esercizi svolti di elettrotecnica

ESERCIZI SVOLTI
DI
ELETTROTECNICA
Prof. Ing. G. Acciani
Dott. Ing. G. Fornarelli
Dott. Ing. G. Brunetti
CAPITOLO 1
Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
Esercizio n°1.1……………………………………………….pag. 2
Esercizio n°1.2……………………………………………….pag. 10
Esercizio n°1.3……………………………………………….pag. 12
Esercizio n°1.4……………………………………………….pag. 14
Esercizio n°1.5……………………………………………….pag. 15
Esercizio n°1.6……………………………………………….pag. 16
Esercizio n°1.7……………………………………………….pag. 18
Esercizio n°1.8……………………………………………….pag. 23
Esercizio n°1.9……………………………………………….pag. 25
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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.
a
b
c
f
e
d
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:
∑± i
k
(t ) = 0
k
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:
a
i2
i1 b i5
i4
i6
i3
f
Scriviamo la L.K.C. per ciascun nodo:
nodo a:
i1 + i2 = 0
nodo b:
i1 + i4 + i5 = 0
2
c
i7
e
d
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
nodo c:
i5 + i 7 = 0
nodo d:
i6 − i 7 = 0
nodo e:
i 4 − i3 − i 6 = 0
nodo f:
i3 − i 2 = 0
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:
∑± i
k
(t ) = 0
k
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:
a
i2
i1 b i5
i4
i6
i3
f
c
i7
e
d
Scriviamo la LKC in ciascun nodo utilizzando la prima formulazione della legge:
nodo a:
i2 − i1 = 0
3
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
nodo b:
i1 − i4 − i5 = 0
nodo c:
i5 − i 7 = 0
nodo d:
i6 + i7 = 0
nodo e:
i 4 + i3 − i 6 = 0
nodo f:
− i3 − i 2 = 0
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:
a
2
1 b5
4
6
3
f
c
7
e
d
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:
i1 + i2 = 0
nodo b:
i1 + i4 + i5 = 0
nodo c:
i5 + i 7 = 0
nodo d:
i6 − i 7 = 0
nodo e:
i 4 − i3 − i 6 = 0
4
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
nodo f:
i3 − i 2 = 0
Si può verificare che queste equazioni di equilibrio non sono linearmente indipendenti,
infatti sommandole membro a membro si ottiene la seguente equazione:
2i1 + 2i4 + 2i5 = i1 + i4 + i5 = 0
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):
1 b5
4
a
2
c
7
6
3
e
f
d
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):
Σ1
a
2
Σ2
Σ3
Σ5
1 b5
4
c
7
6
3
f
Σ4
e
d
5
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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:
i1 + i2 = 0
superficie Σ2:
i1 + i3 = 0
superficie Σ3
− i1 − i4 − i5 = 0
superficie Σ4
i5 + i 6 = 0
superficie Σ5
i5 + i 7 = 0
⇒
i1 + i4 + i5 = 0
Ripetiamo il procedimento visto scegliendo un altro albero:
Σ4
Σ2
a
2
1 b5
4
c
7
Σ1
3
f
6
e
Σ3
Σ5
6
d
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
i3 − i 2 = 0
superficie Σ2:
i1 + i3 = 0
superficie Σ3
i 4 − i3 − i 6 = 0
superficie Σ4
i5 + i 6 = 0
superficie Σ5
i6 − i 7 = 0
Otteniamo un altro sistema di equazioni di equilibrio equivalente al primo. Se infatti
realizziamo le seguenti sostituzioni:
superficie Σ1:
i3 − i 2 = 0
superficie Σ2:
i1 + i3 = 0
superficie Σ3
i 4 − i3 − i 6 = 0
superficie Σ4
i5 + i 6 = 0
superficie Σ5
i6 − i 7 = 0
⇒
⇒
i1 = −i3
i 5 = −i 6
⇒
i1 + i2 = 0
⇒
i1 + i3 = 0
⇒
i4 + i1 + i5 = 0
⇒
i5 + i 6 = 0
⇒
i5 + i 7 = 0
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.
7
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
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.
i1 b i2
i4
a
i3
c
i5
d
Scriviamo le LKC ai nodi:
nodo a:
i1 + i3 = 0
nodo b:
i1 + i2 + i4 = 0
nodo c:
i5 + i 2 = 0
nodo d:
i 4 − i3 − i 5 = 0
Disegnamo il grafo del circuito e scegliamo un albero:
1 b2
4
a
3
5
d
8
c
1 b2
4
a
Σ1
3
c
5
Σ3 d
Σ2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
i1 + i3 = 0
superficie Σ2:
i5 + i 2 = 0
superficie Σ3
− i1 − i2 − i4 = 0
⇒
i1 + i2 + i4 = 0
9
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
Esercizio n°1.2
Scrivere tutte le possibili LKC per il circuito in figura considerando due diverse convenzioni
per le LKC.
a
b
c
d
e
Si fissi un sistema di riferimento per le correnti:
a i1
b i3
i4
i2
c
e
i6
i5 d
i7
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:
i2 − i1 = 0
nodo b:
i1 − i4 − i3 = 0
nodo c:
i 4 + i5 − i 6 = 0
nodo d:
i3 + i 7 − i5 = 0
nodo e:
i6 − i 2 − i 7 = 0
10
(*)
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
− i2 + i1 = 0
nodo b:
− i1 + i4 + i3 = 0
nodo c:
− i 4 − i5 + i 6 = 0
nodo d:
− i3 − i 7 + i5 = 0
nodo e:
− i6 + i 2 + i7 = 0
(**)
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).
11
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
Esercizio n°1.3
Dato il circuito in figura, dimostrare che è ia = ib .
1
ia
N
2
3
ib
4
Fissiamo un sistema di riferimento per le correnti:
1
ia
i1
N
i2
i3
2
ib
3
i4
4
i5
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:
12
− ia + i1 + i2 = 0
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
nodo 2:
− i1 + i3 − i4 = 0
nodo 3:
− i 2 − i3 + i5 = 0
nodo 4:
ib + i 4 − i5 = 0
Sommando membro a membro le equazioni del sistema si ha:
⇒
− i a + ib = 0
i a = ib
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
ia
i1
N
i2
i3
2
3
i4
ib
4
i5
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 :
i a − ib = 0
⇒
i a = ib
13
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
Esercizio n°1.4
Dato il circuito in figura, ricavare le correnti i1 e i2.
a i2
b
i3
i3 = 4 A
c
i4
i1
i5
e
d
i4 = 1 A
i5 = 3 A
f
Con il fissato sistema di riferimento per le correnti, scriviamo le LKC nei nodi a e d
(occorrono due equazioni ):
nodo a:
i 2 + i 5 = i3
nodo d:
i4 + i5 + i2 = i1
Si tratta di un sistema di due equazioni nelle due incognite i1 e i2, che possiamo risolvere
col metodo di sostituzione:
i2 + 3 = 4
⇒
1 + 3 + i2 = i1
14
i2 = 1 A
, i1 = 5 A
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°1.5
Dato il circuito in figura, ricavare la corrente i.
iA
iA = 1A
iB = 3A
iB
i
Applicando la LKC all’unico nodo presente otteniamo:
i A − iB − i = 0
⇒
i = i A − i B = 1 − 3 = −2 A
15
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
Esercizio n°1.6
Dato il circuito in figura:
1
2
B
A
C
3
D
E
4
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:
1
2
B
A
C
3
D
E
4
e disegnamo le diverse maglie che si possono individuare nel circuito, per ciascuna delle
quali fissiamo arbitrariamente un verso di percorrenza:
16
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
1
B
A
2
1
C
A
2
B
3
C
D
3
3
E
E
D
4
4
4
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: − v A − v B − vC + v D = 0
maglia 2: v A − v E + vC + v B = 0
maglia 3: v D − v E = 0
A questo punto sostituiamo i valori delle tensioni date per ricavare quelli delle tensioni
incognite:
− 2 − vB − 5 + 4 = 0
v B = −3V
2 − vE + 5 + vB = 0
⇒
v E = 4V
4 − vE = 0
17
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
Esercizio n°1.7
Dato il circuito in figura:
6
1
A
G
C
B
2
D
H
5
3
E
F
4
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
A
G
C
B
2
D
H
5
3
E
F
4
e disegnamo le diverse maglie che si possono individuare nel circuito, per ciascuna delle
quali fissiamo arbitrariamente un verso di percorrenza:
18
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
6
A
G
1
1
B
B
2
2
C
H
2
3
D
E
F
5
maglia 2
H
1
3
D
B
3
2
4
maglia 3
H
5
5
maglia 1
6
C
E
F
4
maglia 4
A
G
1
6
B
G
2
3
D
5
F
1
A
2
D
E
H
4
5
maglia 5
C
3
maglia 6
6
A
1
C
G
3
E
5
F
4
maglia 7
19
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
Scriviamo la LKT per ciascuna maglia (la somma algebrica delle tensioni di lato è nulla istante
per istante):
maglia 1:
− v A + v B + v H + vG = 0
maglia 2:
− v B + vC + v D = 0
maglia 3:
− vD + vE + vF − vH = 0
maglia 4:
− v B + vC + v E + v F − v H = 0
maglia 5:
− v A + v B − v D + v E + v F + vG = 0
maglia 6:
− v A + vC + v D + v H + vG = 0
maglia 7:
− v A + v C + v E + v F + vG = 0
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.
− v A + v B + v H + vG = 0
− 4 + 4000 + v H + vG = 0
− v B + vC + v D = 0
⇒
− v B + vC + v E + v F − v H = 0
− 4000 + 0.008 + v D = 0
− 4000 + 0.008 + 10000 + 7 − v H = 0
da cui:
v H = 6007.008V
v D = 3999.992V
vG = −10003.008V
20
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Si noti che il numero delle equazioni linearmente indipendenti ottenute applicando la LKT
alle varie maglie è pari a:
b − n +1 = 3
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:
1
1
A
6
A
C
B
D
2
3
6
E
G
H
G
5
F
C
B
D
2
4
3
H
5
E
F
4
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}:
− v A + v B + v H + vG = 0
maglia {B,C,D}:
− v B + vC + v D = 0
maglia {B,C,E,F,H}
− v B + vC + v E + v F − v H = 0
21
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
Ripetiamo il procedimento visto scegliendo un altro albero:
1
A
6
C
B
D
2
3
H
G
5
E
F
4
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}:
− v A + vC + v D + v H + vG = 0
maglia {B,C,D}:
− v B + vC + v D = 0
maglia {D,E,F,H}
− vD + vE + vF − vH = 0
Abbiamo così ottenuto un altro sistema di equazioni di equilibrio equivalente al primo. Se
infatti realizziamo le seguenti sostituzioni:
− v A + vC + v D + v H + vG = 0
⇒
− v A + v B + v H + vG = 0
− v B + vC + v D = 0
⇒
v B = vC + v D
− vD + vE + vF − vH = 0
⇒
− v B + vC + v E + v F − v H = 0
22
⇒
v D = v B − vC
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°1.8
Dato il circuito in figura:
1
B
A
2
3
D
F
C
5
G
4
E
H
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:
1
B
A
2
D
C
3
F
5
E
G
4
H
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:
23
Capitolo 1 – Esercizi sulle leggi di Kirchhoff
v kj = ek − e j
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:
v A = e1 − e5 = e1
v E = e 4 − e5 = e 4
v B = e2 − e1
v F = e3 − e 4
vC = e2 − e5 = e2
v G = e3 − e 4
v D = e3 − e 2
v F = e 4 − e5 = e 4
Sostituendo i valori dati otteniamo:
24
v A = e1 − e5 = 4V
v E = e4 − e5 = e4 = 10V
v B = e2 − e1 = 5 − 4 = 1V
v F = e3 − e4 = 8 − 10 = −2V
vC = e2 − e5 = e2 = 5V
vG = e3 − e4 = 8 − 10 = −2V
v D = e3 − e2 = 8 − 5 = 3V
v F = e4 − e5 = e4 = 10V
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°1.9
Dato il circuito in figura:
a
1
2
c
3
b
T
v1 = 3V
d
v2 = 2V
v3 = 4V
4
5
e
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:
v ab + vbd + v dc + vca = 0
A questo punto esprimiamo le tensioni punto punto in funzione delle tensioni di lato note:
v ab = v1
v dc = −v3
vca = −v 2
e sostituiamo il tutto all’interno dell’equazione di equilibrio:
vbd = −v ab − v dc − vca = −v1 + v3 + v 2 = −3 + 2 + 4 = 3V
25
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
Esercizio n°2.1
Dato il bipolo in figura:
i(t)
v(t)
in cui abbiamo fissato la convenzione dell’utilizzatore, calcolare la potenza istantanea
assorbita nei seguenti casi:
1) v(t ) = 2V
i (t ) = 2 A
2) v(t ) = 2V
i (t ) = −3 A
3) v(t ) = −9V
i (t ) = 1A
Si ha:
1) p (t ) = v(t ) ⋅ i (t ) = 2V ⋅ 2 A = 4W > 0
⇒
potenza assorbita
2) p (t ) = v(t ) ⋅ i (t ) = 2V ⋅ (−3 A) = −6W < 0 ⇒
potenza erogata
3) p(t ) = v(t ) ⋅ i (t ) = −9V ⋅ 1A = −9W > 0
potenza erogata
⇒
27
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
Esercizio n°2.2
Dato il circuito in figura:
i
i = 4A
A
vA
vB
B
vA = 4V
vB = 8V
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) p A = v A ⋅ i = 4V ⋅ 4 A = 16W > 0 ⇒
B) p B = v B ⋅ i = 8V ⋅ 4 A = 32W > 0 ⇒
28
potenza assorbita
potenza erogata
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°2.3
Dato il circuito in figura:
1 iA
2
A
iB
vB = 2V
vC = 5V
B
D
E
3
C
vE = 9/8V
iA = 8A
4
iB = 1A
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:
1
iA +
A
-
2
iB
vB = 2V
vC = 5V
+
_
E
B
D
3
C
vE = 9/8V
iA = 8A
4
iB = 1A
maglia DCB:
v B − vC − v D = 0
⇒
v D = v B − vC = 2 − 5 = −3V
maglia ADE:
v A + vD + vE = 0
⇒
v A = −v D − v E = 3 −
9 15
= V
8 8
29
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
A questo punto determiniamo le correnti nei rami del circuito in cui non sono note, avendo
fissato arbitrariamente dei versi di riferimento:
1
iA +
A
-
2
nodo 1:
iE = i A = 8 A
nodo 2:
i A = iD + iB
nodo 4:
iC = i B = 1 A
vB = 2V
iD
+
_
E
iB
vC = 5V
B
D
iE
3
⇒
C
vE = 9/8V
iA = 8A
iC
4
iB = 1A
iD = i A − iB = 8 − 1 = 7 A
Note le correnti e le tensioni ai capi di ciascun elemento, possiamo valutare la potenza
assorbita da ciascuno di essi:
elemento B (convenzione utilizzatore):
15
⋅ 8 = 15W > 0
8
p B = v B ⋅ i B = 2 ⋅ 1 = 2W > 0
elemento C (convenzione generatore):
pC = vC ⋅ i B = 5 ⋅ 1 = 5W > 0
⇒
erogata
elemento D (convenzione utilizzatore):
p D = v D ⋅ i D = −3 ⋅ 7 = −21W < 0
⇒
erogata
elemento E (convenzione utilizzatore):
pE = vE ⋅ i A =
⇒
assorbita
elemento A (convenzione utilizzatore):
pA = vA ⋅ iA =
9
⋅ 8 = 9W > 0
8
⇒
assorbita
⇒
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
30
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
la convenzione dell’utilizzatore una potenza erogata è negativa).
A questo punto si ha:
p A + p B + pC + p D + p E = 15 + 2 − 5 − 21 + 9 = 0
In alternativa possiamo verificare l’equilibrio tra potenza assorbita e potenza erogata, a
prescindere dai segni e dalle convenzioni:
p assorbita = 15 + 2 + 9 = 26W
p erogata = 15 + 21 = 26W
Poniamo in forma vettoriale le tensioni e le correnti del circuito che soddisfano le L.K.:
v = (v A , v B , v C , v D , v E ) T
⇒
vettore delle tensioni che soddisfano la LKT
i = (i A , i B , iC , i D , i E ) T
⇒
vettore delle correnti che soddisfano la LKC
Sostituiamo i valori:
15
9
v = ( ,2,−5,−3, )
8
8
i = (8,1,1,7,8)
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:
v × i = ∑ vi ii = 15 + 2 − 5 − 21 + 9 = 0
i
e questo risultato corrisponde alla conservazione della potenza verificata sopra.
Siano ora v
/
/
e i :
/
v = (v A/ , v B/ , vC/ , v D/ , v E/ )
/
i = (i A/ , i B/ , iC/ , i D/ , i E/ )
insiemi di tensioni e di correnti che soddisfano alle LK per il circuito di sopra:
31
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
1
iA +
A
-
2
iB
/
v A = 10V
iD
+
_
/
/
v C = 4V
iE
E
B
D
v B = 6V
3
iC
C
/
i A = 4A
/
i B = 3A
/
4
/
i C = 3A
v D = 2V
/
v E = -12V
/
i D = 1A
/
i E = 4A
Moltiplicando scalarmente i due vettori dopo aver invertito la polarita (e quindi il segno)
della tensione vC, otteniamo:
/
/
/
/
v × i = ∑ vi ii = 40 + 18 − 12 + 2 − 48 = 0
i
e questo risultato corrisponde alla conservazione della potenza.
Proviamo ora a realizzare un prodotto incrociato tra i due insiemi:
{v,i} = (158 ,2,−5,−3, 98 ), (8,1,1,7,8)


