Esercizi - Elettrotecnica

56
1 Modello circuitale
Esercizi
1. Determinare il numero di elettroni necessari per avere le seguenti cariche:
a) Q = −1.6 µC.
b) Q = −4.8 x 10−15 C.
c) Q = −10 pC.
2. Se un filo conduttore è attraversato da un’intensità di corrente di 1 mA,
presa una generica sezione trasversale quanti elettroni la attraversano in:
a) t = 1 s.
b) t = 3 ms.
c) t = 8 µs.
3. Considerata una superficie chiusa Σ, calcolare l’andamento dell’intensità
di corrente netta, con verso di riferimento uscente, quando l’andamento
nel tempo della carica totale in essa contenuta è:
a) Q(t) = 10 · 10−15 t.
b) Q(t) = −25 · 10−10 t.
c) Q(t) = 5 · 10−10 sin(314t).
4. Determinare la potenza assorbita da un bipolo in regime stazionario sapendo che i valori della tensione e dell’intensità di corrente, fatta la
convenzione dell’utilizzatore, sono:
a) v = 10 V; i = −3 A.
b) v = 30 V; i = 0.5 A.
c) v = −10 V; i = −2 A.
5. Ripetere l’esercizio precedente, assumendo che i dati siano riferiti alla convenzione del generatore.
6. Due bipoli sono collegati tra loro come mostrato nella figura. Supponendo
che i valori di vi sono quelli dell’esercizio 4, determinare se la potenza elettrica fluisce effettivamente dal primo bipolo verso il secondo o vice-versa.
i
+
1
v
-
2
1.8 Esercizi
57
7. Una batteria da 18 V alimenta con una corrente di 300 mA un computer
portatile. Quanta energia fornisce a quest’ultimo in 3 ore di funzionamento?
8. Per i circuiti di bipoli rappresentati nella figura seguente, considerate le
convenzioni ivi indicate, scrivere le LKC e LKT. In riferimento a ciascun
insieme di equazioni ricavate, individuare un sottoinsieme massimale di
equazioni indipendenti.
-
+
q
-
+
3
+
w
-
2
q
+
-
+
3
+
+
+
+
+
2
1
4
1
-
w
+
3
+
+
1
-
q
w
-
4
-
5
4
-
-
+
2
5
-
e
e
-
-
-
e
6
+
r
9. Quanta energia è immagazzinata in un condensatore da 100 pF quando
la tensione ai suoi morsetti è di 10 V?
10. Quanta energia è immagazzinata in un induttore da 50 mH quando la sua
corrente è di 500 mA?
11. In un condensatore da 100 mF la tensione varia con l’andamento v(t) =
1 − 0.5t. Determinare l’energia assorbita dal condensatore nell’intervallo
t1 = 1s, t2 = 2s.
58
1 Modello circuitale
Soluzioni
1. a) 1013 ; b) 3 104 ; c) 6.25 107 .
2. a) 6.25 1018 ; b) 1.875 1016 ; c) 5 1013 .
3. a) 10−14 A; b) -2.5 10−9 A; c)1.57 · 10−7 cos(314t)A.
4. a) -30 W; b) 15 W; c) 20 W.
5. a) 30 W; b) -15 W; c) -20 W.
6. a) dal bipolo 2 a quello 1; b) dal bipolo 1 al 2; c) dal bipolo 1 al 2.
7. 58.3 kJ.
8.

 +i1 − i2 + i3 = 0
−i3 + i4 = 0
a) LKC h
((
 hh(
(
hi(
−i(
0
(ih
h
1+
2−
4 =
hh
(

 +i1 + i2 + i3 = 0
−i2 − i3 + i4 − i5
b) LKC h
((
 hh(
(
hi(
−i(
0
(ih
h
1−
4+
5 =
hh
(

+i1 + i2 + i3 = 0



−i3 − i4 − i5 = 0
c) LKC
−i1 − i2 + i4 + i6


 hh(
((
h(
+i(
0
hh
5 − ih
6 =
(
9. 5 10−9 J.

 −v1 + v2 = 0
−v2 − v3 − v4 = 0
LKT h
 hhhh
((
(
−v
−(
v3 (
−h
v4h
=h
0
1(
 ((
−v
+
v
+
v
=
0
1
3
4




+v
−
v
=
0
2
3


 −v + v = 0
4
5
= 0 LKT hhhh((((
h
(
−v
+
v
+h
v5h
=h
0
(

1
3
(

(
hh

((
h
(

h
(
h
(
−v
+
v
+
v
=
0

h
(
1
2
4
h(
(

h
hh
(
(
h
(
(
(
−v(
+h
v2 h
+h
v5h
=h
0
1(
(
−v
+
v
=
0

1
2



−v2 − v3 + v4 = 0



 −v4 + v5 + v6 = 0
hhh((((
LKT h
−v(
−(
v3 h
+h
v4h
=h
0
1(
=0

(
h
(

h
((
hhh(((


−v(
−(
v3 (
+h
v5h
+h
v6h= 0

2(

h
(
(
h

(( h
 (hhhh
(
(
−v1 (
−(
v3 (
+h
v5h
+h
v6h= 0
h
((
h
1.8 Esercizi
10. 1.5 10−3 J.
11. -1.25 10−2 .
59
94
2 Analisi di circuiti semplici
Esercizi
1. Si determinino la tensione e la potenza elettrica erogata dal generatore di
corrente del circuito a-dinamico rappresentato in figura.
R1
J = 2 A,
R1 = 10 W,
R2 = 5 W.
+
R2
vJ
J
-
2. Si determinino la corrente e la potenza elettrica erogata dal generatore di
tensione del circuito a-dinamico rappresentato in figura.
iE
+
-
E
E = 25 V,
R1 = 10 W,
R2 = 10 W.
R2
R1
3. Si determinino la tensione e la potenza elettrica assorbita dal generatore
di corrente del circuito a-dinamico rappresentato in figura.
+
vJ R1
J
J = 4 A,
R1 = 10 W,
R2 = 30 W.
R2
-
4. Si determinino le intensità di corrente e le tensioni degli elementi del
circuito a-dinamico rappresentato in figura.
i1
E
+
-
igp
R1
+
ri1
-
i2
R2
E = 10 V,
R1 = 10 W,
R2 = 20 W,
r = 5 W.
5. Si utilizzi il metodo di Newton-Raphson per trovare (in via approssimata)
il punto di lavoro del circuito in figura.
2.5 Esercizi
i
+
-
E
R1
+
E = 10 V,
R1 = 10 W,
g(v) = v + 3v 3 .
v
R2
95
6. Si studi la dinamica del circuito rappresentato in figura.
iL
J
R
L
J = 1 A,
R = 10 W,
L = 50 mH,
iL (0) = −1 A.
7. Si determini l’evoluzione forzata per il circuito RC rappresentato in figura.
Inoltre si calcoli la potenza istantanea erogata dal generatore J.
J
C
R
J = 1 A,
R = 1 W,
C = 500 µF.
8. Si determini l’evoluzione forzata per il circuito RL rappresentato in figura.
Inoltre si calcoli la potenza istantanea erogata dal generatore j(t).
iL
j(t)
R
L
j (t) = cos(1000t),
R = 1 W,
L = 1 mH.
9. Il circuito RL rappresentato in figura è in evoluzione libera a partire dalla condizione iniziale indicata. Verificare che l’energia dissipata dal resistore nell’intervallo (0, ∞) è esattamente pari a quella immagazzinata
nell’induttore all’istante t0 .
iL
R
L
iL (0) = 2 A,
R = 1 W,
L = 1 mH.
96
2 Analisi di circuiti semplici
Soluzioni
1. Il circuito ha gli elementi tutti in serie tra loro. Scegliendo opportunamente
i versi di riferimento per le correnti (ad esempio tutti congruenti con il
generatore), fatta la convenzione dell’utilizzatore sui due resistori avremo
(LKT):
vJ = vR1 + vR2 = J (R1 + R2 ) = 30 V.
Tenuto conto che sul generatore abbiamo considerato la convenzione del
generatore, la potenza erogata vale:
P = vJ J = 60 W.
2. Il circuito ha gli elementi tutti in parallelo tra loro. Scegliendo opportunamente i versi di riferimento per le tensioni (ad esempio tutti congruenti
con il generatore), fatta la convenzione dell’utilizzatore sui due resistori
avremo (LKC):
iE = −iR1 − iR2 = −E (1/R1 + 1/R2 ) = −5 A.
Tenuto conto che sul generatore abbiamo considerato la convenzione
dell’utilizzatore, la potenza erogata vale:
P = −EiE = 125 W.
3. Il circuito ha gli elementi tutti in parallelo tra loro. Scegliendo opportunamente i versi di riferimento per le tensioni (ad esempio tutti congruenti con
la vJ ), fatta la convenzione dell’utilizzatore sui due resistori, le equazioni
da risolvere saranno: (LKC):
J = iR1 + iR2 ,
vJ = vR1 = vR2 = R1 iR1 = R2 iR2 ,
da cui ricaviamo facilmente:
vJ = 30 V.
Tenuto conto che sul generatore abbiamo considerato la convenzione del
generatore, la potenza erogata vale:
P = vJ J = 120 W.
2.5 Esercizi
97
4. Considerati i versi delle correnti come in figura e la convenzione dell’utilizzatore sui resistori avremo da risolvere il sistema:

