Thevenin ai morsetti
Semplificazioni possibili: R2 è in serie al generatore di corrente, quindi possiamo sostituire tale
serie con il suo circuito equivalente Norton, composto da un generatore di corrente di valore A in
parallelo ad una conduttanza nulla.
R4 è in parallelo ad un generatore di tensione e possiamo sostituire tale parallelo con un equivalente
di tipo Thevenin composto da un resistore nullo (un corto circuito) ed un generatore di tensione di
valore E.
4
A
R1
C
E
i3
3i3
R3
A
B
Semplificata la rete possiamo calcolarne il circuito equivalente. In particolare notiamo che il
resistore R1 si trova in serie al resto della rete che costituisce un altro bipolo (tratteggiato in figura).
Calcoliamo quindi prima l’equivalente Thevenin di tale bipolo per collegarlo successivamente in
serie ad R1 .
VCA
C
E
i3
3i3
R3
A
B
Calcolo di Veq come tensione a circuito aperto (VCA ) ai morsetti BC.
Essendo una rete con un generatore pilotato calcoliamo innanzitutto la pilotante.
Per la LKC al taglio nodale C otteniamo:
i3 + 3i3 = A ⇒ i3 =
10 [A]
A
=
= 2.5 [A]
4
4
Nota la pilotante possiamo calcolare la tensione sul resistore R3 , che è pari alla tensione tra i
morsetti CB che stavamo cercando e sarà quindi il valore del generatore equivalente Thevenin.
VR3 = 2.5 [A] · 4 [Ω] = 10 [V ] ⇒ Veq = 10 [V ]
Calcolo di Req del bipolo CB
Connettiamo un generatore di sonda tra i morsetti CB, dopo aver spento i generatori impressivi.
C
iS
vS
3i3
i3
R3
B
Otteniamo, con una LKC al taglio nodale C
iS = i3 + 3i3
da cui
i3 =
is
4
Nota la corrente in R3 possiamo calcolare vS (tensione su R3 ).
5
R3
z }| {
vS = 4 [Ω] ·
is
= 1Ω · is
4
quindi
ReqBC =
1Ω iS
= 1Ω
iS
Ricollegando in serie R1 otteniamo l’equivalente cercato.
A
1Ω
A
C
2Ω
ReqBC = 1Ω
10V
10V
B
B
Veq = 10 V
Req = 1 Ω + 1 Ω ⇒ Req = 2 Ω
Esistenza dell’equivalente Norton:
L’equivalente Norton esiste in quanto Req 6= 0.
0.3
0.3.1
E3, I P.Il del 25-11-2016, prof. Dario D’Amore.
Testo
6
0.3.2
Soluzione
Punto 1: Determinazione della formulazione controllata in tensione.
Iniziamo con il cercare di esprimere le variabili controllate in funzione delle controllanti in modo da
ottenere direttamente le relazioni
Dalla LKT alla maglia con le tensioni evidenziate otteniamo che la tensione sul resistore in alto
a sinistra è pari a v1 .
R1
i1
v1
0
i2
0
v1
0
vO
0
v2
Nota tale tensione possiamo scrivere i1 (la corrente nel resistore) in funzione di v1 , ottenendo la
prima delle relazioni cercate.
i1 =
1
v1
⇒i=
v1 + 0v2 + 0
R1
R1
Se riuscissimo a scrivere la tensione vO in funzione delle variabili controllanti potremmo immediatamente scrivere i2 come
v2 − vo
i2 =
R1
Sfruttando le proprietà dell’amplificatore operazionale possiamo scrivere
v1
R1
i1
v1
LKC
A
v1
R1 +A
VR2
0
i2
0
0
v1
LKC
R1
0
A
0
vO
v2
R2
VR2 = R
v1 + R2 A
1
2
− AR2
vo = −v1 · R
R1
da cui
R2
v2 + v1 R
+ AR2
R2
1
R2
1
i2 =
⇒ i2 = v1
+
v2 + A
R1
R1 · R1 R1
R1
la quale è la seconda delle relazioni cercate.