e
{v , i }= {(10,6,−4,2,−12), (4,3,3,1,4)}
/
/
cioè moltiplichiamo scalarmente il vettore delle tensioni di un insieme per il vettore delle
correnti dell’altro insieme e viceversa. Otteniamo il seguente risultato:
/
/
v × i = ∑ v i ii =
i
/
15
9
+ 6 − 15 − 3 + = 0
2
2
/
v × i = ∑ vi ii = 80 + 6 − 4 + 14 − 96 = 0
i
che corrisponde a quanto enunciato dal teorema di Tellegen:
Dato un circuito arbitrario connesso con b lati ed n nodi, si indichi con:
i = (i1 , i2 ,..., ib )
un qualsiasi insieme di correnti di lato che soddisfino tutti i vincoli imposti dalla LKC e con
v = (v1 , v 2 ,..., vb )
32
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
un qualsiasi insieme di tensioni di lato che soddisfino tutti i vincoli imposti dalla LKT.
Allora risulta che:
v × i = ∑ v i ii = 0
i
33
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
Esercizio n°2.4
Dato il circuito in figura:
1
iE
D
vA = 1V
vC = 4V
E
B
vD = 1V
pB = 4W
C
3
2
iA
A
iC
iC = 4A
4
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:
v D + v E − vC = 0
⇒
v E = vC − v D = 4 − 1 = 3V
Calcoliamo la corrente iE scrivendo la LKC al nodo 4:
nodo 4:
iC = i A + i E =
pB
+ iE
vB
⇒
iE = −
pB
+ iC
vB
Calcoliamo la tensione vB scrivendo la LKT alla maglia ABE:
maglia ABE:
v A + vB − vE = 0
⇒
v B = v E − v A = 3 − 1 = 2V
A questo punto possiamo calcolare il valore di iE :
iE = −
34
pB
4
+ iC = − + 4 = 2 A
vB
2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
mentre è evidentemente:
iA =
pB 4
= = 2A
vB 2
Note le correnti e le tensioni ai capi di ciascun elemento, possiamo valutare la potenza
assorbita da ciascuno di essi:
elemento A (convenzione utilizzatore): p A = v A ⋅ i A = 1 ⋅ 2 = 2W > 0
⇒
assorbita
elemento B (convenzione utilizzatore):
p B = v B ⋅ i A = 2 ⋅ 2 = 4W > 0
⇒
assorbita
elemento C (convenzione generatore):
pC = vC ⋅ iC = 4 ⋅ 4 = 16W > 0
⇒
erogata
elemento D (convenzione utilizzatore):
p D = v D ⋅ iC = 1 ⋅ 4 = 4W > 0
⇒
assorbita
elemento E (convenzione utilizzatore):
p E = v E ⋅ i E = 3 ⋅ 2 = 6W > 0
⇒
assorbita
Riportiamo la potenza dell’elemento C alla convenzione dell’utilizzatore (cambiando
semplicemente il segno) e sommiamo i contributi dei diversi elementi:
p A + p B + pC + p D + p E = 2 + 4 − 16 + 4 + 6 = 0
verificando così la conservazione della potenza.
35
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
Esercizio n°2.5
La corrente e la tensione in un bipolo variano nel tempo come indicato in figura:
v [V]
30
5
0
10 15
25
0
10 15
25
t(s)
i [A]
30
t(s)
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:
p (t ) = v(t )i (t )
In primo luogo determiniamo le espressioni analitiche delle diverse rette che costituiscono
l’andamento di v e di i:
v(t ) = 30
i (t ) = 2t
⇒ p (t ) = 60t
10 ≤ t ≤ 15 ⇒
v(t ) = −5t + 80
i (t ) = 2t
⇒ p(t ) = −10t 2 + 160t
15 ≤ t ≤ 25 ⇒
v(t ) = 5
i (t ) = −3t + 75
⇒
0 ≤ t ≤ 10
36
⇒
p (t ) = −15t + 375
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Calcoliamo i valori della potenza agli estremi di ciascun intervallo di tempo:
p (0) = 0W
p(10) = 600W
p(15) = −10 ⋅ (15) 2 + 160 ⋅ 15 = 150W
p(25) = −15 ⋅ 25 + 375 = 0W
A questo punto possiamo determinare l’andamento della potenza in tutto l’intervallo [0;25]:
p(t)
t
L’energia scambiata da un bipolo in un intervallo di osservazione (t 0 , t1 ) vale:
w(t0 , t1 ) = ∫ p(t )dt = ∫ v(t ) ⋅ i (t )dt
t1
t1
t0
t0
Nel nostro caso abbiamo quindi:
w(0,25) = ∫ 0 p (t )dt = ∫ 0 p(t )dt + ∫ 10 p(t )dt + ∫ 15 p (t )dt
25
10
15
25
da cui:
w(0,25) = ∫ 0 60tdt + ∫ 10 (−10t 2 + 160t ) dt + ∫ 15 (−15t + 375)dt
10
15
25
37
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
w(0,25) = 60∫ 0 tdt − 10 ∫ 10 t 2 dt + 160 ∫ 10 tdt − 15∫ 15 tdt + 375∫ 15 dt
10
15
10
15
15
25
15
25
25
t 2 
t 3 
t 2 
t 2 
25
w(0,25) = 60  − 10   + 160  − 15  + 375[t ]15
2
3
2
2
 0
  10
  10
  15
In definitiva:
 (25) 2 (15) 2 
 (15) 2 (10) 2 
 (15) 3 (10) 3 
 (10) 2 
10
160
15
−
−
+
−
−
−
w(0,25) = 60 

 + 375[25 − 15]





3 
2 
2 
 2
 2
 3
 2 
 225 − 100 
 625 − 225 
 (3375) − 1000 
160
−
15
w(0,25) = 3000 − 10
+




 + 3750
3
2
2

 2375 
125 
w(0,25) = 3000 − 10
+
160
 2  − 15[200] + 3750
 3 
 2375 
w(0,25) = 3000 − 10
+ 80[125] − 15[200] + 3750
 3 
 2375 
 2375 
w(0,25) = 3000 − 10
+ 10000 − 3000 + 3750 = 13750 − 10 
= 5833.3J