 R1 i1 + ri1 = E,
ri1 = R2 i2 ,

−i1 + igp + i2 = 0,
che fornisce i seguenti risultati:
i1 =
i2 =
2
10
E
= A, v2 = R2 i2 = ri1 =
V,
R1 + r
3
3
ri1
1
1
= A, igp = i1 − i2 = A.
R2
6
2
5. Facilmente si perviene al sistema di equazioni:
(
E−v
10 − v
i=
=
,
R
10 3
i = g(v) = v + 3v ,
dunque:
F (v) = 3v 3 + 1.1v − 1,
per trovare uno zero di F (v) utilizziamo l’ algoritmo di Newton-Raphson:
v h+1 = v h −
F (v (h) )
,
F 0 (v (h) )
come punto iniziale di tentativo usiamo la soluzione di 1.1v − 1 = 0 ⇒
v∼
= 0.91. La derivata F 0 (v) di F (v) è:
F 0 (v) = 9v 2 + 1.1.
Usando iterativamente la formula si ha:
v (h)
0.90909
0.64510
0.53882
0.52212
0.52174
0.52174
h
1
2
3
4
5
6
R
F (v (h) )
2.2539000
0.5150000
0.0619860
0.0013376
0.0000007
0.0000000
6. iL (t) = [iL (0) − iLp (0)] e− L t + iLp (t) = −2e−200t + 1.
98
2 Analisi di circuiti semplici
¡
¢
7. vC (t) = RJ 1 − e−t/RC = 1 − e−2000t ,
¡
¢
p (t) = vJ = RJ 1 − e−t/RC J = 1 − e−2000t .
8. iL (t) = [−iLp (0)] e
−R
Lt
√
1 −1000t
2
+ iLp (t) = − e
+
cos(100t − π/4).
2
2
L
9. L’espressione della corrente richiesta è i (t) = I0 e−t/τ , dove τ = R
è la
costante di tempo del circuito RL. Ricordando l’espressione dell’energia
inizialmente immagazzinata nell’induttore Wi (0) = 21 LI02 , e valutando
l’integrale della potenza assorbita dal resistore si ottiene:
Z ∞
Z ∞ ³
´2
1
WR (0, ∞) =
Ri2 (t) dt =
R I0 e−t/τ dt = LI02 .
2
0
0
Infine, sostituendo i valori numerici proposti avremo:
i (t) = 2e−1000t A e WR (0, ∞) = 0.002 J.
160
3 Proprietà dei circuiti
Esercizi
1. Per il circuito di bipoli in figura, determinare a) tutti i possibili alberi b)
un insieme di maglie fondamentali c) un insieme di n−1 tagli indipendenti.
2
1
1
3
6
6
5
(a)
4
(b)
2. Per il circuito precedente determinare un insieme di equazioni indipendenti
alle maglie ed ai nodi.
3. Considerato un qualsiasi albero del circuito precedente, mostrare che le colonne corrispondenti ad i lati dell’albero nella matrice d’incidenza ridotta
risultano indipendenti.
4. Per il circuito di bipoli in figura, determinare le equazioni circuitali in
forma canonica e risolverle con il metodo di sostituzione.
R2
R4
+
iE
vJ R1
J
-
R3
E
+
-
R1 = 20 W, R2 = 10 W,
R3 = R4 = 20 W,
E = 20 V, J = 5 A.
5. Analizzare il circuito dell’esercizio 4 con il metodo dei potenziali nodali
modificato.
6. Analizzare il circuito dell’esercizio 4 con il metodo delle correnti di maglia.
3.9 Riepilogo
161
7. Per il circuito dell’esercizio 4 verificare la conservazione delle potenze.
8. Analizzare il circuito in figura con il metodo dei potenziali nodali modificato, determinando la corrente i3 .
i1
R1
J
E
i3
R2
i1
R3
R1 = 2 W, R2 = 4 W,
R3 = 6 W,
E = 10 V , J = 5 A ,
β = 3.
162
3 Proprietà dei circuiti
Soluzioni
1. a) I possibili alberi sono indicati in figura:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
(j)
(k)
(l)
(m)
(n)
b) in relazione all’albero mostrato nella sottofigura (b) le maglie fondamentali sono quelle delle sottofigure (c,d,e)
2
1
3
2
1
6
4
5
4
5
(a)
(b)
2
2
3
6
2
6
6
3
6
1
4
(c)
4
5
(d)
4
(e)
3.9 Riepilogo
163
c) I tre tagli indicati in figura (c,d,e) sono indipendenti tra loro: difatti
ciascuno contiene in esclusiva un diverso lato dell’ albero.
2
1
3
2
1
6
4
5
3
6
4
5
(a)
(b)
T1
1
2
2
3
1
6
4
5
(c)
3
T2
1
2
4
5
3
6
6
(d)
4
5
T3
(e)
2. Per le leggi di Kirchhoff alle correnti considerando i primi tre nodi
otteniamo:
i1 + i2 − i3 = 0,
−i2 + i5 + i6 = 0,
−i1 − i4 − i5 = 0.
per le maglie considerato l’albero in figura (b) (con il tratteggio indichiamo
i lati del coalbero), avremo le maglie fondamentali come riportate in figura
(c), (d), (e). Le equazioni (indipendenti) corrispondenti sono:
−v1 + v2 + v5 = 0,
−v2 − v3 − v6 = 0,
v4 − v5 + v6 = 0.
164
3 Proprietà dei circuiti
1
2
3
2
1
6
3
6
4
5
4
5
(a)
(b)
2
2
1
2
3
6
6
5
5
4
5
(c)
(e)
(d)
3. La matrice di incidenza Aa risulta:
 1 2
1
1 1
O
2  0 −1
O