Otteniamo quindi, in forma matriciale
"
i1
i2
#
=
"
1
R1
R2
R1 ·R1
0
1
R1
#"
v1
v2
#
+
"
0
R2
A
R1
#
7
Punto 2: formulazione in forma numerica
Sostituendo i valori dei componenti nella formulazione precedentemente ottenuta:
(
1
i1 = 10[Ω]
v1 +
i2 = 10 [S]v1 +
0v2 +
0
⇒
1
v
−
200mA
2
10Ω
"
i1
i2
#
=
"
0.1[S]
0
10[S] 0.1[S]
#"
v1
v2
#
+
"
0
0.2[A]
#
Soluzione alternativa: metodo delle prove semplici.
Calcolo dei termini noti: imponendo le variabili controllanti a zero otteniamo
iˆ1 = i1 |v1 =0; v2 =0
iˆ2 = i2 |v1 =0; v2 =0
Risolvendo la rete in queste condizioni otteniamo:
R1
0
i1
0
R2A
0
A
0
A
R2A
0
0
v1
A
0
vO
0
i2
v2
i1 = 0 ⇒ iˆ1 = 0
i2 =
R2
R2
A ⇒ iˆ2 =
A
R1
R1
Una volta ottenuti i termini noti possiamo spegnere i generatori impressivi e studiare il doppio
bipolo omogeneo che avrà come formulazione controllata in tensione la stessa del doppio bipolo di
partenza ma con i generatori spenti.
(
i1 = g11 v1 + g12 v2
i2 = g21 v1 + g22 v2
Leggendo le relazioni precedenti notiamo che per calcolare g11 possiamo imporre v2 = 0, ottenendo
g11
Analogamente per g21
g21
i1 = v1 v2 =0
i2 = v1 v2 =0
Entrambe portano alla stessa prova semplice, ovvero imporre v2 = 0 e v1 6= 0 con un generatore
di sonda.
8
i1
v1
R
R1 1
v1
0
R2 v
R1 1
0
R2 v
R1 1
i2
0
0
v1
0
0
0
vO
0
v2
Otteniamo in queste condizioni
i1 =
1
v1
⇒ g11 =
R1
R1
e
R2
R2
v1 ⇒ g21 =
R1 · R1
R1 · R1
i2 =
Per il calcolo di g12 e g22 otteniamo
i1 = v2 v1 =0
g12
e
g22 =
i2 v2 v1 =0
Imponiamo quindi la tensione v2 6= 0 con un generatore di sonda e la tensione v1 = 0 con un
generatore di tensione nullo, cioè con un corto circuito.
i1
0
R1
0
0
0
0
v2
0
0
v1
0
R1
0
0
i2
v2
0
0
Risolvendo la rete otteniamo
i1 = 0 ⇒ g12 =
i1
=0
v2
e
i2 =
i2
1
v2
⇒ g22 =
=
R1
v2
R1
Calcolati tutti i coefficienti possiamo scrivere la formulazione cercata in forma simbolica.
"
i1
i2
#
=
"
1
R1
R2
R1 ·R1
0
1
R1
#"
v1
v2
#
la quale coincide con quella calcolata precedentemente.
+
"
0
R2
A
R1
#
9
Esistenza della formulazione ibrida 1:
Dalla formulazione in forma numerica calcolata preleviamo i coefficienti da esplicitare nella formulazione ibrida 1, ovvero v1 ed i2 . Poniamo tali coefficienti in una matrice e ne calcoliamo il
determinante.
v1 i2
" ↓ ↓ #
1
0
equaz. 1 →
10Ω
10 1
equaz. 2 →
da cui si ottiene che
det
"
1
10Ω
10
1
0
#
6= 0 ⇒ ∃H