 3 
 3 
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:
p(t ) ≥ 0
L’energia complessivamente assorbita vale allora 5833 J.
38
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°2.6
Un bipolo è collegato ad un generatore di corrente i avente la seguente forma d’onda:
i [A]
1
i
+
v
-
0
1
2
t(s)
0
1
2
t(s)
v [V]
3
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:
0 ≤ t ≤ 0 .5
⇒
v(t ) = 6t
i (t ) = 1
⇒ p (t ) = 6t
0 .5 ≤ t ≤ 1
⇒
v(t ) = −6t + 6
i (t ) = 1
⇒ p (t ) = −6t + 6
1≤ t ≤ 2
⇒
v(t ) = 0
i (t ) = −t + 2
⇒ p(t ) = 0
L’andamento della potenza istantanea è allora dato da:
39
Capitolo 2 – Esercizi sulle potenze
p [W]
3
0
1
t(s)
2
ed è identico a quello della tensione.
Calcoliamo l’andamento dell’energia w(t) a partire da quello della potenza istantanea,
essendo:
p(t ) =
dw(t )
dt
t
w(t ) = ∫ p(τ )dτ
⇒
−∞
Se supponiamo che la potenza è nulla fino all’istante 0 possiamo scrivere:
0
t
−∞
0
= ∫ 0dτ + ∫ 6τdτ
w(t )
0 ≤ t ≤ 0 .5
0
0.5
t
−∞
0
0.5
0
0.5
1
t
−∞
0
0.5
1
= ∫ 0dτ + ∫ 6τdτ + ∫ (−6τ + 6)dτ
0 .5 ≤ t ≤ 1
= ∫ 0dτ + ∫ 6τdτ + ∫ (−6τ + 6)dτ + ∫ 0dτ
1≤ t ≤ 2
= 3t 2
0 ≤ t ≤ 0 .5
Si ha quindi:
w(t )
t
t
0.5
0.5
1
1
0.5
0.5
= [3t 2 ]00.5 − ∫ 6τdτ + ∫ 6dτ
= [3t 2 ]00.5 − ∫ 6τdτ + ∫ 6dτ + 0
40
0 .5 ≤ t ≤ 1
1≤ t ≤ 2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
= 3t 2
w(t )
0 ≤ t ≤ 0 .5
=
3
− [3t 2 ]t0.5 + 6t − 3
4
0 .5 ≤ t ≤ 1
=
3
− [3t 2 ]10.5 + 6(1 − 0.5)
4
1≤ t ≤ 2
In definitiva:
= 3t 2
w(t )
0 ≤ t ≤ 0 .5
=
3
3
− [3t 2 − ] + 6t − 3
4
4
0 .5 ≤ t ≤ 1
=
3
3
− [3 − ] + 6(1 − 0.5)
4
4
1≤ t ≤ 2
In definitiva:
= 3t 2
w(t )
0 ≤ t ≤ 0 .5
= −3t 2 + 6t −
=
3
2
0 .5 ≤ t ≤ 1
3
3
3
−3+ + 6−3 =
4
4
2
1≤ t ≤ 2
Calcoliamo i valori dell’energia agli estremi di ciascun intervallo di tempo:
w(0) = 0 J
w(0.5) = 0.75 J
w(1) = 1.5
A questo punto possiamo determinare l’andamento dell’energia nell’intervallo [0;2]:
41
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
Esercizio n°3.1
Risolvere il circuito in figura:
I
1
I2
I1
v1
R13
3
v2
R12
E
v3
I4
R4
I3 v
4
R23
2
I5
R5
v5
E = 120V
R12 = 10Ω
R23 = 15Ω
R13 = 25Ω
R4 = 5Ω
R5 = 1Ω
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:
I
1
3
R1
O
R2
E
2
I5
R5
4
(2)
44
R3
I4
R4
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
dove è:
R1 =
R12 ⋅ R13
10 ⋅ 25
250
=
=
= 5Ω
R12 + R13 + R23 10 + 25 + 15 50
R2 =
R12 ⋅ R23
10 ⋅ 15
150
=
=
= 3Ω
R12 + R13 + R23 10 + 25 + 15 50
R3 =
R13 ⋅ R23
25 ⋅ 15
375
=
= 7.5Ω
=
R12 + R13 + R23 10 + 25 + 15 50
Riduciamo opportunamente il circuito considerando le serie R2, R4 ed R3, R5:
I
R1
O
I5
I4
R25
E
R34
(3)
R25 = R2 + R5 = 3 + 1 = 4Ω
R34 = R3 + R4 = 7.5 + 5 = 12.5Ω
Infine giungiamo ad una configurazione di questo tipo:
I
Req
E
(4)
in cui è:
Req = R1 +
R25 ⋅ R34
4 ⋅ 12.5
50
= 5+
= 5+
= 8.03Ω
4 + 12.5
16.5
R25 + R34
45
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Calcoliamo la corrente I:
I=
E
120V
=
= 14.94 A
Req 8.03Ω
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):
I5 = I ⋅
R34
12.5
= 14.94 ⋅
= 11.32 A
R 25 + R34
12.5 + 4
⇒
I = I5 + I4
I 4 = I − I 5 = 14.94 − 11.32 = 3.62 A
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:
I = I1 + I 2
I 5 = I1 + I 3
I1 + I 2 = 14.94
⇒
I2 = I3 + I4
I1 + I 3 = 11.32
I 2 − I 3 = 3.62
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:
v2 + v3 − v1 = 0
⇒
R13 I 2 + R23 I 3 − R12 I1 = 0
Il sistema risolutivo diviene quindi:
I1 + I 2 = 14.94
I1 + I 3 = 11.32
R13 I 2 + R23 I 3 − R12 I1 = 0
46
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
e conduce ai seguenti risultati:
I 1 = 10.87 A
I 2 = 4.074 A
I 3 = 0.454 A
Note tutte le correnti nei lati del circuito, possiamo determinarne le relative tensioni:
V1 = R12 I1 = 10 ⋅ 10.87 = 108.7V
V2 = R13 I 2 = 25 ⋅ 4.074 = 101.85V
V3 = R23 I 3 = 15 ⋅ 0.454 = 6.81V
V4 = R4 I 4 = 5 ⋅ 3.62 = 18.1V
V5 = R5 I 5 = 1 ⋅11.32 = 11.32V
47
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.2
Dato il circuito in figura:
R1
a
R2
b
E
c
+
v
_
I
i
E
R1
R2
I
= 18V
= 2Ω
= 4Ω
= 2A
d
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:
a
R1
I1
+
E
V1
R2
b I2
+
−
i
V2
c
−
+
v
_
I
d
Impostiamo la L.K.C. al nodo b:
⇒
I1 = i + I 2
i = I1 − I 2
(1)
Per determinare la corrente I1 applichiamo la L.K.T alla prima maglia:
V1 − E = 0
⇒
V1 = E = R1 I1
⇒
I1 =
E
R1
Per determinare la corrente I2 applichiamo la L.K.C al nodo c:
I + I2 = 0
⇒
I 2 = −I
Sostituendo le espressioni delle correnti I1 e I2 nella (1) otteniamo:
i = I1 − I 2 =
48
E
18
+ I = + 2 = 11A
R1
2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
V2 + v = 0
⇒
v = −V2 = − R2 I 2 = R2 I = 4 ⋅ 2 = 8V
49
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
50
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°3.3
Dato il circuito in figura:
vac
b
a+
R1
− c
R2
+
vbd
_
E1
E2
E1
E2
R1
R2
= 12V
= 8V
= 2Ω
= 4Ω
d
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:
a+
vac
b
V1
I1 + R1 −
E1
+
vbd
_
V2
− c
I2 + R2 −
E2
d
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 I 1 = I 2 = I . Impostiamo ora la
L.K.T per l’unica maglia del circuito:
R1 I + R2 I + E 2 − E1 = 0
da cui ricaviamo:
I=
E1 − E 2 12 − 8 2
=
= A
R1 + R2 2 + 4 3
A questo punto possiamo calcolare vac:
vac = R1 I + R2 I = (2 + 4) ⋅
2
= 4V
3
51
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
e anche vbd applicando la L.K.T. alla sequenza chiusa di nodi b-c-d:
2
32
vbd = R2 I + E 2 = 4 ⋅ + 8 =
= 10.67 A
3
3
52
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
53
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.4
Dato il circuito in figura:
a
R1
b
R
c
i
R2
d
+
v
_
E1
E2
E1
E2
R1
R2
= 12V
= 9V
= 0.1Ω
= 0.3Ω
e
V1
determinare il valore di R per cui è i = 5 A e v = 10V .
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:
a
R1
i
b
+ V −
1
R
c
+ V −
R
E1
R2
d
+ + V2 −
v
_
E2
e
Applichiamo la L.K.T. all’unica maglia del circuito:
− E1 + V1 + VR + V2 + E 2 = 0
⇒
− E1 + R1i + Ri + R2 i + E 2 = 0
da cui:
Ri = − R2 i − E 2 + E1 − R1i
R=
− R2 i − E 2 + E1 − R1i − 0.3 ⋅ 5 − 9 + 12 − 0.1 ⋅ 5 1
=
= = 0.2Ω
i
5
5
Calcoliamo ora il valore di R tale che è v = 10V . A tale scopo impostiamo le L.K.T alle
sequenze di nodi c-d-e-c e c-b-a-e-c:
54
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Vcd + Vde + Vec = 0
Vcb + Vba + Vae + Vec = 0
Sostituiamo le tensioni di lato alle tensioni nodo-nodo:
V2 + E 2 − v = 0
− VR − V1 + E1 − v = 0
da cui:
R2 i + E 2 − v = 0
− Ri − R1i + E1 − v = 0
da cui:
i=
v − E2
R2
Ri = − R1i + E1 − v
e quindi:
− R1
R=
v − E2
+ E1 − v − 0.110 − 9 + 12 − 10
R2
0.3
=
= 0.5Ω
v − E2
10 − 9
0.3
R2
55
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.5
Dato il circuito in figura:
R1
a
+
b
V1 −
E
+
V2
R2
−
E
R1
R2
R3
= 36V
= 6Ω
= 2Ω
= 4Ω
− V3 +
d
c
R3
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 :
V1 = E
R1
6
216
= 36
=
= 18V
R1 + R2 + R3
6 + 2 + 4 12
V2 = E
V3 = E
R2
2
72
= 36
=
= 6V
R1 + R2 + R3
6 + 2 + 4 12
R3
4
144
= 36
=
= 12V
R1 + R2 + R3
6 + 2 + 4 12
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:
R1
a
+
b
V1 −
E
+
V2
R2
−
− V3 +
d
56
R3
c
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Impostiamo la L.K.T. all’unica maglia del circuito:
V1 + V2 + V3 − E = 0
da cui:
R1 I + R2 I + R3 I − E = 0
I=
E
36
=
= 3A
R1 + R2 + R3 6 + 2 + 4
A questo punto calcoliamo le cadute di tensione ai capi di ciascun resistore:
V1 = R1 I = 6 ⋅ 3 = 18 A
V2 = R2 I = 2 ⋅ 3 = 6 A
V3 = R3 I = 4 ⋅ 3 = 12 A
57
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.6
Dato il circuito in figura:
a
I1
I
I2
R1
R2
I3
R3
I
R1
R2
R3
= 7A
= 2Ω
= 4Ω
= 8Ω
b
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 :
1
1
1
1
G1
R1
1 8
2
2
I1 = I
=I
=7
=7
= 7 2 = 7 ⋅ = 4A
7
4 + 2 +1
1 1 1
1
1
1
G1 + G2 + G3
2 7
+
+
+ +
R1 R2 R3
8
8
2 4 8
1
1
1
1
G2
R2
1 8
4
4
I2 = I
=I
=7
=7
= 7 4 = 7 ⋅ = 2A
7
4 + 2 +1
1 1 1
1
1
1
G1 + G2 + G3
4 7
+
+
+ +
R1 R2 R3
8
8
2 4 8
1
1
1
1
G3
R3
1 8
8
8
=I
=7
=7
= 7 8 = 7 ⋅ = 1A
I3 = I
7
4 + 2 +1
1 1 1
1
1
1
G1 + G2 + G3
8 7
+
+
+ +
R1 R2 R3
8
8
2 4 8
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:
58
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
a
I1
I
I2
+
R1
+
V1
R2
−
V2
I3
+
R3
V3
−
−
b
Impostiamo la L.K.C. al nodo a:
I1 + I 2 + I 3 − I = 0
avendo considerato positive le correnti uscenti dal nodo.
Si ha:
V1 V2 V3
+
+
−I =0
R1 R2 R3
Essendo i resistori in parallelo, su di essi insiste la stessa tensione:
V1 = V2 = V3 = V
per cui si ha:
V
R1
+
V
R2
+
V
R3
−I =0
da cui:
V=
7
I
7
7
8
=
=
= = 7 = 8V
1
1
1
1 1 1 4 + 2 +1 7
7
+
+
+ +
R1 R2 R3 2 4 8
8
8
A questo punto calcoliamo le correnti in ciascun resistore ciascun resistore:
I1 =
V 8
= = 4A
R1 2
I2 =
V
8
= = 2A
R2 4
I3 =
V 8
= = 1A
R3 8
ottenendo lo stesso risultato.
59
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.7
Dato il circuito in figura:
t=0
a
I
+
v
_
R1
R2
I = 6mA
R1 = 2kΩ
R2 = 4kΩ
b
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:
t<0
a
I
+
v
_
I2
I1
+
+
V1
R1
V2
−
−
R2
b
possiamo scrivere (L.K.T.):
v = V1 = R1 I = 2kΩ ⋅ 6mA = 2000Ω ⋅ 0.006 A = 12V
60
(t < 0)
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
t>0
a
I
+
v
_
I2
I1
+
+
V1
R1
−
V2
−
R2
b
I1 = I
1
R1
1
2000
G1
0.0005
0.0005
=I
= 0.006
= 0.006
= 0.006
= 0.004 A
1
1
1
1
G1 + G2
0.0005 + 0.00025
0.00075
+
+
R1 R2
2000 4000
A questo punto la tensione ai capi del generatore è immediatamente determinata:
v = V1 = R1 I1 = 2000Ω ⋅ 0.004 A = 8V (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:
I2 = I
1
R2
1
4000
G2
0.00025
0.00025
=I
= 0.006
= 0.006
= 0.006
= 0.002 A
1
1
1
1
0.0005 + 0.00025
G1 + G2
0.00075
+
+
2000 4000
R1 R2
e calcolare la caduta di tensione sul resistore R2:
v = V2 = R2 I 2 = 4000Ω ⋅ 0.002 A = 8V
(t > 0)
61
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.8
Dato il circuito in figura:
a
I1
R2
R1
c
d
I
I3
R4
R3
I
R1
R2
R3
R4
= 3mA
= 2kΩ
= 4kΩ
= 10kΩ
= 2kΩ
b
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:
a
I1
I2
+
R1
V1
R2
V2
−
−
I3
d
I4
c
I
+
+
R3 V3
−
+
R4 V4
I
R1
R2
R3
R4
= 3mA
= 2kΩ
= 4kΩ
= 10kΩ
= 2kΩ
−
b
Calcoliamo la corrente I1 applicando il partitore di corrente al parallelo R1 – R2:
I1 = I
62
1
R1
1
2000
G1
5 ⋅10 − 4
5
=I
= 0.003
= 30 ⋅10 −4
= 30 ⋅10 −4
= 0.002 A
−4
−4
1
1
1
1
G1 + G2
7.5
5
10
2
.
5
10
⋅
+
⋅
+
+
2000 4000
R1 R2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
In questo modo la tensione vac è data da:
vac = V1 = R1 I1 = 2000Ω ⋅ 0.002 A = 4V
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:
1
R3
1
10000
G3
1 ⋅ 10 − 4
1
−4
I3 = I
=I
= 0.003
= 30 ⋅ 10
= 30 ⋅ 10 − 4 = 0.0005 A
−4
−4
1
1
1
1
G3 + G 4
6
1 ⋅ 10 + 5 ⋅ 10
+
+
R3 R4
10000 2000
La tensione vcb è quindi data da:
vcb = V3 = R3 I 3 = 10000Ω ⋅ 0.0005 A = 5V
Calcoliamo ora la corrente nel cortocircuito. A tale scopo applichiamo la L.K.C. al nodo c:
I1 = I 3 + I cc
⇒
I cc = I 1 − I 3 = 2mA − 0.5mA = 1.5mA
avendo fissato come verso di riferimento di Icc quello che va dal nodo c al nodo d.
63
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.9
Dato il circuito in figura:
a
R
R
b
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:
a
R
R
R
b
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.
64
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Dato il circuito in figura:
a
R
R
b
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:
a
R
R
b
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.
65
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.10
Dato il circuito in figura:
R
R
a
b
R
R
calcolare la resistenza equivalente tra a e b.
Il circuito può essere modificato nel seguente modo:
a
2R
2R
b
e infine, effettuando il parallelo tra i resistori di resistenza 2R:
1
1
1
2
1
=
+
=
=
Req 2 R 2 R 2 R R
Req
66
Req = R
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°11
Dato il circuito in figura:
a
R1
R2
R3
R1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
R4
b
R5
R6
= 0.25Ω
= 2Ω
= 4Ω
= 3Ω
= 2.5Ω
= 2.5Ω
= 3Ω
R7
calcolare la resistenza equivalente tra a e b.
Riduciamo il circuito partendo dalla serie R2 R3 R7:
a
R1
R4
b
R5
R237
R1 = 0.25Ω
R4 = 3Ω
R5 = 2.5Ω
R6 = 2.5Ω
R237 = 9Ω
R6
R237 = R2 + R3 + R7 = 2 + 4 + 3 = 9Ω
67
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Realizziamo il parallelo R4 R237:
R1
a
R2347
b
R5
1
R2347
=
R1 = 0.25Ω
R5 = 2.5Ω
R6 = 2.5Ω
R2347 = 4/9Ω
R6
1
1 1 1 1+ 3 4
+
= + =
=
9
9
R237 R4 9 3
R2347 = 2.25
A questo punto possiamo determinare la resistenza equivalente effettuando la serie dei
resistori R1 R5 R6 R2347:
Req = R1 + R5 + R6 + R2347 = 0.25 + 2.5 + 2.5 + 2.25 = 7.5Ω
68
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°3.12
Dato il circuito in figura:
b
a
I1
E1
R1
c
d
R2
I2
R1
R2
E1
E2
I1
I2
E2
e
= 15Ω
= 20Ω
= 30V
= 10V
= 2A
= 4A
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:
b IR1
a
+ V1 −
I1
Vg1
I2
Vg2
−
c
d
IR2
Ig
V2
R2
+
+
+
E1
R1
−
−
E2
R1
R2
E1
E2
I1
I2
= 15Ω
= 20Ω
= 30V
= 10V
= 2A
= 4A
e
Calcoliamo la potenza dissipata sul resistore R1:
P1 = R1 I R21
A tale scopo impostiamo la L.K.C. al nodo c:
I 2 − I 1 − I R1 = 0
⇒
I R1 = I 2 − I1 = 4 − 2 = 2 A
Si ha quindi:
P1 = R1 I R21 = 15 ⋅ 4 = 60W
Calcoliamo la potenza dissipata sul resistore R2:
69
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
P2 = R2 I R2 2 =
V22
R2
A tale scopo impostiamo la L.K.T. alla maglia contenente i due generatori di tensione:
⇒
E1 − E 2 − V2 = 0
V2 = E1 − E 2 = 30 − 10 = 20V
Si ha quindi:
P2 = R2 I R2 2 =
V22 400
=
= 20W
R2
20
Calcoliamo ora la potenza erogata dai generatori di corrente. A tale scopo calcoliamo Vg1
e Vg2 applicando la L.K.T alla maglia centrale:
V g1 = Vg 2 = V1 + V2 = R1 I R1 + V2 = 15 ⋅ 2 + 20 = 50V
Si ha quindi:
generatore I1:
PI 1 = V g1 I 1 = 50 ⋅ 2 = 100W
generatore I2:
PI 2 = V g 2 I 2 = 50 ⋅ 4 = 200W
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:
I R1 = I R 2 + I g
⇒
I g = I R1 − I R 2 = I R1 −
generatore E1:
PE1 = E1 I g = 30 ⋅1 = 30W
generatore E2:
PE 2 = E 2 I g = 10 ⋅1 = 10W
V2
20
= 2−
= 1A
R2
20
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.
70
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°3.13
Dato il circuito in figura:
a
R1 = 3Ω
R2 = 6Ω
I = 10A
I
R1
R2
3I1
I1
b
ricavare la corrente I1.
Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato
dalla traccia:
a
I2
+
I
V1
−
+
R1
V2
3I1
R1 = 3Ω
R2 = 6Ω
I = 10A
R2
−
I1
b
Come primo passo impostiamo la L.K.C. al nodo a (positive le correnti entranti):
I − I 1 + 3I 1 − I 2 = I + 2 I 1 − I 2 = 0
In questa equazione di equilibrio ci sono due incognite, per cui occorre un’altra relazione.
Questa la otteniamo osservando che V1 = V2 :
RI
I2 = 1 1
R1 I 1 = R2 I 2 ⇒
R2
Sostituiamo nella prima relazione e otteniamo:
I + 2 I1 −
R1 I1
=0
R2
⇒
I1 =
I
R1
−2
R2
=
10
= −6.67 A
3
−2
6
71
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.14
Dato il circuito in figura:
R2
a
b
+
V
R3
R1
−
E
R1
R2
R3
E
= 7Ω
= 9Ω
= 6Ω
= 30V
c
ricavare la tensione V.
Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato
dalla traccia:
R2
I2
a
+
I1
+
R1
V2 −
+
R3
V1
E
b
V
−
−
R1
R2
R3
E
= 7Ω
= 9Ω
= 6Ω
= 30V
c
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:
V =E
72
R3
6
6
= 30
= 30 = 12V
R2 + R3
6+9
15
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°3.15
Dato il circuito in figura:
a
R1
R3
b
R5
c
R1
R2
R3
R4
R5
R6
E
d
+
E
R2
R4
V
R6
−
I
e
= 2Ω
= 4Ω
= 2Ω
= 4Ω
= 2Ω
= 2Ω
= 50V
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:
a I1 + R1 − b I3 + R3 −