3  −1 0
O
4
0 0
O
3 4
−1 0
0 0
0 −1
1 1
5
0
1
−1
0
6
0
−1 

0 
1
4 ) è:
La corrispondente ridotta A (rispetto al nodo O
 3 5
1
O
−1 0
2  0
O
1
3
O
0 −1
6 
0
−1 
0
Tale sottomatrice (quadrata) ha rango pieno! Difatti det(A) = −1 · (1) =
−1 6= 0
4. Le equazioni circuitali sono:
i1 + i2 = J,
i2 − i3 − i4 = 0,
i4 + iE = 0,












vJ − R1 i1 = 0,



R1 i1 − R2 i2 − R3 i3 = 0, 



R3 i3 − R4 i4 = E,
n − 1 = 3 nodi,
l − (n − 1) = 3 maglie,
3.9 Riepilogo
Risolvendo per sostituzione segue:
i1 = J − i2 ,
i2 = i3 + i4 ,

 R1 (J − (i3 + i4 )) = R2 (i3 + i4 ) + R3 i3 ,
 R3 i3 = R4 i4 + E
⇒
i4 =
R3 i3 − E
,
R4
R1 J − R1 (i3 + i4 ) = R2 i3 + R2 i4 + R3 i3 ,
R3 i3 − E
R1 J − (R1 + R2 + R3 )i3 = (R1 + R2 )(
),
R4
¶
µ
(R1 + R2 )E
(R1 + R2 )R3
+ (R1 + R2 + R3 ) i3 = R1 J +
,
R4
R4
50 + 32 E
= 1.625 A,
80
i4 = 0.625 A,
i2 = 2.25 A,
i1 = 2.75 A,
i3 =
v3 = R3 i3 = 32.5 V,
v4 = R4 i4 = 12.5 V,
v2 = R2 i2 = 22.5 V,
v1 = R1 i1 = 55 V.
5. Scriviamo le correnti attraverso i potenziali di nodo:
i1 =
u1
,
R1
i2 =
dunque le LKC:
u1 − u2
,
R2
i3 =
u2
,
R3
i4 =
u2 − E
,
R4
u1
u1 − u2
+
= J,
R1
R2
u1 − u2
u2
u2 − E
−
−
= 0,
R2
R3
R4
risolvendo:
u1 = 55 V,
u2 = 32.5 V,
6. Scriviamo le LKT:
K1 = J,
R1 (K1 − K2 ) = R2 K2 + R3 (K2 − K3 ),
R3 (K2 − K3 ) = R4 K3 + E,
risolvendo:
K1 = 5 A,
K2 = 2.25 A,
K3 = 0.625 A.
165
166
3 Proprietà dei circuiti
7. v1 i1 + v2 i2 + v3 i3 + v4 i4 − Eie − vj J =
2.75 · 55 + 2.25 · 22.5 + 1.625 · 32.5 + 0.625 · 12.5 + 0.625 · 20 − 5 · 55 = 0.
8. Per trovare la corrente richiesta applichiamo il metodo dei potenziali di nodo. Considerando le leggi di Kirchhoff per le correnti ai due nodi essenziali
1 e O
2 si ricavano le equazioni:
O