c I5 +
+
E
R2
V
I2
−
R5 −
d
+
R4
−
+
R6
I6
I
−
e
R1
R2
R3
R4
R5
R6
E
= 2Ω
= 4Ω
= 2Ω
= 4Ω
= 2Ω
= 2Ω
= 50V
R1
R2
R3
R4
R56
E
= 2Ω
= 4Ω
= 2Ω
= 4Ω
= 4Ω
= 50V
Per calcolare la tensione V riduciamo il circuito di partenza nel seguente modo:
SERIE R5 R6
a I1 + R1 − b I3 + R3 −
c
+
E
R2
I2
+
R4
V
−
−
I
e
+
R56
−
I5
73
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
R56 = R5 + R6 = 2 + 2 = 4Ω
PARALLELO R56 R4
a
I1 + R1 − b I3 + R3 −
c
+
E
R2
+
R456
V
I2 −
−
e
R456 =
R1 = 2Ω
R2 = 4Ω
R3 = 2Ω
R456 = 2Ω
E = 50V
R56 ⋅ R4
4⋅4
=
= 2Ω
R56 + R4 4 + 4
SERIE R456 R3
a I1 + R1 − b
+
E
R2
+
R3456
V
−
I2
I3
−
R1 = 2Ω
R2 = 4Ω
R3456 = 4Ω
E = 50V
e
R3456 = R3 + R456 = 2 + 2 = 4Ω
PARALLELO R3456 R2
a I1 + R1 −
b
+
E
R23456
V
−
e
R23456 =
74
R3456 ⋅ R2
4⋅4
=
= 2Ω
R3456 + R2 4 + 4
R1 = 2Ω
R23456 = 2Ω
E = 50V
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
A questo punto calcoliamo V applicando il partitore di tensione alla serie R23456 R1:
V =E
R23456
2
= 50
= 25V
R23456 + R1
2+2
Determiniamo la corrente I1:
I1 =
E
R23456 + R1
=
50
= 12.5 A
2+2
Determiniamo la corrente I3 applicando il partitore di corrente al parallelo R3456 R2:
I 3 = I1
R2
4
= 12.5
= 6.25 A
R3456 + R2
4+4
Determiniamo infine la corrente I applicando il partitore di corrente al parallelo R56 R4:
I = I3
R56
4
= 6.25
= 3.125 A
R56 + R4
4+4
75
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.16
Dato il circuito in figura:
I2
a
c
b
d
R3
R2
R1
I1
I
E
e
determinare la corrente I.
Fissiamo un riferimento per le correnti e le tensioni nei lati in cui questo non è indicato
dalla traccia:
I2
a
I1
b IR2
IR1 + + R2 −
R1
c
I
+ R −
3
d
−
E
R1
R2
R3
E
I1
I2
= 10Ω
= 6Ω
= 24Ω
= 10V
= 2A
= 2A
e
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:
I R1 + I R 2 = I1 + I 2
I R2 = I + I 2
R1 I R1 = R2 I R 2 + R3 I + E
Otteniamo così un sistema di tre equazioni nelle tre incognite IR1, IR2, I
76
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esplicitiamo le prime due equazioni in funzione di IR2:
I R1 = − I R 2 + I1 + I 2
I = I R2 − I 2
R1 (− I R 2 + I 1 + I 2 ) − R2 I R 2 − R3 ( I R 2 − I 2 ) − E = 0
Dalla terza equazione calcoliamo la IR2:
− R1 I R 2 + R1 I 1 + R1 I 2 − R2 I R 2 − R3 I R 2 + R3 I 2 − E = 0
R1 I R 2 + R2 I R 2 + R3 I R 2 = R1 I1 + R1 I 2 + R3 I 2 − E
I R2 =
R1 I1 + R1 I 2 + R3 I 2 − E 10 ⋅ 2 + 10 ⋅ 2 + 24 ⋅ 2 − 10 78
=
=
= 1.95 A
R1 + R2 + R3
10 + 6 + 24
40
Possiamo calcolare la corrente incognita utilizzando la seconda equazione:
I = I R 2 − I 2 = 1.95 − 2 = −0.05 A = −50mA
77
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.17
Dato il circuito in figura:
a I1
R1
b
+
R2
E
V2
−
5I1
R1 = 4kΩ
R2 = 2kΩ
E = 2V
r
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:
a I1
R1
b
+ V1 −
E
I2
R2
+
V2
−
5I1
r
Il circuito si risolve impostando la L.K.C. al nodo b e la L.K.T alla maglia contenente il
generatore di tensione:
I1 + 5I1 = I 2
E = R1 I1 + R2 I 2
Si ha:
78
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
I1 + 5I1 = I 2
E = R1 I1 + R2 I 2
6 I1 = I 2
⇒
E = R1 I1 + 6 R2 I 1
da cui:
I1 =
E
2V
=
= 1.25 ⋅10 − 4 A
R1 + 6 R2 4000Ω + 12000Ω
I 2 = 6 I1 = 7.5 ⋅10 −4 A = 0.75 A
A questo punto la tensione del nodo b è data da:
Vbr = V2 = R2 I 2 = 2000Ω ⋅ 7.5 ⋅10 −4 A = 1.5V
79
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.18
Dato il circuito in figura:
R1
R2
I2
a
I3
R3
b
+
R4
V3
c
−
2I2
E
R1
R2
R3
R4
E
= 6Ω
= 3Ω
= 4Ω
= 6Ω
= 12V
d
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:
R1
+
R2
I2
a
I3
+
+
R3
−
V2
I1
−
V1
b I4
−
R4
+
V3
2I2
V4
c
−
E
d
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:
I 3 = I1 + I 2
L.K.C. nodo b:
I 4 = I 2 + 2I 2
80
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
L.K.T. maglia R2 – R3 – R4:
V3 = V2 + V4 + E
⇒
R3 I 3 = R2 I 2 + R4 I 4 + E
L.K.T. maglia R1 – R2 – R4:
V1 = V2 + V4
⇒
R1 I 1 = R2 I 2 + R4 I 4
Si ha quindi il sistema:
I1 + I 2 − I 3 = 0
I1 + I 2 − I 3 = 0
3I 2 − I 4 = 0
3I 2 − I 4 = 0
− R2 I 2 + R3 I 3 − R4 I 4 = E
− 3I 2 + 4 I 3 − 6 I 4 = E
R1 I 1 − R2 I 2 − R4 I 4 = 0
6 I 1 − 3I 2 − 6 I 4 = 0
che è lineare di quattro equazioni nelle quattro incognite I1, I2, I3, I4.
Risolvendo il sistema si ricavano i seguenti risultati:
I1 = −14 A
I 2 = −4 A
I 3 = −18 A
I 4 = −12 A
Possiamo ricavare la tensione V3:
V3 = R3 I 3 = 4 ⋅ (−18) = −72V
81
Capitolo 3 – Esercizi sui circuiti resistivi
Esercizio n°3.19
Dato il circuito in figura:
R1
R2
a
I1
b
c
4I1
E1
Ig
I
E2
R1
R2
E1
E2
I
= 4Ω
= 2Ω
= 10V
= 12V
= 0.5A
d
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:
R1
I1
+ V1 −
a
I2
R2
b I3
+ V2 −
E1
c
4I1
I
Ig
E2
d
Impostiamo le seguenti leggi di equilibrio delle tensioni e delle correnti:
L.K.C. nodo b:
I3 = I + I 2
L.K.C. nodo c:
I g = I 3 + I1
82
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
L.K.T. maglia E1 - R1 - E2:
E1 = V1 + E 2
L.K.T. maglia E1 - R2 - E2:
− E1 + V2 − 4 I1 + E 2 = 0
Si ha quindi il seguente sistema
I3 = I + I 2
⇒
I3 − I2 = I
⇒
− I 2 + I 3 = 0.5
I g = I 3 + I1
⇒
I1 + I 3 − I g = 0
⇒
I1 + I 3 − I g = 0
E1 = V1 + E 2
⇒
V1 = E 1 − E 2 = − 2
⇒
4 I1 = −2
− E1 + V2 − 4 I1 + E 2 = 0
⇒
− 4 I 1 + R2 I 2 = E1 − E 2
⇒
− 4I1 + 2I 2 = −2
che è lineare di quattro equazioni nelle quattro incognite I1, I2, I3, Ig.
Risolvendo il sistema si ricavano i seguenti risultati:
I1 = −0.5 A
I 2 = −2 A
I 3 = −1.5 A
I g = −2 A
83
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
Esercizio n°4.1
Determinare la corrente Ix utilizzando il Teorema di Norton.
Ix
R2
E
R4
R1
E = 5V
I = 10mA
R1 = 5kΩ
R2 = 5kΩ
R3 = 7kΩ
R4 = 3kΩ
R3
I
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:
a
E
b
R4
R1
I
R3
Per determinare la resistenza equivalente di Norton Rn passiviamo il circuito e otteniamo
85
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
il circuito in basso:
R4
R1
R3
I due resistori R3 ed R4 sono evidentemente in serie; il resistore equivalente Rs ha valore:
Rs = R3 + R4 = 10k Ω
mentre Rs ed R1 sono in parallelo, il resistore equivalente RN vale:
RN =
R1 Rs
= 3.33k Ω
R1 + Rs
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:
a
E
IN
b
R4
R1
I
86
R3
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
a
E
a
IN
IN
b
b
R4
R4
R1
R1
R3
I
R3
Chiamiamo I N/ il contributo fornito dal generatore di tensione. La corrente I N/ può essere
ottenuta considerando che i resistori R3 ed R4 sono cortocircuitati. Pertanto si ha:
I N/ =
V
= 1mA
R1
Chiamiamo I N// il contributo fornito dal generatore di corrente. Poiché il resistore R1 è
cortocircuitato, esso non assorbe corrente. Quindi la corrente I N// è la corrente che
attraversa il resistore R3. Utilizziamo quindi il partitore di corrente per calcolare I N// .
I N// = I
R4
= 3mA
R3 + R4
In definitiva, la corrente del generatore equivalente di Norton è:
I N = I N/ + I N// = 4mA
Ottenuto il circuito equivalente di Norton, questo può sostituire il circuito originario visto
alla porta a-b e si ha:
87
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
RN
IN
R2
Applicando ancora una volta il partitore di corrente, otteniamo la corrente desiderata Ix :
Ix = IN
88
RN
= 1.6mA
RN + R2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°4.2
Considerato il circuito in figura, determinare l’equivalente di Thevenin alla porta a – b.
R3
R2
R1
a
E
E = 1V
R1 = 10Ω
R2 = 8Ω
R3 = 2Ω
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:
R3
R1
R2
a
b
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:
RTH =
R2 R3
= 1.6Ω
R2 + R3
89
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
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.
VTH = Vab = E
90
R3
= 3V
R2 + R3
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°4.3
Considerato il circuito in figura, determinare l’equivalente di Thevenin alla porta a – b.
R3
R2
R1
a
E
I
b
E = 5V
I = 1A
R1 = 2Ω
R2 = 8Ω
R3 = 5Ω
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:
R3
R2
R1
a
b
In questo circuito i resistori R2 ed R3 sono in serie; il resistore equivalente vale:
Rs = R2 + R3 = 13Ω
Il resistore equivalente Rs è in parallelo col resistore R1, pertanto il valore del resistore
91
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
equivalente di Thevenin è:
RTH =
Rs R1
= 1.74Ω
Rs + R1
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 VTH/ alla tensione equivalente
di Thevenin fornito dal solo generatore di tensione. Il circuito da considerare è il seguente:
R3
R2
R1
a
E
b
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:
Rs
Rp
R1
a
E
E
b
92
a
b
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Il contributo VTH/ alla tensione equivalente di Thevenin fornito dal solo generatore di
tensione è evidentemente dato da:
VTH/ = E = 5V
Valutiamo ora il contributo dovuto al solo generatore di corrente. Passiviamo il generatore
di tensione e otteniamo il seguente circuito:
R3
I1
R2
R1
a
I
b
La Vab è uguale alla tensione sul resistore R1; questa è:
Vab = V1 = R1 I1
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:
R3
I1
Re
I
93
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
in cui è:
Re = R1 + R2 = 10Ω
Applichiamo il partitore di corrente per calcolare la corrente nel resistore Re:
I1 = I
R3
= 0.33 A
Re + R3
Facendo riferimento al circuito iniziale che riportiamo in basso:
R3
I1
R2
R1
a
I
b
si ha:
VTH// = Vab = V1 = R1 I1 = 0.66V
In definitiva la tensione equivalente di Thevenin è uguale a:
VTH = VTH/ + VTH// = 5 + 0.66 = 5.66V
94
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°4.4
Considerato il circuito in figura, determinare l’equivalente di Norton in funzione di Vs alla
porta a – b.
R1
R3
a
Vs
R2
I
Ig
R4
b
Ig = 100I
R1 = 1kΩ
R2 = 4kΩ
R3 = 2kΩ
R4 = 3kΩ
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:
R1
R3
R2
Vs
I
Ig
R4
Icc
Poiché il resistore R4 è cortocircuitato risulta:
I cc = − I g = −100 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:
R1
+
Vs
Rp
Vp
_
Ig
R4
Icc
95
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
dove è:
Rp =
R2 R3
4
= kΩ
R2 + R3 3
Col partitore di tensione calcoliamo la tensione Vp:
V p = Vs
Rp
4
= Vs
R1 + R p 7
Poiché Vp è anche la tensione ai capi di R2 ed R3, la corrente I può essere calcolata
come:
I=
Vp
2
= Vs
R3 7
In questo modo la corrente del generatore equivalente di Norton è data da:
I N = I cc = −100 I = −
200
Vs
7
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.
R1
R3
I4
Vs
R2
I
Ig
Vab = R4 I 4 = − R4 I g = −100 R4 I
96
a
R4
b
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Sostituendo il valore di I calcolato in precedenza si ha:
6
Vab = − 105Vs V
7
In definitiva:
RN =
Vab
= 3k Ω
I cc
97
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
Esercizio n°4.5
Considerato il circuito in figura, determinare l’equivalente di Thevenin alla porta a – b.
I
R1
a
I2
E
a
R2
Ig
b
E = 10V
Ig = 9I
R1 = 100Ω
R2 = 10Ω
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:
E = R1 I + R2 I 2
Applicando la LKC al nodo a:
I2 = I g + I
A questo punto:
E = R1 I + R2 ( I g + I ) = R1 I + 10 R2 I
avendo utilizzato la relazione di lato del generatore pilotato.
Ricavando la corrente I dall’equazione precedente abbiamo:
VTH = Vab = V2 = R2 I 2 = R2 ( I + I g ) = 10 R2 I = 10 R2
E
= 5V
R1 + 10 R2
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:
98
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
I
R1
a
Icc
E
R2
Ig
Per la LKC al nodo a :
I cc = I + I g = 10 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:
I=
E
1
= A
R1 10
pertanto:
I cc = 10 I = 1A
e in definitiva:
RTH =
Vab
= 5Ω
I cc
99
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
Esercizio n°4.6
Per il circuito in figura determinare per quale valore di R la corrente Ib è uguale a 1mA.
Vg
R1
Ia
R2
E
Ib
E = 12V
Vg = 2000Ia
R1 = 6kΩ
R2 = 1kΩ
R
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:
Vg
R1
a
Ia
R2
E
b
e determiniamo la tensione a vuoto alla porta a-b. Essa è data dalla tensione ai capi del
resistore R2 :
Vab = R2 I a
Ia si può facilmente ottenere applicando la LKT all’unica maglia che costituisce il circuito:
E = R1 I a + Vg + R2 I a = R1 I a + 2000 I a + R2 I a
Quindi Ia è data da:
Ia =
100
E
4
= mA
R1 + 2000 + R2 3
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Pertanto la tensione Vab è:
4
VTH = Vab = R2 I a = V
3
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:
Vg
R1
R2
E
Icc
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:
R1
Icc
E
Si ricava immediatamente:
I cc =
E
= 2mA
R1
La resistenza di Thevenin è quindi data da:
RTH =
Vab 2
= kΩ
I cc 3
101
Capitolo 4 – Esercizi sugli equivalenti di Thevenin e Norton
Possiamo ora inserire il resistore R alla porta dell’equivalente di Thevenin ottenuto:
RTH
Ib
R
VTH
Per questo circuito possiamo scrivere la seguente equazione:
VTH = RTH I b + RI b
da cui ricaviamo il valore del resistore R:
R=
102
VTH
4 2 3 −3
− 10 ⋅10
− RTH I b 3 3
2
=
= kΩ
−3
Ib
10
3
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
Esercizio n°5.1
Nel circuito in figura
R1
t=0
R2
i(t)
1
2
E
L
E = 20V
R1 = 1kΩ
R2 = 1kΩ
L = 1H
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:
R2
i(t)
L
In primo luogo scriviamo le relazioni di lato dei componenti del circuito:
v 2 (t ) = R2 i (t )
v L (t ) = L
di (t )
dt
Applichiamo la LKT all’unica maglia del circuito:
v 2 (t ) + vL (t ) = 0
104
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
e sostituiamo le relazioni di lato:
R2 i (t ) + L
di (t )
=0
dt
Otteniamo un’equazione differenziale del primo ordine a coefficienti costanti omogenea.
L’integrale generale di questa equazione è del tipo:
i (t ) = Ae λt
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:
R 2 + Lλ = 0 → λ = −
R2
L
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:
di (t )
= 0 → cortocircuito
v L (t ) = L L
dt
dv (t )
= 0 → circuito − aperto
iC (t ) = C C
dt
-
Il circuito in 0 è allora il seguente:
R1
t=0
1
E
-
R2
-
i(0 )
2
L
E = 20V
R1 = 1kΩ
R2 = 1kΩ
105
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
è evidente che:
i (0 − ) =
E
= i (0) = i (0 + ) (continuità della corrente sull’induttore)
R1 + R2
A questo punto possiamo scrivere:
i (t ) = Ae
R
− 2t
L
→ i (0 + ) = A =
E
R1 + R2
In definitiva per t > 0 la corrente ha l’andamento descritto dalla seguente equazione:
R
i (t ) =
− 2t
E
e L
R1 + R2
Sostituendo i valori otteniamo:
i (t ) =
106
20 −1000t
e
= 0.01e −1000t A
2000
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°5.2
Nel circuito in figura
t=0
R1
E = 10V
R1 = 4Ω
R2 = 2Ω
R3 = 6Ω
R4 = 3Ω
C = 10µF
R2
C
E
vC(t)
R3
R4
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:
i1(t)
R1
E
iC(t) C
i4(t)
i3(t)
vC(t)
R3
R4
E = 10V
R1 = 4Ω
R2 = 2Ω
R3 = 6Ω
R4 = 3Ω
C = 10µF
Scriviamo le relazioni di lato:
v1 (t ) = R1i1 (t )
v3 (t ) = R3 i3 (t )
v4 (t ) = R4 i4 (t )
iC (t ) = C
dvC (t )
dt
107
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
e le LK ai nodi e alle maglie:
i1 (t ) = i3 (t ) + iC (t )
i1 (t ) = i3 (t ) + iC (t )
i4 (t ) = iC (t )
v1 (t ) + v3 (t ) = E
⇒
v3 (t ) = vC (t ) + v4 (t )
i4 (t ) = iC (t )
R1i1 (t ) + R3 i3 (t ) = E
i1 (t ) = i3 (t ) + iC (t )
i4 (t ) = iC (t )
⇒
R1i3 (t ) + R1iC (t ) + R3 i3 (t ) = E
R3 i3 (t ) = vC (t ) + R4 i4 (t )
i3 (t ) =
R3
R3 i3 (t ) = vC (t ) + R4 iC (t )
E − R1iC (t )
R1 + R3
E − R1iC (t )
= vC (t ) + R4 iC (t )
R1 + R3
R3 E
R R i (t )
− 3 1C
= vC (t ) + R4 iC (t )
R1 + R3
R1 + R3