u
u − e2 + E

 −J + 1 + 1
=0
R1
R2
,
u
u
u
−
u
−
E
2
1
1

 2
+
+β
=0
R2
R3
R1
che risolte danno u1 = 2.7, u2 = −2.0. Pertanto i3 = u2 /R3 = −0, 33.
4.5 Esercizi
217
Esercizi
a - O
b per il bipolo in
1. Calcolare la resistenza equivalente ai terminali O
figura.
a
R1
R2
b
R1 = 10 W, R2 = 30 W,
R3 = 30 W, R4 = 5 W.
R3
R4
a - O
b per il bipolo in
2. Calcolare la resistenza equivalente ai terminali O
figura.
a
R1
R3
R2
R5
R4
R1 = R3 = R5 = R6 = 10 W,
R2 = R4 = 20 W.
R6
b
3. Utilizzando la riduzione serie-parallelo determinare la tensione ai capi del
generatore J.
R2
J
R1
R4
R3
R5
R1 = 10 W, R2 = 5 W,
R3 = 10 W,
R4 = R5 = 20 W,
J = 2 A.
4. Utilizzando la riduzione serie-parallelo ed i partitori determinare l’intensità di corrente i4 .
R1
R3
i4
E
+
-
R2
R4
R1 = 15 W, R2 = 5 W,
R3 = R4 = 10 W, E = 10 V.
218
4 Circuiti a-dinamici lineari
5. Utilizzando la sovrapposizione determinare l’intensità di corrente del
resistore R3 .
R3
E
J
R1
R2
R5
R4
R1 = R2 = 4 W,
R3 = 1 W,
R4 = R5 = 2 W,
E = 5 V, J = 1 A.
6. Utilizzando la sovrapposizione calcolare la potenza erogata dal generatore
di tensione.
R4
R2
R1
E
+
-
R3
J
R1 = R2 = 2 W,
R3 = 1 W, R4 = 4.5 W,
E = 5 V, J = 2 A.
7. Utilizzando Thévenin calcolare l’intensità di corrente del resistore R5 .
R2
a
R5
b
R1 = 2 W, R2 = 4 W,
R3 = 6 W, R4 = 3 W,
J2 R5 = 6 W,
J1 = 6 A, J2 = 2 A.
R1
R3
R4
J1
8. Utilizzando Norton calcolare la potenza assorbita da R4 .
a
R3
J
R1
R2
R4
R1 = R2 = 2 W,
R3 = R4 = 1 W,
J = 1 A.
b
a -O
b determinare l’intensità di corren9. Applicando Thévenin ai terminali O
te del resistore R4 .
4.5 Esercizi
r i1
i1
219
a
J
R1
R3
R4
R2
R1 = R2 = 2 W,
R3 = R4 = 1 W,
r = 2 W,
J = 1 A.
b
10. Sfruttando le trasformazioni stella triangolo determinare la tensione vab
per il circuito in figura
a
R1
E
R2
+
-
R4
R3
R5
J
R6
b
R1 = 4.5 W,
R2 = R3 = R4 = 3 W,
R5 = R6 = 9 W,
J = 5 A, V = 20 V.
220
4 Circuiti a-dinamici lineari
Soluzioni
1. Si tratta di ridurre il bipolo in esame per serie parallelo, a partire dal lato
destro. Avremo:
Req = R1 + R2 k R3 + R4 = 10 +
30 · 30
+ 5 = 30 W.
30 + 30
2. Si tratta di ridurre il bipolo in esame per serie parallelo, a partire dal lato
destro. Avremo:
0
Req
= R6 + R5 = 20 W,
00
0
Req = Req
k R4 = 10 W,
000
00
Req = Req + R3 = 20 W,
ed infine:
000
Req = R1 + Req
k R2 = 20 W.
3. Al lato destro del generatore J vi sono i resistori R3 , R4 , R5 in parallelo tra
loro ed in serie con il resistore R2 . Calcolandone la resistenza equivalente
avremo:
0
Req
= R2 + R3 k R4 k R5 = 10 W.
Tale resistenza equivalente risulta a sua volta in parallelo con R1 . Pertanto
il generatore di corrente “vede” ai suoi terminali una resistenza equivalente
complessiva:
0
Req = R1 k Req
= 5 W,
dunque la tensione ai suoi terminali è:
v = Req J = 10 V.
4. L’intensità di corrente erogata dal generatore può facilmente essere calcolata:
E
E
∼
i=
=
= 0.53 A.
Req
R1 + (R3 + R4 ) k R2
A questo punto, applicando il partitore di corrente avremo:
i4 = −i
R2
∼
= 0.11 A.
R2 + (R3 + R4 )
4.5 Esercizi
221
5. Per trovare l’intensità di corrente richiesta, applichiamo la sovrapposizione
considerando dapprima agente il solo generatore di tensione E. In tal caso
la resistenza equivalente complessiva vista dal generatore sarà:
0
Req
= R3 + (R4 k R5 ) + (R1 k R2 ) = 4 W,
e, conseguentemente:
i03 =
E
5
= A.
0
Req
4
Quando agisce il solo generatore di corrente J abbiamo in parallelo due
coppie di resistori equivalenti: R1 k R2 = 2 W, R3 + R4 k R5 = 2 W. In
tal caso è immediato verificare applicando il partitore che l’intensità di
corrente i003 vale:
J
i003 = = 0.5A.
2
Con la convenzione considerata, dunque, l’intensità di corrente cercata
vale:
5 1
7
i3 = i03 + i003 = + = A.
4 2
4
6. Per trovare la potenza erogata dal generatore di tensione, scelta la convenzione del generatore su quest’ultimo, si tratta di calcolare l’intensità
di corrente iE che lo attraversa. Essa può essere facilmente trovata applicando la sovrapposizione degli effetti al circuito in esame. Consideriamo
anzitutto il caso in cui il generatore di corrente sia spento. In tal caso il
0
generatore di tensione “vede” una resistenza equivalente Req
data da:
0
Req
= R4 + (R1 k R2 k R3 ) = 5 W,
±
Pertanto si ha i0E = E R0 = 1A.
eq
Quando invece è acceso il solo generatore di corrente, basterà applicare la
regola del partitore di corrente tra il resistore R4 ed il parallelo tra R1 ,R2 ed
R3 , tenuto conto del verso scelto per iE si ha:
i00E = −J
(R1 k R2 k R3 )
1
= − A,
R4 + (R1 k R2 k R3 )
5
Dunque, sovrapponendo le correnti si avrà iE = i0E + i00E = 4/5 A.
Infine, per la potenza erogata, con le convenzioni considerate, avremo:
P (e) = vE iE = 4W.
222
4 Circuiti a-dinamici lineari
7. Per trovare l’intensità di corrente richiesta, applichiamo Thévenin come
suggerito. Per quanto riguarda la resistenza equivalente avremo:
RT h = (R1 + R2 ) k R3 + R4 = 6 W.
Per la tensione a vuoto invece avremo:
E0 = Vab = J1 (R1 + R2 ) k R3 − J2 R4 = 18 − 6 = 12V.