R3 E
R R i (t )
RR 
= vC (t ) + R4 iC (t ) + 3 1 C
= vC (t ) +  R4 + 3 1 iC (t )
R1 + R3
R1 + R3
R1 + R3 

In definitiva la dinamica del circuito per t > 0 è governata dalla seguente equazione
differenziale:

R R  dv (t )
R3 E
C  R4 + 3 1  C + vC (t ) =
R1 + R3  dt
R1 + R3

la cui soluzione è del tipo:
λt
vC (t ) = Ae + vCs (t ) = Ae
−
t
τ
+ vCs (t )
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:

RR 
1
1
1
C  R4 + 3 1 λ + 1 = 0 → λ = −
=−
=−
24 
R1 + R3 
τ


RR 

10 −5  3 + 
C  R4 + 3 1 
10 

R1 + R3 

108
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
da cui:
τ = 54µs
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:
vC (t ) = Ae
−
t
τ
+B
Per calcolare il valore di B, sostituiamo l’espressione di vC(t) nell’equazione differenziale:

R R  dv (t )
R3 E
R3 E
60
C  R4 + 3 1  C + vC (t ) =
⇒B=
=
= 6V
R1 + R3  dt
R1 + R3
R1 + R3 10

A questo punto abbiamo:
vC (t ) = Ae
−
t
τ
+6
Resta da calcolare la costante A e, a tale scopo esaminiamo la configurazione circuitale
in t = 0 :
-
i1(0 )
R1
E
-
R3
E = 10V
R1 = 4Ω
R2 = 2Ω
R3 = 6Ω
R4 = 3Ω
R2
vC(t)
i3(0 )
-
i2(0 )
-
i4(0 )
R4
Scriviamo le LKT (maglia E-R1-R3 , maglia E-R2-R4 , maglia R3-R4 )
E = v1 (0 − ) + v3 (0 − ) = R1i1 (0 − ) + R3i3 (0 − ) = R1i1 (0 − ) + R3 i1 (0 − ) ⇒ i1 (0 − ) =
E
10
=
=1
R1 + R3 10
E = v2 (0 − ) + v4 (0 − ) = R2 i2 (0 − ) + R4 i4 (0 − ) = R2 i2 (0 − ) + R4 i2 (0 − ) ⇒ i2 (0 − ) =
10
E
=
=2
5
R2 + R4
vC (0 − ) = R3i1 (0 − ) − R4 i2 (0 − ) = 6 *1 − 3 * 2 = 0V = vC (0 + )
(continuità della tensione sul condensatore).
109
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
+
Imponiamo allora che in 0
la tensione sul condensatore valga 0V:
vC (t ) = Ae
−
t
τ
+6
⇓
vC (0 + ) = 0 = A + 6
⇓
A = −6
Si ha quindi:
vC (t ) = −6e
con τ = 54µs .
110
−
t
τ
+6
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°5.3
Il circuito in figura
1
R1
C
t=0
2
3
R3
R2
v2 (t)
E
E = 14V
R1 = 4Ω
R2 = 6Ω
R3 = 6Ω
C = 1mF
4
-
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:
1
C
R1
t=0
2
v2(t)
i1(t)
iC(t)
vC(t)
3
i2(t)
i3(t)
R3
R2
E
E = 14V
R1 = 4Ω
R2 = 6Ω
R3 = 6Ω
C = 1mF
4
v1 (t ) = R1i1 (t )
v2 (t ) = R2 i2 (t )
v3 (t ) = R3 i3 (t )
dv (t )
iC (t ) = C C
dt
111
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
Consideriamo il circuito per t > 0 e scriviamo le equazioni di equilibrio delle tensioni e
delle correnti:
maglia C R2 E
vC (t ) + v2 (t ) = E → vC (t ) + R2 i2 (t ) = E → vC (t ) + R2 iC (t ) = E
Sostituendo la relazione di lato per la corrente nel condensatore otteniamo:
vC (t ) + R2 iC (t ) = E → vC (t ) + R2 C
dvC (t )
dv (t ) v (t )
E
=E→ C + C
=
dt
dt
R2 C R2 C
che è una equazione differenziale lineare del primo ordine a coefficienti costanti, il cui
integrale generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:
vC (t ) = Ae
−
t
τ
+ vCs (t )
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:
λ+
1
1
1
=0→λ =−
= − → τ = R2 C = 6 * 0.001 = 6ms
R2 C
R2 C
τ
L’integrale particolare della completa può essere cercato nella famiglia di funzioni a cui
appartiene il termine noto (azione forzante):
vCs (t ) = B
Tale integrale naturalmente soddisfa l’equazione differenziale completa, perciò se
sostituiamo otteniamo:
dvC (t ) vC (t )
E
+
=
→B=E
dt
R2 C R2 C
La tensione vC(t) può essere allora espressa nel seguente modo:
vC (t ) = Ae
112
−
t
R2C
+E
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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.
1
-
i1 (0 )
-
R1
vC ( 0 )
-
2
-
v2(0 )
t=0
3
-
-
i3 (0 )
i2 (0 )
R3
-
R2
E
E = 14V
R1 = 4Ω
R2 = 6Ω
R3 = 6Ω
v3(0 )
4
realizziamo il parallelo tra R2 ed R3:
-
1
i1 (0 )
R1
-
i23(0 )
-
t=0
2
-
E
E = 14V
R1 = 4Ω
R23 = 3Ω
R23
v23(0 )
4
R2 R3
36
=
=3
R2 + R3 12
R1
4
vC (0 − ) = v1 (0 − ) =
E=
14 = 8V
R1 + R23
4+3
R23 =
In seguito all’apertura dell’interruttore si ha:
vC (0 − ) = vC (0) = vC (0 + ) = 8V
113
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
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):
vC (t ) = Ae
−
t
+E
τ
Per ricavare A imponiamo che in 0+ la tensione valga 8:
vC (0 + ) = 8 = A + E → A = −6
Si ha quindi:
vC (t ) = −6e
−
t
τ
+E
e:
vC (t ) + v2 (t ) = E → v2 (t ) = E − vC (t )
⇓
v2 (t ) = 6e
114
−
t
τ
con τ = 6 ms
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°5.4
Il circuito in figura:
R1
R2
1
2
R3
i
C
vC(t)
R1 = 1kΩ
R2 = 3kΩ
R3 = 1kΩ
C = 5µF
3
-
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:
R1
R2
1
2
R3
C
vC(t)
R1 = 1kΩ
R2 = 3kΩ
R3 = 1kΩ
C = 5µF
3
Realizziamo la serie dei resistori R1 ed R2:
2
R12
R3
C
vC(t)
R12 = 4kΩ
R3 = 1kΩ
C = 5µF
3
115
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
ed il parallelo tra R12 ed R3:
iC(t)
-iC(t)
R
vC(t)
C
R = 4/5 kΩ
C = 5µF
3
R=
R12 R3
4 *1 4
=
= kΩ
R12 + R3 4 + 1 5
Possiamo scrivere:
vC (t ) = vR (t) → vC (t ) = R(−iC (t)) = − RiC (t) = − RC
dvC (t )
dt
da cui:
vC (t ) + RC
dvC (t )
=0
dt
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:
vC (t ) = Ae
−
t
τ
Per ricavare la costante di tempo τ consideriamo l’equazione caratteristica associata:
λ+
1
1
1
4
=0→λ =−
= − → τ = RC = *10 3 * 5 *10 −6 = 4ms
τ
RC
RC
5
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):
116
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
R12
1 i12(0 )
2
-
E
v12(0 )
v C ( 0 − ) = v3 (0 − ) = −
-
i3(0 )
R3
-
v3(0 )
-
vC(0 )
R12 = 4kΩ
R3 = 1kΩ
E = 1V
3
R3
1
1
E=−
1= − V
R12 + R3
4 +1
5
In seguito all’apertura dell’interruttore si ha:
1
v C ( 0 − ) = v C (0 + ) = − V
5
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):
vC (t ) = Ae
−
t
τ
Per ricavare A imponiamo che in 0+ la tensione valga 1/5:
1
vC (0 + ) = − = A
5
Si ha quindi:
t
1 −
vC (t ) = − e τ
5
con τ = 4 ms
117
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
Esercizio n°5.5
Il circuito in figura:
1
i1(t) R1= 4Ω
2
v1(t)
L = 1mH
E = 12V
t=0
3
vL(t)
2i
R2 = 4Ω
i
4
-
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:
i1 (t ) + i (t ) + 2i (t ) = 0 → i1 (t ) = −3i (t )
e la LKT alla maglia E R1 L:
v1 (t ) − v L (t ) = E → R1i1 (t ) − L
di (t )
=E
dt
Sostituendo l’espressione di i1(t):
− 3R1i (t ) − L
di (t )
=E
dt
⇓
R
di (t )
E
+ 3 1 i (t ) = −
dt
L
L
che è una equazione differenziale lineare del primo ordine a coefficienti costanti, il cui
integrale generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:
i (t ) = Ae
118
−
t
τ
+ is (t )
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
λ+
3R1
3R
1
L
0.001
= 0 → λ = − 1 = − →τ =
=
= 83.3µs
L
L
3R1
3* 4
τ
L’integrale particolare della completa può essere cercato nella famiglia di funzioni a cui
appartiene il termine noto (azione forzante):
is (t ) = B
Tale integrale naturalmente soddisfa l’equazione differenziale completa, perciò se
sostituiamo otteniamo:
3
R1
E
E
B=− →B=−
L
L
3R1
La corrente i(t) può essere allora espressa nel seguente modo:
i (t ) = Ae
−
t
τ
−
E
3R1
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.
1 i1(0 ) R1= 4Ω
t>0
2
-
i2(0 )
-
E = 12V
v1(0 )
-
2i(0 )
R2 = 4Ω
-
v2(0 )
-
i(0 )
3
119
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
Scriviamo la LKC al nodo 2:
i1 (0 − ) + i (0 − ) + 2i (0− ) − i2 (0 − ) = 0 → i1 (0 − ) = i2 (0− ) − 3i (0− )
-
-
La corrente i2(0 ) è nulla perché il resistore è cortocircuitato (v2(0 )=0)
Si ha quindi:
v (0 − )
E
i1 (0 − ) = −3i (0 − ) ⇒ 1
= −3i (0 − ) ⇒
= −3i (0 − )
R1
R1
⇓
i (0 − ) = −
E
3R1
In seguito all’apertura dell’interruttore si ha:
E
3 R1
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).
i (0 − ) = i ( 0 + ) = −
A questo punto torniamo alla configurazione circuitale per t > 0 e all’espressione di i(t):
i (t ) = Ae
−
t
τ
−
E
3R1
Per ricavare A imponiamo che in 0+ la tensione valga − E
i (0 + ) = −
E
E
= A−
→ A=0
3R1
3R1
Si ha quindi:
i (t ) = −
120
E
= −1 A
3R1
3R1
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°5.6
Nel circuito in figura:
R1
1
3
C
R2
i(t) = 2 u(t)
i(t)
L
2
vC(t)
R1 = 2Ω
R2 = 4Ω
L = 0.5H
C = 0.5F
4
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:
5
R2
1
R1
L i(t) 3
2
C
e(t) = 2R2 u(t)
vC(t)
R1 = 2Ω
R2 = 4Ω
L = 0.5H
C = 0.5F
4
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:
1 iR(t) R
2
L
3
i(t)
vL(t)
vR(t)
C
e(t) = 8u(t)
4
iC(t)
vC(t)
R = 6Ω
L = 0.5H
C = 0.5F
121
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
vR (t ) = Ri R (t )
dvC (t )
dt
di (t )
v L (t ) = L
dt
iC (t ) = C
Scriviamo la LKC:
iR (t ) = iC (t ) = i (t )
In questo modo le relazioni di lato diventano:
vR (t ) = Ri (t )
dvC (t )
dt
di (t )
v L (t ) = L
dt
i (t ) = C
Applichiamo la LKT all’unica maglia del circuito:
v R (t ) + v L (t ) + vC (t ) = e(t ) = 8u (t )
⇓
Ri (t ) + L
di (t )
+ vC (t ) = 8
dt
⇓
dvC (t )
d 2 vC (t )
RC
+ LC
+ vC (t ) = 8
dt
dt 2
essendo:
i (t ) = C
dvC (t )
dt
Riordinando otteniamo:
d 2 vC (t ) R dvC (t )
1
8
+
+
vC (t ) =
2
L dt
LC
LC
dt
122
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
equazione differenziale lineare a coefficienti costanti del secondo ordine, il cui integrale
generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:
vC (t ) = vCh (t ) + vCs (t )
come somma dell’integrale generale dell’omogenea associata vCh (t ) 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:
d 2 vC (t ) R dvC (t )
1
+
+
vC (t ) = 0
2
L dt
LC
dt
⇓
s 2 + 2αs + ω02 = 0
α=
R
6
=
=6
2 L 2 * 0.5
ω02 =
fattore di smorzamento
1
1
=
=4
LC 0.5 * 0.5
pulsazione di risonanza
⇓
α > ω 0 = 2 ⇒ condizione di sovrasmorzamento
s 1 = −α ± α 2 − ω 02 = −6 ± 36 − 4 = −6 ± 32 =
2
s1 = −6 + 32
s 2 = −6 − 32
L’integrale particolare della completa può essere cercato nella famiglia di funzioni a cui
appartiene il termine noto (azione forzante):
vCs (t ) = B
Tale integrale naturalmente soddisfa l’equazione differenziale completa, perciò se
sostituiamo otteniamo:
1
8
B=
→B=8
LC
LC
123
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
La tensione vC (t ) può essere allora espressa nel seguente modo:
vC (t ) = K 1e s1t + K 2 e s2t + 8
Per calcolare le costanti K1 e K2 imponiamo le condizioni iniziali:
vC (t ) = K 1e s1t + K 2 e s2t + 8
i (t ) = C
dvC (t )
= CK 1 s1e s1t + CK 2 s 2 e s2t
dt
⇓
vC (0) = K 1 + K 2 + 8 = 4
 K 1 + K 2 = −4
 K 1 = −4 − K 2
⇒
⇒

i (0) = CK 1 s1 + CK 2 s 2 = 0  K 1 s1 + K 2 s 2 = 0 − 4 s1 − K 2 s1 + K 2 s 2 = 0
 K 1 = −4 − K 2 = −4.12
 K 1 = −4 − K 2

⇒
⇒
4s1
4 * (−6 + 32 )
=
− 4s1 + K 2 ( s 2 − s1 ) = 0  K 2 =
( s 2 − s1 ) (−6 − 32 + 6 − 32 )

12
12

K 1 = −4 − K 2 = −4 −
+2=−
−2

32
32
 K 1 = −4 − K 2

⇒
⇒
− 4 s1 + K 2 ( s 2 − s1 ) = 0  K = − 24 + 4 32 ) = 12 − 2
 2
− 2 32 )
32
A questo punto possiamo scrivere:
i (t ) = CK 1 s1e s1t + CK 2 s 2 e s2t =


1  12
1  12
− 2 (−6 − 32 )e s2t )
 −
− 2 (−6 + 32 )e s1t + 
2
2  32
32


i (t ) =
con s1 = −6 + 32 e s 2 = −6 − 32 .
124
4
32
(e s1t − e s2t )
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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).
125
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
Esercizio n°5.7
Nel circuito in figura:
L
1
2
R1
3
E
6
C
i(t)
4
R2
R3
R1 = 6Ω
R2 = 2Ω
R3 = 4Ω
L = 0.25H
C = 62.5mF
E =12V
5
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:
L iL (t)
1
iC (t)
C
vL(t)
2
R iR (t)
vR (t)
3
E
vC(t)
i(t)
5
in cui è R = R1 + R2 = 8Ω .
Come primo passo, scriviamo le relazioni di lato:
vR (t ) = RiR (t )
dvC (t )
dt
di (t )
v L (t ) = L L
dt
iC (t ) = C
126
R = 8Ω
L = 0.25H
C = 62.5mF
E =12V
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Scriviamo la LKC:
i R (t ) = iC (t ) = i L (t ) = i (t )
In questo modo le relazioni di lato diventano:
vR (t ) = Ri(t )
dvC (t )
dt
di (t )
v L (t ) = L
dt
i (t ) = C
Applichiamo la LKT all’unica maglia del circuito:
v R (t ) + v L (t ) + vC (t ) = E
⇓
Ri (t ) + L
di (t )
+ vC (t ) = E
dt
⇓
dvC (t )
d 2 vC (t )
RC
+ LC
+ vC (t ) = E
dt
dt 2
essendo:
i (t ) = C
dvC (t )
dt
Riordinando otteniamo:
d 2 vC (t ) R dvC (t ) 1
E
vC (t ) =
+
+
2
L dt
LC
LC
dt
equazione differenziale lineare a coefficienti costanti del secondo ordine, il cui integrale
generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:
vC (t ) = vCh (t ) + vCs (t )
127
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
come somma dell’integrale generale dell’omogenea associata vCh (t ) 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:
d 2 vC (t ) R dvC (t )
1
+
+
vC (t ) = 0
2
L dt
LC
dt
⇓
s 2 + 2αs + ω02 = 0
α=
R
8
=
= 16
2 L 2 * 0.25
ω 02 =
fattore di smorzamento
1
1
=
= 64
LC 0.25 * 0.0625
pulsazione di risonanza
⇓
α > ω0 = 8 ⇒ condizione di sovrasmorzamento
s 1 = −α ± α 2 − ω 02 = −16 ± 256 − 64 = −16 ± 192 =
2
s1 = −16 + 192
s 2 = −16 − 192
L’integrale particolare della completa può essere cercato nella famiglia di funzioni a cui
appartiene il termine noto (azione forzante):
vCs (t ) = B
Tale integrale naturalmente soddisfa l’equazione differenziale completa, perciò se
sostituiamo otteniamo:
1
E
B=
→B=E
LC
LC
La tensione vC (t ) può essere allora espressa nel seguente modo:
vC (t ) = K 1e s1t + K 2 e s2t + E
128
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
-
1
iL(0 )
R
3
-
vR(0 )
6
E
-
R = 8Ω
R3 = 4Ω
E =12V
vC(0 )
-
i3(0 )
R3
-
i(0 )
5
Si ha:
i L (0 − ) =
E
12
=
= 1A = i L (0) = i L (0 + )
R + R3 8 + 4
vC (0 − ) = v3 (0 − ) = R3i L (0 − ) = 4V = vC (0) = vC (0 + )
+
Osservando il circuito il 0
possiamo scrivere:
i (0 + ) = i L (0 + )
Si ha allora:
vC (t ) = K 1e s1t + K 2 e s2t + E
i (t ) = C
dvC (t )
= C ( K 1 s1e s1t + K 2 s 2 e s2t )
dt
a cui andiamo ad imporre le condizioni iniziali per calcolare K1 e K2:
⇓
vC (0 + ) = 4 = K 1 + K 2 + 12  K 1 = − K 2 − 8
K1 = − K 2 − 8
⇒
⇒

C (− K 2 − 8) s1 + CK 2 s 2 = 1 − CK 2 − 8Cs1 + CK 2 s 2 = 1
i (0) = 1 = CK 1 s1 + CK 2 s 2
129
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
⇓
 K 1 = − K 2 − 8 = −8.037

1 + 8Cs1 1 + 8 * 0.0625(−16 + 192 )

= 0.037
 K 2 = C ( s − 1) =
0.0625 * (−16 − 192 − 1)
2

A questo punto possiamo scrivere:
vC (t ) = K 1e s1t + K 2 e s2t + E = −8.037e −2.14t + 0.037e −29.85t + 12
i (t ) = C ( K 1 s1e s1t + K 2 s 2 e s2t ) = 1.077e −2.14t − 0.077e −29.85t
s1 = −16 + 192 = −2.14
s 2 = −16 − 192 = −28.95
Vediamo gli andamenti:
130
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°5.8
Il circuito in figura:
t=0
i(t)
2
1
R1
R2
L
3
4
C
E1
E2
R1 = 3Ω
R2 = 2Ω
L = 3mH
C = 1mF
E1 =10V
E2 =5V
5
-
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:
t>0
i(t)
i2(t)
iL(t)
1
R2 v2(t)
3
iC(t)
vL(t)
vC(t)
C
E1
Scriviamo le relazioni di lato:
L
R2 = 2Ω
L = 3mH
C = 1mF
E1 =10V
E2 =5V
E2
5
v2 (t ) = R2 i2 (t )
dvC (t )
dt
di (t )
v L (t ) = L L
dt
iC (t ) = C
131
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
Applichiamo la LKT alla maglia più esterna del circuito:
⇒
− E1 − v 2 (t ) + v L (t ) + E 2 = 0
− R2 i2 (t ) + v L (t ) = E1 − E 2 (1)
Applichiamo la LKT alla maglia E1 R2 C
vC (t ) = R2 i2 (t ) + E1 (2)
Vediamo le LKC:
i2 (t ) = −i (t ) (3)
i (t ) = iC (t ) + i L (t ) ⇒ i L (t ) = i (t ) − iC (t )
(nodo1)
(4)
A questo punto la (1) la possiamo scrivere nel seguente modo tenendo presente la 3:
R2 i (t ) + L
di L (t )
= E1 − E 2
dt
⇓
per la (4) possiamo scrivere:
R2 i (t ) + L
d (i (t ) − iC (t ))
= E1 − E 2
dt
⇓
R2 i (t ) + L
di (t )
di (t )
−L C
= E1 − E 2
dt
dt
⇓
R2 i (t ) + L
d 2 vC (t )
di (t )
− LC
= E1 − E 2
dt
dt 2
per la (2) ( vC (t ) = R2 i2 (t ) + E1 = − R2 i (t ) + E1
⇓
di (t )
d 2 i (t )
R2 i (t ) + L
+ LCR2
= E1 − E 2
dt
dt 2
⇓
132
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
i (t ) +
L di (t )
d 2 i (t ) E1 − E 2
+ LC
=
R2 dt
R2
dt 2
⇓
d 2 i (t )
1 di (t ) i (t ) E1 − E 2
+
+
=
2
CR2 dt
LC
LCR2
dt
equazione differenziale lineare a coefficienti costanti del secondo ordine, il cui integrale
generale lo possiamo esprimere nel seguente modo:
i (t ) = ih (t ) + is (t )
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:
d 2 i (t )
1 di (t ) i (t )
+
+
=0
2
CR2 dt
LC
dt
⇓
s 2 + 2αs + ω02 = 0
⇓
2α =
1
CR2
ω 02 =
1
LC
⇓
α=
1
1
=
= 250
2CR2 2 * 0.001 * 2
fattore di smorzamento
ω02 =
1 106
=
LC
3
pulsazione di risonanza
⇓
α < ω 0 ⇒ condizione di sottosmorzamento
133
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
81.25
10
3 = − 250 + j 520
= −α ± α 2 − ω 02 = −250 ± (250) 2 −
=
3
81.25 − 250 − j 520
− 250 − j100
3
6
s1
2
− 250 + j100
Per semplicità poniamo ω d = ω 02 − α 2 :
− α + jω d = −250 + j 520
− α − jω d = −250 − j 520
L’integrale particolare della completa può essere cercato nella famiglia di funzioni a cui
appartiene il termine noto (azione forzante):
is (t ) = B
Tale integrale naturalmente soddisfa l’equazione differenziale completa, perciò se
sostituiamo otteniamo:
E − E2
E − E2
1
B= 1
→B= 1
LC
R2 LC
R2
La corrente i (t ) può essere allora espressa nel seguente modo:
i (t ) = K 1e s1t + K 2 e s2t +
E1 − E 2
R2
⇓
i (t ) = K 1e ( −α + jωd ) t + K 2 e ( −α − jωd )t +
E1 − E 2
R2
⇓
i (t ) = K 1e −αt e jωd t + K 2 e −αt e − jωd t +
E1 − E 2
R2
⇓
i (t ) = e −αt ( K 1e jωd t + K 2 e − jωd t ) +
134
E1 − E 2
R2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
⇓
i (t ) = e −αt {K 1 [cos(ω d t ) + j sin(ω d t )] + K 2 [cos(ω d t ) − j sin(ω d t )]} +
E1 − E 2
R2
⇓
i (t ) = e −αt [( K 1 + K 2 ) cos(ω d t ) + j ( K 1 − K 2 ) sin(ω d t )] +
E1 − E 2
R2
K1 e K2 sono due coefficienti complessi e coniugati:
K 1 = a + jb
K 1 + K 2 = 2a = 2 ρ cos ϕ
⇒
K 2 = a − jb
K 1 − K 2 = j 2b = j 2 ρ sin ϕ
Sostituendo otteniamo:
i (t ) = e −αt [2 ρ cos ϕ cos(ω d t ) − 2 ρ sin ϕ sin(ω d t )] +
E1 − E 2
R2
⇓
i (t ) = 2 ρe −αt cos(ω d t + ϕ ) +
E1 − E 2
R2
⇓
i (t ) = ke −αt cos(ω d t + ϕ ) +
E1 − E 2
R2
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
-
-
i(0 ) t = 0
i2 (0 )
R2 v2(0-)
1
R1
-
v1 ( 0 )
-
iL(0 )
-
3
vC ( 0 )
E1
E2
5
R1 = 3Ω
R2 = 2Ω
L = 3mH
C = 1mF
E1 =10V
E2 =5V
135
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
Si ha per l’induttore:
v1 (0 − ) + E 2 = E1 + v 2 (0 − )
⇓
R1i L (0 − ) + E 2 = E1 + R2 i2 (0 − )
⇓
R1i L (0 − ) + E 2 = E1 − R2 i L (0 − )
essendo
i L (0 − ) = i (0 − ) =
i 2 (0 − ) = −i (0 − ) = −i L (0 − )
E1 − E 2 10 − 5
=
= 1 A = i L (0 + )
R1 + R2
5
e per il condensatore:
vC (0 − ) = E2 + R1i L (0 − ) = 5 + 3 *1 = 8V = vC (0) = vC (0 + )
(continuità della corrente sull’induttore e della tensione sul condensatore).
+
Considerando il circuito il 0 possiamo scrivere (LKT alla maglia E1 R2 C):
vC (0 + ) = E1 + R2 i2 (0 + ) = E1 − R2 i (0 + )
+
da cui ricaviamo il valore di i in 0 :
E1 − vC (0 + ) 10 − 8
i (0 ) =
=
= 1A
R2
2
+
Dall’ultima condizione iniziale otteniamo:
i (t ) = ke −αt cos(ω d t + ϕ ) +
E1 − E 2
10 − 5
⇒ i (0 + ) = 1 = k cos ϕ +
2
R2
⇓
k cos ϕ = −
136
3
2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Per sfruttare la seconda condizione, osserviamo che:
i L (t ) = i (t ) − iC (t ) = i (t ) − C
dvC (t )
(*)
dt
Essendo:
dvC (t )
di (t )
= − R2
vC (t ) = E1 − R2 i (t ) ⇒ dt E − v (dt
t)
i (t ) = 1 C
R2
otteniamo, sostituendo nell’equazione (*):
i L (t ) =
E1 − vC (t )
di (t )
+ R2 C
dt
R2
⇓
di (t ) i L (t ) E1 − vC (t )
=
−
2
dt
R2 C
R2 C
+
In 0 possiamo allora scrivere:
1
2
di (t ) + i L (0 + ) E1 − vC (0 + )
0 =
−
=
− 2
2
dt
R2 C
R2 C R2 C
R2 C
A questo punto dobbiamo calcolare la derivata della corrente i(t):
i (t ) = ke −αt cos(ω d t + ϕ ) +
E1 − E 2
R2
⇓
di (t )
= −αke −αt cos(ω d t + ϕ ) − ω d ke −αt sin(ω d t + ϕ )
dt
+
e imporre che in 0 sia uguale a
1
2
− 2 :
R2C R2 C
137
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
− αk cos ϕ − ω d k sin ϕ =
1
2
− 2
R 2 C R2 C
3
Sostituendo k cos ϕ = − :
2
1
2
3
α − ω d k sin ϕ =
− 2
R2 C R2 C
2
Ricordiamo inoltre che è α =
1
2CR2
1
2
3
− ω d k sin ϕ =
− 2
R2 C R2 C
4 R2 C
⇓
8
=0
R2
3 − 4 R2 Cω d k sin ϕ = 4 −
⇓
k sin ϕ =
3
4 R2 Cω d
k cos ϕ = −
3
2
Dividendo membro a membro le due equazioni otteniamo:
tan ϕ = −
2
4 R2 Cω d
⇓

1
 2 R 2 Cω d
ϕ = arctan −


1
 = − arctan
 2 R 2 Cω d


 = − arctan(0.4808) = −0.45rad

mentre è:
k =−
138
3
= −1.67
2 cos ϕ
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
In definitiva:
i (t ) = −1.67e −250t cos(520t − 0.45) + 2.5
Si supponga ora che sia L = 0.016H
α=
1
1
=
= 250
2CR2 2 * 0.001 * 2
fattore di smorzamento
ω 02 =
1
= 250
LC
pulsazione di risonanza
⇓
α = ω 0 ⇒ condizione di smorzamento critico
s 1 = −α ± α 2 − ω 02 = −250
2
L’integrale particolare della completa può essere calcolato come nel caso precedente, per
cui otteniamo:
B=
E1 − E 2
R2
139
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
La corrente i (t ) può essere allora espressa nel seguente modo:
i (t ) = ( K 1 + K 2 t )e st +
E1 − E 2
R2
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 ):
i L (0 + ) = 1A
e
i (0 + ) = 1 A
e per il condensatore:
vC (0 + ) = 8V
Dalla prima condizione iniziale otteniamo:
i (0 + ) = K 1 +
+
E1 − E 2
= 1 ⇒ K 1 = −1.5
R2
In 0 possiamo scrivere ancora una volta:
1
2
di (t ) + i L (0 + ) E1 − vC (0 + )
0 =
−
=
− 2
2
dt
R2 C
R2 C R2 C
R2 C
A questo punto dobbiamo calcolare la derivata della corrente i(t):
di (t )
= K 2 e st + s ( K 1 + K 2 t )e st
dt
+
e imporre che in 0 sia uguale a
1
2
− 2 :
R2C R2 C
K 2 + sK 1 =
1
2
− 2
R2 C R2 C
⇓
140
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
K2 =
1
2
− 2 − sK 1 = 250 − 250 * 1.5 = −125
R2 C R2 C
In definitiva:
i (t ) = (−1.5 − 125t )e −250t + 2.5
Si supponga ora che sia L = 25mH
α=
1
1
=
= 250
2CR2 2 * 0.001 * 2
fattore di smorzamento
ω 02 =
1
= 40000
LC
pulsazione di risonanza
⇓
α > ω 0 = 40000 = 200 ⇒ condizione di sottosmorzamento
s 1 = −α ± α 2 − ω 02 = −250 ± 62500 − 40000 = −250 ± 150 =
2
s1 = −100
s 2 = −400
L’integrale particolare della completa può essere calcolato come nel caso precedente, per
cui otteniamo:
E − E2
B= 1
R2
141
Capitolo 5 – Esercizi sui circuiti dinamici
La corrente i (t ) può essere allora espressa nel seguente modo:
i (t ) = K 1e s1t + K 2 e s2t +
E1 − E 2
R2
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 )
i L ( 0 + ) = 1 A e i (0 + ) = 1 A
e per il condensatore:
vC (0 + ) = 8V
Dalla prima condizione iniziale otteniamo:
i (0 + ) = K 1 + K 2 +
E1 − E 2
= 1 ⇒ K 1 + K 2 = − 1 .5
R2
Possiamo ancora scrivere:
1
2
di (t ) + iL (0 + ) E1 − vC (0 + )
0 =
−
=
− 2 = 250
2
dt
R2 C
R2 C R2 C
R2 C
A questo punto dobbiamo calcolare la derivata della corrente i(t):
di (t )
= s1 K 1e s1t + s 2 K 2 e s2t
dt
+
e imporre che in 0 sia uguale a 250 :
s1 K 1 + s 2 K 2 = 250
⇓
 K 1 + K 2 = −1.5

s1 K 1 + s 2 K 2 = 250
⇓
142
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
 K 1 = −1.5 − K 2
 K 1 = −1.5 − K 2
 K 1 = −1.5 − K 2
⇒
⇒