Infine:
i5 =
E0
12
=
= 1A.
RT h + R5
12
8. Per applicare Norton calcoliamo i parametri RT h e Jcc :
RT h = R3 + R1 k R2 = 2 W,
Jcc = J
R1 k R2
= 0.5 A.
R1 k R2 + R3
A questo punto è possibile calcolare l’intensità di corrente in R4 e dunque
la potenza dissipata:
i4 = Jcc
RT h
= 0.33 A,
RT h + R4
p4 = R4 i24 = 0.11 W.
9. Una volta rimosso dal circuito il resistore R4 , per la tensione a vuoto di
Thévenin potremo scrivere:
E0 = R3 i3 .
Per determinare il valore dell’intensità di corrente i3 risolviamo le equazioni:
½
R1 + r
J = i1 + i3
→ i3 = J
.
−R1 i1 − ri1 + R3 i3 + R2 i3
R1 + R2 + R3 + r
Con i valori dei parametri assegnati avremo dunque:
E0 = R3 i3 = 0.57 V.
Per determinare la RT h dobbiamo poi caratterizzare il bipolo dai terminali
a O
b una volta spento il generatore di corrente J. È immediato verificare
O
a è data dalla somma di quella nel
che la corrente entrante nel terminale O
4.5 Esercizi
223
resistore R3 e di quella nella serie dei resistori R1 ed R2 con il generatore
controllato. Pertanto:
ia = i3 + i1 =
dunque:
RT h =
vab
vab
+
,
R3
R1 + R2 + r
R3 (R1 + R2 + r)
vab
=
= 0.85 W.
ia
R1 + R2 + R3 + r
A questo punto, applicando il teorema di Thévenin, la corrente richiesta
è data da:
E0
∼
i4 =
= 0.31 A.
RT h + R4
10. I resistori R2 , R3 , R4 risultano collegati a stella, e possono essere sostituiti
da un triangolo equivalente con R∆ = 9 Ω (osservando che essi hanno lo
stesso valore). A questo punto il triangolo, assieme ai resistori R5 ed R6 ,
può essere ridotto ad un unico resistore equivalente:
¡
¢
Req = R∆ k R∆ k R5 + R∆ k R6 = 4.5 W.
a e O
b del circuito. Applicando la sovrappoche fa capo proprio ai nodi O
sizione degli effetti, avremo:
0
vab
=E
Req
= 10 V,
R1 + Req
00
= J · Req k R1 = 11.25 V,
vab
0
00
e dunque vab = vab
= vab
= 21, 25 V.
5.10 Esercizi
319
Esercizi
1. Per il circuito di figura, in regime sinusoidale, determinare la tensione del
resistore R2 .
+
L
R1
j(t)
vR2
R2
C
-
j(t) = 10 cos 500t A,
R1 = 5 W, R2 = 10 W,
L = 10 mH, C = 200 µF.
2. Il circuito in figura è in regime sinusoidale. Determinare la potenza
complessa assorbita dal condensatore C.
R2
R3
e(t)
C
+
-
L
R1
j(t)
j(t) = 5 cos 100t A,
e(t) = 10 cos(100t + π/4) V,
R1 = 10 W, R2 = R3 = 5 W,
C = 1000 µF, L = 200 mH.
3. Il circuito in figura è in regime sinusoidale. Determinare la potenza
complessa erogata dal generatore di tensione.
R2
e(t)
R1
C
L
e(t) = 100 cos 50t V,
R1 = 10 W, R2 = 20 W,
C = 1000 µF, L = 500 mH.
4. Il circuito in figura è in regime sinusoidale. Utilizzando Thévenin ai
terminali della capacità C, determinare l’intensità di corrente iC .
j(t)
iC
R1
L1
C
L2
R2
j(t) = 0.2 cos 500t A,
R1 = R2 = 50 W,
L1 = L2 = 100 mH,
C = 20 µF.
320
5 Circuiti dinamici lineari a regime
5. Il circuito in figura è in regime sinusoidale. Utilizzando Norton ai terminali
1 O
2 determinare la potenza media dissipata sul resistore R2 .
O
e(t)
e(t) = 50 cos 314t V,
R1 = R2 = 50 W,
L = 10 mH, C = 10 µF.
C
R1
L
R2
6. Il circuito in figura è in regime sinusoidale. Determinare l’energia dissipata
in un periodo dai due resistori.
L2
-
e(t) = 100 cos 200t V,
R1 = 100 W, R2 = 200 W,
L1 = 10 mH, L2 = 20 mH.
L1
R1
e(t) +
R2
7. Il circuito in figura è in regime permanente. Determinare la potenza media
assorbita dal resistore R2 .
C
R1
R2
+
-
L
j(t)
e(t)
j(t) = 5 cos 100t A,
e(t) = 10 V,
R1 = 10 W, R2 = 5 W,
C = 1000 µF, L = 200 mH.
8. Il circuito in figura è in regime permanente. Determinare l’intensità di
corrente i(t) dell’induttore.
i(t)
R
+
e1(t)
-
L
C
+
- e2(t)
e1 (t) = cosω1 t V,
e2 (t) = cosω2 t V,
ω1 = 104 rad/s, ω2 = 4ω1 ,
R = 1 W,
C = 25 µF, H = 25 µH.
9. Il circuito in figura è in regime permanente. Determinare la potenza media
assorbita dal resistore R2 .
5.10 Esercizi
e(t)
+
-
R1
L
C
j(t)
R2
321
j(t) = 10 cos 500t A,
e(t) = 20 V,
R1 = R2 = 25 W,
L = 50 mH,
C = 200 µF.
10. Il circuito in figura è in regime sinusoidale. Applicando Thévenin ai
1 O
2 , calcolare la tensione vC (t) della capacità C.
terminali O
e(t)
+
-
R
L
C
R
j(t)
e(t) = cos 106 t V,
j(t) = cos 106 t A,
R = 1 W,
L = 1 µH,
C = 1 µF.
322
5 Circuiti dinamici lineari a regime
Soluzioni
1. Possiamo applicare la riduzione per serie-parallelo ed i partitori al circuito
di impedenze per calcolare quanto richiesto. Osserviamo anzitutto che
XL = 5 W, XC = 10 W. Effettuando prima il parallelo tra R2 e C e
successivamente la serie con L otteniamo:
Żeq1 =
ŻR2 · ŻC
10 · (−j10)
= 5 − j5,
=
10 − j10
ŻR2 + ŻC
Żeq2 = ŻL + Żeq1 = j5 + 5 − j5 = 5.
Applicando ora il partitore di corrente possiamo calcolare facilmente
l’intensità di corrente in Żeq2 :
I¯L = J¯
ŻR1
1
= 10 = 5.
2
ŻR1 + Żeq2
Infine:
V̄R2 = I¯L · Żeq1 = 25 − 25j → vR2 (t) = 35.4 cos(500t − 0.79).
2. Applichiamo il metodo dei potenziali di nodo. Considerando le leggi di
Kirchhoff per le correnti ai primi due nodi in alto da sinistra (il potenziale
del terzo nodo è un termine noto in quanto collegato ad un generatore di
tensione) avremo le equazioni:

Ū2 − Ū1
Ū2 − Ū1
Ū2



+
+
= 0,
−J¯ +


R1
R2
−jXC


Ū1 − Ū2
Ū1
Ū1 − Ū2
Ū1 − E


+
+
+
= 0,

R2
jXL
−jXC
R3
che risolte danno:
Ū1 = 16.8 + 9.6j, Ū2 = 25.8 + 3.4j.
Pertanto:
V̄C = Ū1 − Ū2 = −9.0 + 6.2j,
ed infine:
2
1 |VC |
P̂C = − j
= −j6.0 VA.
2 XC
5.10 Esercizi
323
3. Possiamo agevolmente calcolare il fasore corrispondente all’intensità di
corrente erogata dal generatore riducendo le impedenze ad esso connesse
per serie parallelo. Osserviamo anzitutto che XL = 25 W, XC = 20 W.
Effettuando prima il parallelo tra R1 e ŻC e successivamente la serie con
ŻL ed R2 otteniamo:
Żeq1 =
ŻR1 · ŻC
10 · (−j20)
=
= 8 − j4,
10 − j20
ŻR1 + ŻC
Żeq2 = Żeq1 + ŻL + R2 = 28 + j21.
Pertanto l’intensità di corrente erogata dal generatore è I¯ =
2.3 − 1.7j, e la potenza complessa erogata risulta:
P̂E =
Ē
=
Żeq2
1
Ē · I¯∗ = 114.3 + 85.7j VA.
2
4. Per utilizzare Thévenin dobbiamo anzitutto calcolare l’impedenza equivalente ŻT h e la tensione a vuoto Ē0 . Per quanto riguarda l’impedenza
equivalente vista dai terminali del condensatore, una volta spento il generatore di corrente, è utile osservare come essa, tenuto conto dei valori
numerici, risulti il parallelo di due impedenze uguali:
³
´ ³
´
ŻT h = R1 + ŻL2 k ŻL1 + R2 = 25 + 25j,
La tensione a vuoto Ē0 può agevolmente essere calcolata come differenza
tra quelle su R1 e su ŻL2 quando sia presente il generatore di corrente:
Ē0 = V̄R1 − V̄ŻL2 =
´
J¯ ³
R1 − ŻL2 = 5 − 5j.
2
A questo punto è immediato calcolare l’intensità di corrente iC :
I¯C =
Ē0
= 0.08 + 0.04j,
ŻT h + ŻC
iC (t) = 0.089 cos (500t + 0.46) .
5. Per utilizzare Norton dobbiamo anzitutto calcolare l’impedenza equivalente ŻT h e l’intensità di corrente di corto circuito J¯cc . Esse risultano:
³
´
ŻL · ŻC + R1
= 0.005 + 3.171j,
ŻT h =
ŻL + ŻC + R1
324
5 Circuiti dinamici lineari a regime
J¯cc =
Ē
= 0.024 + 0.153j.
ŻC + R1
Il resistore R2 risulta in parallelo con ŻT h nello schema equivalente. Pertanto è immediato calcolare la tensione del parallelo e la potenza assorbita
da R2 :
ŻT h · R2
V̄R2 = J¯cc
= −0.48 + 0.11j,
ŻT h + R2
¯
¯2
1 ¯V̄R2 ¯
PR2 =
= 2.4 mW.
2 R2
6. L’energia dissipata in un periodo sui resistori sarà pari al prodotto della
potenza media assorbita per la durata del periodo T. Pertanto possiamo direttamente calcolare la potenza attiva assorbita dai due resistori.
Osservando però che essa coincide con quella erogata dal generatore andiamo in definitiva a determinare quest’ultima. Osserviamo anzitutto che
XL1 = 2 W, XL2 = 4 W. L’impedenza vista dal generatore risulta:
³
´
ŻL2 · ŻL1 + R2
Żeq = R1 +
= 100 + 4j.
ŻL2 + ŻL1 + R2
Ē
Pertanto l’intensità di corrente erogata dal generatore è I¯ =
= 0.99−
Żeq
0.04j, e la potenza attiva erogata risulta:
½
¾
1
PE = Re
Ē · I¯∗ = 49.9 W.
2
In un periodo T = 2π/ω = 0.0314 s l’energia assorbita dai resistori
risulterà pari a:
WT = PE · T = 1.57 J.
7. Abbiamo in questo caso la sovrapposizione di un regime sinusoidale e
di uno stazionario, possiamo dunque calcolare separatamente le potenze medie e sommarle. Considerando agente il solo generatore stazionario
e(t), è immediato calcolare la potenza istantanea assorbita da R 2 come
p02 = E 2 /R2 = 20 W. Essa coincide con la potenza media P20 , essendo
stazionaria.
Quando agisce invece il solo generatore sinusoidale j(t), invece, dovremo
considerare il circuito di impedenze corrispondente al circuito in regime sinusoidale. Il fasore I¯2 può essere calcolato applicando due volte il partitore
di corrente, ottenendo:
5.10 Esercizi
I¯2 = J¯
325
R1
ŻL
³
´
= 2 + 2j.
R1 + ŻC + ŻL //R2 ŻL + R2
In tal caso la potenza media ha l’espressione:
P200 =
1 ¯¯ ¯¯¯2
R2 I = 20 W.
2
Infine, sommando i due risultati otteniamo:
P2 = P20 + P200 = 40 W.
8. Il circuito è forzato da due generatori non isofrequenziali. Possiamo applicare la sovrapposizione degli effetti, naturalmente osservando che, essendoci due pulsazioni differenti, la corrispondenza con i fasori va costruita
con due diversi circuiti di impedenze. Pertanto i risultati potranno essere
sommati solo nel dominio del tempo.
Calcoliamo dapprima il contributo all’intensità di corrente i0 (t) dovuto
al generatore e1 (t). Utilizzando il circuito di impedenze corrispondente, e
risolvendo per serie-parallelo, posto:
Żeq1 =
otteniamo:
I¯L0 =
dunque:
ŻC1 · ŻL1
= 0.27j,
ŻC1 + ŻL1
E1
ŻC1
=0.99 − 0.27j,
R + Żeq1 ŻC1 + ŻL1
¡
¢
i0 (t) = 1.03 cos 104 t − 0.26
.
Il contributo all’intensità di corrente i00 (t) dovuto al generatore e2 (t)
può essere ricavato in modo analogo. Definendo un secondo circuito di
impedenze a pulsazione ω2 e risolvendo per serie-parallelo, posto:
Żeq2 =
otteniamo:
I¯L00 =
dunque:
R · ŻL2
= 0.5 + 0.5j,
R + ŻL2
E2
R
= 1,
ŻC2 + Żeq2 R + ŻL2
¡
¢
i00 (t) = cos 4 · 104 t .
Infine, sommando i due contributi, avremo:
326
5 Circuiti dinamici lineari a regime
¡
¢
i (t) = i0 (t) + i00 (t) = 1.03 cos 104 t − 0.26 + cos(4 · 104 t).
9. Osservando che il circuito è forzato da due generatori non isofrequenziali,
la potenza media può agevolmente essere calcolata sommando i contributi
dei singoli generatori. Per quanto riguarda il generatore di corrente sinusoidale, risolvendo per serie parallelo ed utilizzando il partitore di corrente
è abbastanza immediato ricavare:
I¯R2 = 1.81 + 2.7j,
0
PR2
= 26.6 W.
Il contributo dovuto al generatore di tensione costante è ancor più immediato: difatti, analizzando il circuito in condizioni stazionarie, si ottiene
immediatamente che:
E2
00
PR2
=
= 20 W.
R2
Infine, sommando i due risultati precedenti si ha:
0
00
PR2 = PR2
+ PR2
= 46.6 W.
10. Per utilizzare Thévenin dobbiamo anzitutto calcolare l’impedenza equivalente ŻT h e la tensione a vuoto Ē0 . Per quanto riguarda l’impedenza equivalente vista dai terminali del condensatore una volta spento i generatori,
essa risulta:
³
´
ŻT h = R + ŻL k R = 0.6 + 0.2j.
La tensione a vuoto Ē0 può essere calcolata applicando la sovrapposizione.
Quando agisce il solo generatore di tensione, applicando il partitore di
tensione avremo:
Ē00 = Ē
ŻL + R
= 0.6 + 0.2j.
ŻL + R + R
Quando agisce il solo generatore di corrente, applicando il partitore di
corrente avremo:
Ē000 = J¯
R
R = 0.4 − 0.2j,
ŻL + R + R
e dunque Ē0 = Ē00 + Ē000 = 1. A questo punto è immediato calcolare la
tensione del condensatore:
5.10 Esercizi
Ē0
= 0.8 − 0.6j,
ŻT h + ŻC
¡
¢
vC (t) = cos 106 t − 0.64 .
V̄C = ŻC
327
6.6 Esercizi
381
Esercizi
1. Determinare la matrice delle resistenze del doppio bipolo:
R2
R1
R1 = 1 W,
R2 = 2 W.
R1
R2
2. Determinare la caratterizzazione ibrida del doppio bipolo in figura.
R2
v1
+
-
R1
R3
i2
R1 = 15 W,
R2 = 10 W,
R3 = 5 W.
3. Determinare la caratterizzazione controllata in tensione del doppio bipolo