− 100(−1.5 − K 2 ) − 400 K 2 = 250 150 + 100 K 2 − 400 K 2 = 250 − 300 K 2 = 100
⇓
 K 1 = −3 / 2 + 1 / 3  K 1 = −7 / 6
⇒

 K 2 = −1 / 3
 K 2 = −1 / 3
In definitiva:
7
1
i (t ) = − e −100t − e − 400t + 2.5
6
3
143
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
Esercizio n°6.1
Nel circuito in figura
R1
R2
C
vs(t) = cos(1000t)
L
R1 = 1kΩ
C = 1µF
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:
•
z1
•
z2
•
zC
•
zL
vs(t) = cos(1000t)
•
z1 = R1
•
z 2 = R2
•
zC = − j
1
ωC
R1 = 1kΩ
C = 1µF
•
z L = jω L
e riduciamo il circuito:
145
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
•
zS
•
zU
vs(t) = cos(1000t)
in cui è:
1
•
zS
=
1
•
z1
+
1
•
=
zC
1
−
R1
ωC
=
j
1
+ jω C
R1
⇓
•
zS =
R1
1 + jωR1C
⇓
•
1 − jωR1C R1 − jωR1 C
R1
•
=
1 + jωR1C 1 − jωR1C 1 + ω 2 R1 2 C 2
2
zS =
⇓
ωR1 2 C
zS =
−j
= RS − jX S
2
2
1 + ω 2 R1 C 2
1 + ω 2 R1 C 2
R1
•
•
•
•
zU = z 2 + z L = R2 + jωL = RU + jX U
146
R1 = 1kΩ
C = 1µF
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Il teorema di massimo trasferimento di potenza attiva afferma che, data la porzione di
•
circuito di sinistra (generatore + impedenza z S ) che può essere considerata come
l’equivalente di Thevenin di un circuito più complesso, si ha massima potenza attiva
•
trasferita dal generatore sull’impedenza zU se questa è data da:
•
•
zU = z S
•
•
in cui z S è il complesso coniugato di z S .
Imponiamo allora che:
RU + jX U = RS + jX S
⇓
R 2 + j ωL =
ωR1 C
R1
+j
2 2
2
2
1 + ω R1 C
1 + ω 2 R1 C 2
2
Uguagliando le parti reali e quelle immaginarie:
R2 = RU = RS =
R1
1 + ω 2 R1 C 2
2
=
10 3
= 500Ω
1 + (10 3 ) 2 (10 3 ) 2 (10 −6 ) 2
ωR1 2 C
(10 3 ) 2 10 −6
X U = X S = ωL =
⇒L=
= 0 .5 H
2
1 + (10 3 ) 2 (10 3 ) 2 (10 −6 ) 2
1 + ω 2 R1 C 2
•
Calcoliamo ora la potenza attiva trasferita sull’impedenza zU .
Pmax
V 
= RuI = Ru  S 
 z 
2
2
in cui è:
•
•
•
z = zU + z S = RS + jX S + RS − jX S = 2 RS
⇒
z = 2 RS
In definitiva:
2
Pmax
 1 


2
2
VS
VS
0.5
2

2
=
= 0.25mW
= Ru I = Ru
=
=
2
4 RS 4 RS 4(500) 2000
147
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Esercizio n°6.2
Nel circuito monoporta in figura:
R3
I
R2
jX3
•
z
R2 = 3Ω
X2 = - 4Ω
R3 = 10Ω
X3 = 5Ω
jX2
il carico z assorbe una potenza attiva P = 0.8kW , con una corrente I = 10A e fattore di
potenza induttivo cos ϕ = 0.8 . 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:
c
R3
a
b
Ib
I
R2
jX3
•
z
jX2
c
148
b
a
R2 = 3Ω
X2 = - 4Ω
R3 = 10Ω
X3 = 5Ω
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
In corrispondenza della sezione a-a si ha:
Pa = 800 W
Qa = Pa tan ϕ = Pa tan(arccos(ϕ )) = 800 ⋅ tan(arccos(0.8)) = 600Var
N a = Pa + Qa = (800) 2 + (600) 2 = 1000VA
2
2
I a = 10A
Va =
Na
= 100V
Ia
Sezione b-b:
PR 2 = R2 I 22 = R2
VR22 VR22
R
1 2 R22
=
=
= Va2 2 2 2
Va 2
2
2
R2
R2
R2
R2 + X 2
R2 + X 2
essendo:
V R2 = V a
R2
⇒ VR 2 = Va
R2 + jX 2
R2
R2 + X 2
2
2
La potenza attiva dissipata su R2 è data da:
PR 2 = 10 4
3
= 1200W
9 + 16
Per quanto riguarda la potenza reattiva sulla reattanza capacitiva:
QX 2
V X22 V X22
X
1 2 X 22
= X 2I = X 2 2 =
=
= Va2 2 2 2
Va 2
2
X2
X2 X2
R2 + X 2
R2 + X 2
2
2
e quindi:
Q X 2 = 10 4
4
= 1600Var
9 + 16
Capacitiva
A questo punto calcoliamo la potenza in ingresso alla sezione b-b:
Pb = Pa + PR 2 = 2000W
Qb = Qa + Q X 2 = 600 − 1600 = −1000VAR
N b = Pb + Qb = (2000) 2 + (−1000) 2 = 2236VA
2
2
Vb = Va = 100V
Ib =
N b 2236
=
= 22.36A
Vb
100
149
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Sezione c-c:
PR 3 = R3 I
2
R3
1
2
=
⋅ Ib
G3
G3
G3 +
2
2
1
2
X3
= Ib
G3
2
G3 +
2
1
2
X3
essendo:
G3
I R3 = I b
G3 +
1
jX 3
G3
⇒ I R3 = I b
1
2
X3
G3 +
2
La potenza attiva dissipata su R3 è quindi data da:
PR 3 = I b
G3
2
= (22.36) 2
1
G3 + 2
X3
2
0.1
= 1000W
1
(0.1) +
25
2
Per quanto riguarda la potenza reattiva sulla reattanza induttiva:
Q X 3 = X 3 I X2 3 = X 3 I b
1
2
X3
2
1
2
G3 + 2
X3
= Ib
1
X3
2
G3 +
2
1
2
X3
essendo:
I X3 = I b
1
X3
G3 +
1
jX 3
⇒ I X 3 = Ib
1
X3
G3 +
2
1
2
X3
e quindi:
QX 3 = I b
150
1
X3
2
1
G3 + 2
X3
2
= (22.36) 2
1
5
1
(0.1) +
25
2
= 2000VAR
Induttiva
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
A questo punto calcoliamo la potenza in ingresso alla sezione c-c e quindi al circuito:
PC = Pb + PR 3 = 2000 + 1000 = 3000 W
QC = Qb + Q X 3 = −1000 + 2000 = 1000VAR
N C = PC + QC = (3000) 2 + (1000) 2 = 3162VA
2
2
I C = I b = 22.36A
VC =
N C 3162
=
= 141.4V
IC
22.36
Tracciamo ora un diagramma qualitativo delle potenze:
Qc
Qa
Pa
Pb
Pc
Qb
151
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Esercizio n°6.3
Il circuito in figura:
vs1(t)
L1
A
vs1(t) = 5cos(100t)
vs2(t) = 5sin(100t+π/4)
is(t) = 10cos(100t)
R1 = 2Ω
L1 = L2 = 10mH
C1 = 20mF
vs2(t)
R1
L2
is ( t)
C1
B
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:
VS 1
•
z L1
VS 2
•
z R1
•
IS
A
zL2
•
z C1
B
152
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
•
•
VS 1 =
5
∠0°
2
•
•
z L1 = jωL1 = j
z R1 = R1 = 2Ω
z L 2 = jωL2 = j
VS 2 =
5
∠ − 45°
2
z C1 = − j
IS =
1
1
=−j
ωC1
2
10
∠0°
2
in cui:
π
π π
π



v s 2 (t ) = 5 sin 100t +  = 5 cos100t + −  = 5 cos100t − 
4
4 2
4



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:
•
z L1
•
B
z L1
B
•
z R1
IS
IS
•
zL2
•
•
z R1
•
z L 2C1
A
z C1
A
Col partitore di corrente calcoliamo il contributo alla corrente I R1 dovuto al generatore di
corrente:
•
I R1 S = I S
y R1
•
•
y R 1 + y L1
153
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
In secondo luogo passiviamo il generatore di corrente ed il generatore di tensione VS 1 :
•
z L1
A
VS 2
•
z R1
•
•
z C1
zL2
B
Il contributo alla corrente I R1 dovuto al generatore di tensione VS 2 è evidentemente dato
da:
V
I R1 S 2 = • S 2 •
z R 1 + z L1
Infine calcoliamo il contributo legato al generatore di tensione VS 1 :
VS 1
•
z L1
A
•
z R1
•
zL2
•
z C1
B
154
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
I R1 S 1 =
VS 1
•
•
z R 1 + z L1
A questo punto possiamo calcolare la corrente I R1 come somma dei tre contributi:
•
I R1 = I R1 S + I R1 S 1 − I R 1 S 2 = I S
y R1
•
•
y R 1 + y L1
+
VS 1
•
•
z R 1 + z L1
−
VS 2
•
•
z R 1 + z L1
Si ha allora:
•
•
VS 1 =
I R1 =
5
∠0°
2
•
•
z L1 = jωL1 = j
z R1 = R1 = 2Ω
z L 2 = jωL2 = j
VS 2 =
1
∠0°
2
10
∠0°
5
2
∠ − 63.43°
2
5
∠ − 45°
2
z C1 = − j
IS =
1
1
=−j
ωC1
2
10
∠0°
2
5
5
∠0°
∠ − 45°
2
2
+
−
5∠26.56°
5∠26.56°
essendo:
•
•
z R1 + z L1 = R1 + jωL1 = 2 + j = 5∠26.56°
•
•
y R 1 + y L1 =
1
1
1
5
+
= − j=
∠ − 63.43°
R1 jωL1 2
2
Ancora:
I R1 = 1∠63.43° +
5
5
∠ − 26.56° −
∠ − 71.56°
10
10
155
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Trasformiamo in notazione cartesiana:
I R1 = cos(63.43°) + jsen (63.43°) +
−
5
5
cos(−26.56°) + j
sen (−26.56°) +
10
10
5
5
cos(−71.56°) − j
sen (71.56°) = 1.36 + j1.69 = 2.17∠51.2°
10
10
A questo punto possiamo calcolare la potenza attiva dissipata su R1:
PR1 = R 1 I R1 = 2 ⋅ (2.17) 2 = 9.42W
2
156
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°6.4
Il circuito in figura:
L2
L1
v s (t ) = 10 2 cos t
is ( t)
is (t ) = 10 2 cos 2t
vs1(t)
C1
R1 = R2 =1Ω
L1 = L2 = 1H
C1 = C2 = 1F
iC1(t)
R1
R2
iC2(t)
C2
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:
L2
A
C
L1
vs1(t)
I C(12)
I C(11)
C1
VC(11)
R2
C2
VC(21)
R1
B
D
157
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
calcoliamo i fasori associati alle forme d’onda dei generatori e sostituiamo agli elementi
circuitali le relative impedenze:
•
zL2
A
C
•
z L1
I C(11)
VS
•
I C(12)
VC(11)
z C1
•
•
zR2
zC 2
VC(21)
•
z R1
D
B
VS = 10∠0° = 10
•
•
z R1 = R1 = 1Ω
z R 2 = R2 = 1Ω
•
•
z L1 = jω v L1 = j
•
z C1 = − j
z L 2 = jω v L2 = j
1
=−j
ω v C1
•
zC 2 = − j
1
=−j
ωv C2
in cui ωv è la pulsazione del generatore di tensione.
Possiamo calcolare il fasore della tensione sul condensatore C1 col partitore di tensione:
•
VC(11) =
z C1 VS
•
•
•
=
z R1 + z L1 + z C1
− j10
= − j10 = 10∠ − 90° V
1+ j − j
e quello della corrente:
I C(11) =
158
VC1
•
z C1
=
− j10
= 10 A
−j
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Per determinare il fasore della tensione sul condensatore C2, realizziamo il parallelo tra le
•
•
impedenze z R 2 e z C 2 :
1
•
z R 2C 2
1
=
•
zR2
1
+
•
zC 2
=
1 1
− = 1+ j
R2 j
•
⇒
z R 2C 2 =
1
1 1− j 1− j 1 j
=
=
= −
1+ j 1+ j 1− j
2
2 2
•
zL2
A
C
•
z L1
VS
I C(11)
•
I C(12)
VC(11)
z C1
•
VC(21)
z R 2C 2
•
z R1
B
D
e applichiamo ancora il partitore di tensione:
•
VC(21) =
z R 2 C 2 VS
•
•
z R 2C 2 + z L 2
1 j
1 j
1 j
 − 10  − 10  − 10
2 2
2 2
2 2
=
=
=
•
1 j
1 j
1 j
− +j
+
+
2 2
2 2
2 2
1 j
j
−
− 10
2 2 = 2 = − j10 = 10∠ − 90° V
1 j
1
−
2 2
2
Per il fasore della corrente in C2:
I C(12) =
VC(21)
•
zC 2
=
− j10
= 10 A
−j
A questo punto antitrasformiamo per ottenere le forme d’onda delle tensioni e delle
correnti sui due condensatori:
VC(11) = 10∠ − 90° V
 π
(1)
⇒ vC1 (t ) = 10 2 cos t − 
 2
VC(21) = 10∠ − 90° V
 π
(1)
⇒ vC 2 (t ) = 10 2 cos t − 
 2
(1)
I C(11) = 10 A
⇒ iC1 (t ) = 10 2 cos t
I C(12) = 10 A
⇒ iC 2 (t ) = 10 2 cos t
(1)
159
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Determiniamo ora il contributo alle tensioni v1(t) e v2(t) dovuto al generatore di corrente.
A tale scopo passiviamo il generatore di tensione:
L2
L1
is ( t)
C1
R1
C2
R2
⇓
is ( t)
C1
R2
L1
R1
L2
C2
e sostituiamo agli elementi circuitali le relative impedenze:
IS
I C( 22)
•
•
z L1
z C1
•
z R1
160
VC(12 )
I C( 21 )
•
zR2
•
•
zC 2
VC(22 )
zL2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
I S = 10∠0° = 10
•
•
z R1 = R1 = 1Ω
z R 2 = R2 = 1Ω
•
•
z L1 = jωi L1 = j 2
•
z C1 = − j
z L 2 = jωi L2 = j 2
j
1
=−
ωi C1
2
•
zC 2 = − j
j
1
=−
ωi C 2
2
Calcoliamo la corrente che fluisce nel ramo di C1 col partitore di corrente:
•
I C( 21) =
y C 1 R1 I S
•
•
y C 1 R 1 + y L1
1
10
2
2
2
j
10
10
10
•
•
1−
2− j
2− j
2− j
z
C 1 + z R1
2
=
=
=
=
=
=
1
1
1
1
2 + j3
j4 + 2 − j
2
1
+
+•
•
•
+
j j2
2 + j4
j 2( 2 − j)
z C 1 + z R 1 z L1 1 −
2 − j j2
2
1
IS
2 2 + j4
4 + j8
4 + j8
4 + j8 7 − j 4
28 − j16 + j 56 + 32
10 =
10 =
10 =
10 =
10 =
2 − j 2 + j3
4 + j6 − j2 + 3
7 + j4
7 + j4 7 − j4
49 + 16
=
60 + j 40
600 + j 400 600
400 120
80
10 =
=
+j
=
+j
= 11.09∠33.69° A
65
65
65
65
13
13
A questo punto possiamo calcolare il fasore della tensione sul condensatore C1, VC(12) :
•
80  40
60
j  120
+ j =
VC(12 ) = z C1 I C( 21) = − ⋅ 
−j
= 5.54∠ − 56.31° V
2  13
13  13
13
Per calcolare il fasore della tensione sul condensatore C2, VC 2 , applichiamo nuovamente il
•
•
•
partitore di corrente al parallelo di z R 2 , z C 2 , z L 2 .
161
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Possiamo scrivere:
I C( 22) =
yC2 I S
•
•
2
2
− 10
− 10
2
− j4
j2
j4
j
j
10 =
10 =
=
=
=−
10 =
=
2
1
− 4 + j2 + 1 − 3 + j2
2 + j3
− 2 − j3
j − 3 + j2
− +1+
j
j2
j2
j2
−
•
•
y C 2 + y R2 + y L2
2
IS
j
12 + j8
120
80
j 4 2 − j3
10 =
10 =
+ j
= 11.09∠33.69° A
2 + j3 2 − j3
4+9
13
13
da cui:
•
80  40
60
j  120
+ j =
VC(22) = z C 2 I C( 22) = − ⋅ 
−j
= 5.54∠ − 56.31° V
2  13
13  13
13
A questo punto antitrasformiamo per ottenere le forme d’onda delle tensioni sui due
condensatori:
VC(12 ) = 5.54∠ − 56.31° V
⇒ vC1 (t ) = 5.54 2 cos(2t − 0.98)
⇒ vC1 (t ) = 7.83 cos(2t − 0.98)
VC(22 ) = 5.54∠ − 56.31° V
⇒ vC 2 (t ) = 5.54 2 cos(2t − 0.98)
⇒ vC 2 (t ) = 7.83 cos(2t − 0.98)
I C( 21) = 11.09∠33.69° A
⇒ iC1 (t ) = 11.09 2 cos(2t + 0.58)
⇒ iC1 (t ) = 15.68 cos(2t + 0.58)
I C( 22) = 11.09∠33.69° A
⇒ iC 2 (t ) = 11.09 2 cos(2t + 0.58)
⇒ iC 2 (t ) = 15.68 cos(2t + 0.58)
( 2)
( 2)
( 2)
( 2)
( 2)
( 2)
( 2)
( 2)
Applichiamo ora il principio di sovrapposizione degli effetti per determinare gli andamenti
di v1(t), v2(t), i1(t) e i2(t) :
 π
(1)
( 2)
vC1 (t ) = vC1 (t ) + vC1 (t ) = 10 2 cos t −  − 3.92 cos(2t − 0.98)
 2
 π
(1)
( 2)
vC 2 (t ) = vC 2 (t ) + vC 2 (t ) = 10 2 cos t −  + 3.92 cos(2t − 0.98)
 2
iC1 (t ) = iC1 (t ) + iC1 (t ) = 10 2 cos t − 15.68 cos(2t + 0.58)
(1)
( 2)
iC 2 (t ) = iC 2 (t ) + iC 2 (t ) = 10 2 cos t + 15.68 cos(2t + 0.58)
(1)
162
( 2)
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
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:
pC1 (t ) = vC1 (t ) ⋅ iC1 (t )
pC 2 (t ) = vC 2 (t ) ⋅ iC 2 (t )
163
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Esercizio n°6.5
Nel circuito in figura:
I RL
I
R
V = 100V
IC
C
•
V
z
L
ω = 314 rad/s
R = 20Ω
L = 60mH
C = 20µF
•
determinare I . Determinare inoltre z affinchè V ed I siano in fase.
Per determinare la corrente I riduciamo il circuito alla forma:
I
•
V
z eq
in cui è:
1
•
=
z eq
1
+
R + jωL
1
−
j
ωC
=
R − jωL
1
ωC
1
R − jωL
+ jωC = 2
+ jωC
−
=
R + jω L
j
R + jωL R − jωL
R + ω 2 L2
⇓
•
y eq =
=
164
1
•
z eq
=
R − jω L
R
ωL