in figura.
R1
R4
J
R1 = R2 = R3 = R3 = 1 W,
J = 1.
R3
R2
4. Determinare la caratterizzazione controllata in tensione del doppio bipolo
in figura.
+ i1
v1
-
R1
R2
R3
R4
i2 +
gv1
v2
-
R1 = R2 = R3 = R3 = 1 W,
g = 1 W−1 .
382
6 Doppi bipoli
5. Considerato il doppioµbipolo
¶ lineare (non reciproco) descritto dalla matrice
34
delle resistenze R =
, realizzarne la sintesi.
12
6. Realizzare la sintesi a T per il doppio bipolo in figura:
R1
R2
R3
R1 = R5 = 10 W,
R3 = 15 W,
R2 = R4 = 5 W.
R5
R4
7. Il circuito in figura è in regime permanente. Determinare la tensione del
resistore, vR (t).
n:1
L
e(t)
+
-
C
R
e (t) = Em cos (ωt + π/4) V,
Em = 1 A, ω = 106 rad/s,
R = 10 mW, C = 1 µF,
L = 0.01 µH, n = 10.
8. Il circuito in figura è in regime sinusoidale. Determinare l’andamento della
tensione del condensatore v C (t).
C
M
R1
j(t)
L1
R2
L2
+
e(t) -
j (t) = 5 sin 500t A,
e (t) = 100 sin 500t A,
R1 = 10 W, R2 = 5 W,
C = 100 µF,
L1 = 12 mH, L2 = 3 mH,
M = 6 mH.
9. Il circuito di figura è in regime sinusoidale. Calcolare:
a) la matrice delle impedenze Ż del doppio bipolo di impedenze visto dai
due generatori,
b) utilizzando la matrice Ż, calcolata precedentemente, determinare la
tensione v1 (t),
c) determinare la potenza complessa erogata dai singoli generatori di
corrente.
6.6 Esercizi
L
R
j1(t)
C
R
j1 (t) = J cos ωt A,
j2 (t) = J sin ωt A,
j2(t) J = 2A, ω = 104 rad/s,
R = 2 W, L = 0.2 mH,
C = 50 µF
383
384
6 Doppi bipoli
1. La caratterizzazione richiesta sarà nella forma:
µ ¶ µ
¶µ ¶
v1
R11 R12
i1
=
.
v2
R12 R22
i2
È immediato verificare che:
R11 = R2 + [R1 || (R2 + R3 )] =
11
W.
4
Essendo poi il doppio bipolo simmetrico, possiamo senz’altro porre:
R22 = R11 =
11
W.
4
Per quanto
¯ riguarda il calcolo di R12 (= R21 ), partendo dalla definizione
v1 ¯
R12 = i2 ¯
si tratta di calcolare il valore di v1 quando i1 = 0. In tal
i1 =0
caso, ponendo v1 = vR1 + vR2 ricaviamo:
vR1 = R1 i2
R1
,
R1 + R2 + R1
e
vR2 = R2 i2 .
Pertanto
R12 = R21 =
R12
5
+ R2 = W.
R1 + R2 + R1
4
2. La caratterizzazione richiesta sarà nella forma:
µ ¶ µ
¶µ ¶
i1
H11 H12
v1
=
.
v2
H12 H22
i2
Applicando le definizioni per i diversi parametri avremo:
¯
i1 ¯¯
2 −1
−1
H11 =
W ,
= [(R2 + R3 ) ||R1 ] =
¯
v1 i2 =0
15
H12
¯
v2 ¯¯
50
H22 =
W,
= R2 ||R3 =
¯
i2 v1 =0
15
¯
i1 ¯
5
R3
= −H21 = ¯¯
=−
=
.
i2 v1 =0
R2 + R3
15
6.6 Esercizi
385
3. La caratterizzazione richiesta sarà nella forma:
µ ¶ µ
¶µ ¶ µ
¶
i1
G11 G12
v1
I01
=
+
.
i2
G12 G22
v2
I02
Applichiamo la sovrapposizione spegnendo dapprima il generatore interno
e caratterizziamo in tensione il doppio bipolo resistivo risultante:
G11 = G4 +
G1 (G2 + G3 )
5
= W−1 ,
G1 + G2 + G3
3
(G1 + G2 )G3
2
= W−1 ,
G1 + G2 + G3
3
R2
1
(G1 + G2 )G3
= − W−1 .
G12 = G21 = −
G1 + G2 + G3 R1 + R2
3
Poi, con i generatori di caratterizzazione spenti, ricaviamo il contributo
del generatore interno:
G22 =
I01 = −J = −1 A,
I02 = 0.
4. Osserviamo che il generatore controllato è spento quando v1 = 0, quindi
non dà contributo nel calcolo dei termini G22 e G12 , inoltre il generatore
controllato, pur non essendo spento, non dà contributo nel calcolo del
termine G11 (per convincersene basta considerare il relativo circuito di
caratterizzazione).
Ponendo G1 = 1/R1 , G2 = 1/R2 , G3 = 1/R3 , G4 = 1/R4 , partendo dalle
definizioni dei singoli elementi avremo:
¯
i1 ¯¯
2 −1
G1 (G2 + G3 )
G11 =
=
W ,
=
¯
v1 v2 =0
G1 + G2 + G3
3
¯
i2 ¯¯
5 −1
(G1 + G2 ) G3
G22 =
+ G4 =
W ,
=
v2 ¯v1 =0
G1 + G2 + G3
3
Posto:
Req =
avremo:
G12 =
3
R1 R2
+ R3 = W,
R1 + R2
2
¯
i1 ¯¯
R2
1
R4
·
= − W−1 .
= −G22 ·
v2 ¯v1 =0
R4 + Req R1 + R2
3
Infine, per il termine G21 possiamo sommare il contributo del generatore
controllato a quello del doppio bipolo passivo alla sua sinistra. Denominando G021 il termine corrispondente, e ricordando che per la reciprocità G021 = G12 , applicando la legge di Kirchhoff al nodo del generatore
controllato otteniamo:
386
6 Doppi bipoli
G21 =
¯
i2 ¯¯
2 −1
= g + G12 =
W .
¯
v1 v2 =0
3
5. La sintesi di un doppio bipolo non reciproco (controllato in corrente) può
sempre essere immediatamente realizzata con lo schema di fig. 6.26. Una
possibile alternativa si ha attraverso la scomposizione:
0
00
v1 = R11 i1 + R12 i2 = R11 i1 + R12
i2 + R12
i2 ,
0
00
v2 = R21 i1 + R22 i2 = R21 i1 + R21 i1 + +R22 i2 ,
0
0
dove R
21¶ siano opportuni valori tali da garantire che la matrice
µ12 ed R
0
R11 R12
R’ =
verifichi le condizioni per i doppi bipoli lineari passivi
0
R12
R22
00
00
(§6.3.1), ed R12 , R21
i valori residui. In tal caso la sintesi può essere
effettuata con una terna di resistori, che sintetizza la matrice R’, con in
aggiunta (in serie alle due porte) due opportuni generatori di tensione
controllati in corrente. Nel caso in esame, posto:
µ
¶
µ
¶ µ
¶
34
31
03
R=
= R’ + R” =
+
,
12
12
00
avremo il circuito:
R1
+ i1
ri1
v1
R3 i
2 +
R2
v2
0
0
0
= 1 W,
= 1 W, R2 = R12
= 3 W, R3 = R22 − R12
con R1 = R11 − R12
00
r = R12 = 3 W.
6. Calcoliamo anzitutto i parametri R per il doppio bipolo in esame. Avremo:
R11 = R1 + [R2 || (R3 + R4 )] = 14 W
R22 = R5 + [R4 || (R2 + R3 )] = 14 W
R12 =
R4 · R2
=1W
R2 + R3 + R4
Pertanto, nel classico schema a T (§6.3.4) si avrà:
Ra = R11 − R12 = 13 W,
Rc = R22 − R12 = 13 W,
R2 = R12 = 1 W.
6.6 Esercizi
387
7. Il circuito può essere facilmente risolto applicando la proprietà di trasporto al primario dell’impedenza Żeq costituita dal parallelo tra quella del
resistore R e quella del condensatore C. Essa sarà data da:
0
Żeq
= n2 Żeq = n2
ZC R
= 0.99 − 0.099j.
ZC + R
La tensione del resistore R può essere immediatamente calcolata appli0
cando il partitore di tensione tra l’impedenza Żeq
e quella dell’induttore
L e riportando a secondario del trasformatore il valore ottenuto:
VR =
ed infine:
1
Żeq
· Ē ·
= 0.078 + 0.064j,
n
ŻL + Żeq
¡
¢
vR (t) = 0.1 cos 106 t + 0.68 .
8. Per il mutuo accoppiamento presente nel circuito risulta verificata la condizione di accoppiamento perfetto L1 L2 = M 2 . Utilizzando il corrispondente circuito equivalente con il trasformatore ideale, e trasportando al
primario la serie R2 − e (t), si ottiene il circuito di figura.
n2R2
C
R1
+
-
L1
j(t)
n e(t)
Per il calcolo della tensione del condensatore possiamo applicare Thévenin
ai suoi terminali. In tal caso avremo:
Ē0 = J¯ · R1 − nĒ
ŻT h = R1 +
Pertanto:
VC = Ē0 ·
ŻL1
= 33.5 − 55.0j,
+ ŻL1
n2 R2
n2 R2 · ŻL1
= 11.7 + 5.5j.
n2 R2 + ŻL1
ŻC
= −9.02 − 68.7j,
ŻC + ŻT h
ed infine:
vC (t) = 69.29 sin (500t − 1.70) .
388
6 Doppi bipoli
9. Considerando il circuito di impedenze corrispondente, si ha immediatamente:
Ż11 = R + ŻC = 2 − 0.2j,
Ż22 = ŻL + ŻC + R = 2 + 18.8j,