=
+ jωC = 2
+ j  ωC − 2
2
2 2
2 2
2 2 
R +ω L
R +ω L
R +ω L 



20
314 ⋅ 0.06
 = 0.026 − j 0.018Ω −1
+ j  314 ⋅ 20 ⋅10 −6 −
2
2
2
2
2 
(20) + (314) (0.06)
(
20
)
+
(
314
)
(
0
.
06
)


2
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
A questo punto possiamo determinare la corrente I :
•
I = y eq V = (0.026 − j 0.018) ⋅100 = 2.6 − j1.8 A
Disegnamo il diagramma vettoriale del circuito assumendo come vettore di riferimento
quello della corrente nel resistore I R (N.B.: il diagramma non è in scala):
VL
V = VC
IC
I
IR = IL
VR
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 z eq :
•
z eq =
1
•
=
y eq
1
= 26 + j18Ω
0.026 − j 0.018
ha una reattanza positiva, quindi prevalentemente induttiva.
•
•
e V siano in fase, l’impedenza z deve essere tale che l’impedenza z tot ,
complessivamente vista alla porta del circuito, sia costituita da sola parte reale:
Affinchè I
I
•
•
z eq
z
V
•
•
•
y tot = y + y eq = Gtot
165
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
•
Deve essere quindi annullata la parte immaginaria dell’ammettenza y eq (suscettanza):
B = − Beq = −(−0.018) = 0.018Ω −1
⇒
Si ha quindi:
•
z=
che è una reattanza capacitiva.
166
1
= − j 55.5Ω
jB
•
y = jB = j 0.018Ω −1
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°6.6
Considerato il circuito:
R
C
L
I = 5A
R = 10Ω
XL = 5Ω
XC = -20Ω
I
determinare potenza attiva e reattiva.
Applichiamo semplicemente le formule per il calcolo della potenza attiva e reattiva:
P = RI 2 = 10 ⋅ (5) 2 = 250W
QL = X L I 2 = 5 ⋅ (5) 2 = 125VAR
QC = X C I 2 = −20 ⋅ (5) 2 = −500VAR
da cui:
P = RI 2 = 10 ⋅ (5) 2 = 250W
Q = 125 - 500 = -375VAR
In alternativa calcoliamo la potenza complessa:
N =V ⋅I*
Determiniamo il fasore della tensione ai capi dell’impedenza:
•
z = R + j ( X L + X C ) = 10 − j15Ω
e quindi
•
N = P + jQ = V ⋅ I * = z I ⋅ I * = (10 − j15) ⋅ 5 ⋅ 5 = 250 − j 375VA
da cui:
P = 250W
Q = -375VAR
167
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Esercizio n°6.7
Il circuito in figura:
R
i( t)
V = 500V
C
V
L1
L2
R = 100Ω
C = 2µF
L1 = 0.5H
L2 = 0.1H
f = 100Hz
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:
•
zR
Ip
I
•
•
z L1
zC
V
•
zL2
•
zR = R
•
z L1 = jωL1 = ωL1∠90°
•
zC = − j
•
z L 2 = jωL2 = ωL2 ∠90°
1
1
=
∠ − 90°
ωC ωC
•
Riduciamo il circuito realizzando il parallelo delle impedenze z C = − j
168
•
1
e z L1 = jωL1 .
ωC
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Si ha:
1
•
1
=
zp
1
+
•
•
z L1
ωC 1 − ω 2 L1C
1
−
=
jωL1
j
jωL1
=
zC
da cui:
ωL1
1 − ω 2 L1C
•
zp = j
Il circuito diventa allora:
•
zR
Ip
•
zp
V
•
zL2
Con la LKT possiamo calcolare la corrente I p :
Ip =
V
•
•
•
zR + zL2 + z p
A questo punto, tornando al circuito di partenza e applicando il partitore di corrente,
possiamo scrivere:
1
•
I=
•
y L1
•
•
y L1 + yC
z L1
Ip =
1
•
+
z L1
Si ha allora:
1
⋅
•
V
•
•
•
zR + zL2 + z p
zC
1
•
I=
z L1
•
•
⋅
•
V
•
•
•
z C + z L1 z R + z L 2 + z p
•
=
zC
•
•
⋅
•
V
•
•
•
z L1 + zC z R + z L 2 + z p
=
zC
•
•
⋅
V
•
•
•
z L1 + zC z R + z L 2 + z p
•
z L1 z C
169
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
e sostituendo le espressioni delle impedenze:
•
•
•
z L1 = jωL1 = ωL1∠90°
zR = R
•
zC = − j
z L 2 = jωL2 = ωL2 ∠90°
1
1
=
∠ − 90°
ωC ωC
•
zp = j
ωL1
1 − ω 2 L1C
si ha:
•
I=
zC
•
•
⋅
V
•
•
•
z L1 + z C z R + z L 2 + z p
=
−j
1
ωC
jωL1 − j
⋅
V
1
ωL1
R + jωL2 + j
ωC
1 − ω 2 L1C
⇓
1
1
V
V
ωC ⋅
=
⋅
I=
2
3
2
ω L1C − 1
ωL2 − ω L1 L2 C + ωL1 1 − ω L1C
ωL2 − ω 3 L1 L2 C + ωL1
R+ j
R+ j
j
ωC
1 − ω 2 L1C
1 − ω 2 L1C
−j
⇓
I=
V
R (1 − ω L1C ) + j (ωL2 − ω 3 L1 L2 C + ωL1 )
2
⇓
I=
500
100[1 − (2π ⋅100) 0.5 ⋅ 2 ⋅10 ] + j[(2π ⋅100) ⋅ 0.1 − (2π ⋅100) 3 ⋅ 0.5 ⋅ 0.1 ⋅ 2 ⋅10 −6 + (2π ⋅100) ⋅ 0.5]
2
−6
I = 0.24 − j1.38A = 1.4∠ − 80.13°
A questo punto antitrasformiamo:
i (t ) = 1.4 ⋅ 2 cos(2πft − 1.4)
e in definitiva:
i (t ) = 2 cos(200πt − 1.4)
170
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
Esercizio n°6.8
Nel circuito in figura:
•
zL
I
IU
•
Vg
z
V
•
z L = 0.2 + j 0.3Ω
a
•
l’impedenza z L rappresenta l’impedenza longitudinale equivalente di una linea bifiliare
alimentata ad un estremo da un generatore di tensione Vg , 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 Vg
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:
•
•
V g = V L + V = z L I + zI
Il modulo di I lo ricaviamo dalla formula della potenza attiva:
P = VI cos ϕ
inoltre:
⇒
I=
P
8000
=
= 63.5 A
V cos ϕ 210 ⋅ 0.6
ϕ = arccos(0.6) = 53.13°
171
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
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:
I = I∠ − ϕ = 63.5∠ − 53.13°A
•
A questo punto l’impedenza z è data da:
•
z=
V
V∠0°
V
=
= ∠53.13° = 3.30∠53.13° = 1.98 + j 2.64Ω
I I∠ − 53.13° I
Possiamo determinare Vg :
•
•
V g =  z L + z  I = (0.2 + j 0.3 + 1.98 + j 2.64 )I = (2.18 + j 2.94 )I =


⇓
= 3.66∠53.44° ⋅ I = (3.66∠53.44°) ⋅ (63.5∠ − 53.13°) ≈ 232.41∠0°
Disegnamo il diagramma vettoriale:
V
ϕ
I
Bisogna effettuare un rifasamento in modo che l’angolo di sfasamento tra V ed I
riduca al valore:
si
ϕ / = arccos(0.9) = 25.84°
A tale scopo dobbiamo drenare un’opportuna corrente capacitiva dalla linea, come mostra
il seguente diagramma vettoriale:
172
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
•
zL
I
IC
IC
IU
V
C
Vg
•
z
V
ϕ
ϕ/
I
IU
•
Valutiamo l’impedenza z tot , parallelo della reattanza capacitiva con la preesistente
•
impedenza z = R + jX = 1.98 + j 2.64Ω :
1
•
=
z tot
=
1
•
z
1
+
−
j
ωC
=
1
•
z
+ jωC =
1
1 R − jX
R − jX
+ jωC =
+ jωC = 2
+ jωC =
R +X2
R + jX
R + jX R − jX
X
R
X
R


−j 2
+ jωC = 2
+ j  ωC − 2
2
2
2
2 
R +X
R +X
R +X
R +X 

2
da cui:
•
z tot
R
X


− j  ωC − 2
2
2 
1
R +X
R +X 

=
=
2
2
R
X

 
R
X
 

+
−
ω
j
C


C
+
−
ω

 

R2 + X 2
R2 + X 2   R2 + X 2  

R2 + X 2 
2
e imponiamo che sia:
X
− ωC
2
ϕ / = arctan R + X
R
2
R +X2
2
⇓
173
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
X
X − ωC ( R 2 + X 2 )
− ωC
2
2
X − ωC ( R 2 + X 2 )
R2 + X 2
=
=
tan ϕ / = R + X
R
R
R
2
2
2
2
R +X
R +X
⇓
R tan ϕ / = X − ωC ( R 2 + X 2 )
⇓
ωC ( R 2 + X 2 ) = X − R tan ϕ /
In definitiva:
C=
X − R tan ϕ / 2.64 − 1.98 ⋅ tan(25.84)
=
= 4.92 ⋅10 − 4 F
2
2
2
2
ω ( R + X ) 314 ⋅ [(1.98) + (2.64) ]
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:
Q = P tan ϕ
Q / = Q + QC = P tan ϕ /
in cui è:
 V
QC = X C I = X C 
 XC
2
C
2

V2
 =
= −ωCV 2
XC

Sostituiamo questa espressione della potenza reattiva nella precedente equazione:
QC = Q / − Q = P tan ϕ / − P tan ϕ
⇓
− ωCV 2 = P tan ϕ / − P tan ϕ
da cui possiamo ricavare il valore della capacità:
174
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
P tan ϕ − P tan ϕ / P tan(arccos(ϕ )) − P tan(arccos(ϕ / ))
C=
=
= 4.92 ⋅10 − 4 F
2
2
ωV
ωV
Calcoliamo ora il nuovo valore della tensione V .
Per la LKT possiamo scrivere:
•
•
•
•
•
V g = z L I + V = z L y tot V + V =  z L y tot + 1V


da cui:
V =
Vg
 z• L y• + 1


tot


= 218.54∠ − 2°
in cui è:
•
y tot =
R
X


+ j  ωC − 2
= 0.182 − j 0.088Ω −1
2
2 
R +X
R +X 

2
La corrente è invece data da:
•
I = y tot V = 44.18∠ − 27.80° A
Infine la potenza attiva:
P = VI cos ϕ / = 218.54 ⋅ 44.18 ⋅ 0.9 = 8690W
175
Capitolo 6 – Esercizi sul regime sinusoidale
Esercizio n°6.9
Il circuito in figura
R
XM
I1
I2
V = 100V
R = 10Ω
XC = -20Ω
X1 = 50Ω
X2= 25Ω
XM = 10Ω
X2
X1
V
è in regime sinusoidale. Calcolare il fasore della corrente I 2 .
La relazione di lato dell’induttore biporta è data da:
V1 = jωL1 I 1 + jωMI 2

V2 = jωMI 1 + jωL2 I 2
⇒
V1 = jX 1 I 1 + jX M I 2
V2 = jX M I 1 + jX 2 I 2
Applichiamo la LKT a ciascuna maglia:
V = RI 1 + V1

V2 + VC = 0
e sostituiamo le relazioni di lato:
V = RI 1 + jX 1 I 1 + jX M I 2

 jX M I 1 + jX 2 I 2 + jX C I 2 = 0
176
C
Acciani, Fornarelli , Brunetti – Esercizi svolti di Elettrotecnica
A questo punto siamo in grado di calcolare il fasore I 2 .
( R + jX 1 ) I 1 + jX M I 2 = V

 jX M I 1 + j ( X 2 + X C ) I 2 = 0
⇓
(10 + j 50) I 1 + j10 I 2 = 100

 j10 I 1 + j 5I 2 = 0
⇓
(10 + j 50) I 1 + j10 I 2 = 100


1
I1 = − I 2
2

⇓
1

− (10 + j 50) 2 I 2 + j10 I 2 = 100

I = − 1 I
2
 1
2
⇓
− 5I 2 − j15I 2 = 100


1
I1 = − I 2
2

In definitiva:
100

= −2 + j 6 = 6.32∠ − 71.56°
I 2 = −
j
5
+
15

 I = 1 − j 3 = 3.16∠ − 71.56°
 1
177