Ż12 = ŻC = 0 + 0.2j = Ż21 .
Pertanto la tensione v1 (t) può essere agevolmente calcolata come:
¡
¢
V̄1 = Ż11 J¯1 + Ż12 J¯2 = 1.8 − 0.2j, v1 (t) = 1.81 cos 104 t − 0.11 .
Per quanto riguarda la potenza complessa erogata dai generatori, avremo:
P̂1 =
1 ¯∗
1
V̄1 J1 = 0.9 − 0.1j, P̂2 = V̄2 J¯2∗ = 1.1 + 9.9j.
2
2
490
7 Dinamica dei circuiti lineari
Esercizi
1. Per il circuito in figura determinare: a) l’equivalente di Thévenin ai
1 ,O
2 b) l’andamento della tensione della capacità vC (t) per
terminali O
t ≥ 0.
+
R2
R1
j(t)
R3
C
vC(t)
-
R1 = R2 = 2 W,
R3 = 1 W,
C = 0.1 F,
J = 2A,
vC (0) = 0.
2. Il circuito in figura è in regime sinusoidale per t < 0. Determinare
l’andamento dell’ intensità di corrente del resistore R3 per t ≥ 0.
½
2 cos(100t) V t < 0,
e(t) =
0 V t ≥ 0,
R2
e(t)
R1 = R2 = 10 W,
R1
L
R3
R3 = 5 W,
L = 100 mH.
3. Il circuito in figura è a regime per t < 0, prima dell’intervento dell’interruttore. Determinare l’andamento dell’intensità di corrente dell’induttore
iL (t) per t ≥ 0.
L
iL
J
R
R
t=0
R = 10 W,
J = 10 A,
L = 500 mH.
4. Il circuito in figura è a regime per t < 0, prima dell’intervento dell’interruttore. Determinare l’andamento della tensione vC (t) sulla capacità.
E
R
t=0
+
vC
-
C
R
R = 10 W,
E = 50 V,
C = 500 µF.
7.5 Esercizi
491
5. Determinare l’andamento dell’intensità di corrente dell’induttore iL (t) per
1 -O
2 per descrivere la parte
t ≥ 0 (si consiglia di applicare Norton ai nodi O
a-dinamica del circuito).
v=ri1
j(t)
iL
R2
R1
R1 = 2 W, R2 = 4 W,
R3 = 8 W, r = 2 W,
L = 100 mH,
J = 5 A, iL (0) = 0 A.
L
R3
6. Il circuito in figura è a regime per t < 0. Successivamente il generatore di tensione e(t) si spegne. Determinare l’andamento della corrente
dell’induttore, iL (t), −∞ < t < ∞.
½
iL
e(t)
R1
+
-
R2
10 cos (50t) V t < 0,
0 V t ≥ 0,
J(t) = 5 A,
R1 = R2 = 40 W,
R3 = 20 W, L = 500 mH.
e(t) =
J
R3
7. Per il circuito in figura determinare l’intensità di corrente dell’induttore
iL (t) per −∞ < t < ∞.
½
e(t)
iL(t)
R
C
R
L
−1 V t < 0
1V t≥0
R = 10 W,
L = 5 mH,
C = 100 µF.
e(t) =
8. Il circuito di figura è in regime stazionario per t < 0. Determinare: a)
la resistenza equivalente del bipolo serie “resistore-generatore di tensione controllato in tensione”,b) l’andamento dell’intensità di corrente che
attraversa l’induttore, i(t), per t ≥ 0.
492
7 Dinamica dei circuiti lineari
½
n:1
R
e(t)
1 A t < 0,
0 A t ≥ 0,
R = 2 W, L = 1 µH,
C = 1 µF, α = 0.5.
j (t) =
L
C
9. Il circuito in figura è in regime stazionario per t < 0. Determinare
l’andamento dell’intensità di corrente dell’induttore.
½
−1 V t < 0,
M
e(t) =
2 cos 50t V t ≥ 0,
+
R
=
5
W
,
R
+
L1
L2
vC(t) L = 500 mH,
e(t)
C = 2000 µF,
n = 5.
10. Il circuito in figura è in regime sinusoidale per t < 0. Determinare l’
andamento della tensione del condensatore vC (t) per −∞ < t < ∞.
½
10 cos (314t) V t < 0,
M
e(t) =
0 V t ≥ 0,
R
+
R
=
10
W
, C = 100 µF,
e(t)
L1
L2
C
L1 = 12 mH, L2 = 3 mH,
M = 6 mH.
7.5 Esercizi
493
1. Dopo aver disconnesso la capacità C, per trovare l’equivalente di Thévenin,
calcoliamo anzitutto la resistenza equivalente (una volta spenti i genera1 , O
2 :
tori) dai terminali O
RT h =
R3 (R1 + R2 )
4
= W.
R3 + (R1 + R2 )
5
Per la tensione a vuoto E0 possiamo applicare il partitore di tensione
alla serie R2 R3 , dopo aver calcolato la tensione del generatore J come
prodotto della corrente per la resistenza complessiva vista dal generatore:
E0 = J
R1 (R2 + R3 )
R3
4
= V.
R1 + R2 + R3 R2 + R3
5
Una volta determinato l’equivalente di Thévenin ai terminali, è immediato scrivere l’integrale generale della soluzione per l’incognita considerata.
Infatti la soluzione dell’omogenea associata è:
−R
vC0 = Ae
t
T hC
,
inoltre è immediato verificare che l’integrale particolare è dato da vCp =
E0 = 12/15. Pertanto, imponendo la condizione iniziale vC (0) = 0 si
ottiene:
t
12
12
vC (t) = − e− 0.08 + .
15
15
2. Applichiamo Thévenin ai terminali a cui è collegato l’induttore, la tensione
a vuoto vale:
½
R3
0.4 cos(100t) t < 0
e0 (t) =
e(t) =
0 t≥0
R1 + R2 + R3
mentre la resistenza equivalente è data da:
RT h = (R1 + R2 ) k R3 = 4W,
Il circuito RL serie a cui ci siamo ricondotti in tal modo è in regime
sinusoidale per t < 0, per passando ai fasori, e ponendo E0 = 0.4, ŻL =
j10, si calcola facilmente la corrente dell’induttore in tale condizione:
IL =
E0
= 0.0138 + 0.0345j,
RT h + ŻL
iL (t) ∼
= 0.371 cos(100t − 1.19) (t < 0).
Da qui si ricava la condizione iniziale per lo studio del circuito per t ≥ 0,
che risulta:
iL (0) = I0 = 0.371 cos(−1.19) = 0.0138.
494
7 Dinamica dei circuiti lineari
La soluzione per t ≥ 0 ha dunque l’espressione:
iL (t) = I0 e−
RT h
L
t
= 0.0138e−40t .
3. Per t < 0 il circuito è in regime stazionario. In tali condizioni, con l’interruttore aperto, la corrente dell’induttore risulta i L =J/2. Alla chiusura
dell’interruttore il resistore R risulta “cortocircuitato”. In tal caso si ha
che l’integrale dell’omogenea ha l’espressione:
R
iL (t) = Ae− L t ,
e che la soluzione di regime per t → ∞ risulta:
iL∞ = J.
Imponendo la condizione iniziale iL (0) = J/2 = A + J ricaviamo A =
−J/2, ottenendo la soluzione:
R
iL (t) = −J/2e− L t + J = −5e−20t + 10.
4. Per t < 0 il circuito è in regime stazionario. In tali condizioni, con l’interruttore aperto, la tensione della capacità risulta v C =E/2. Alla chiusura
dell’interruttore il resistore R in serie ad esso risulta di fatto escluso dal
circuito. In tal caso si ha che l’integrale dell’omogenea ha l’espressione:
t
vC (t) = Ae− RC ,
e che la soluzione di regime per t → ∞ risulta:
vC∞ = E.
Imponendo la condizione iniziale vC (0) = E/2 = A + E ricaviamo A =
−E/2, ottenendo la soluzione:
t
vC (t) = −E/2e− RC + E = −25e−200t + 50.
1 -O
2 . Il calcolo della resi5. Applichiamo Norton, come suggerito, ai nodi O
stenza equivalente è pressoché immediato se si osserva che a) una volta
spento il generatore indipendente J la corrente di pilotaggio del generatore controllato è proprio pari alla sua corrente, b) il bipolo equivalente
1 -O
2 è costituito dal parallelo tra R3 e la serie tra R1 , R2
visto dai nodi O
ed il generatore controllato. Pertanto avremo:
7.5 Esercizi
495
Req = R3 k (R1 + R2 + r) = 4 W.
Per quanto concerne il calcolo di Jcc osserviamo anzitutto che, messi in
1 -O
2 il resistore R3 viene di fatto eliminato. Anacorto circuito i nodi O
lizzando il circuito corrispondente (avendo fissato il verso di Jcc dal nodo
1 -O
2 ) potremo scrivere le equazioni:
O
J = i1 + Jcc ,
R1 i1 = −ri1 + R2 Jcc .
Sostituendo la prima nella seconda si ottiene subito:
Jcc =
R1 + r
5
J= .
R1 + R1 + r
2
6. Possiamo utilmente applicare la sovrapposizione degli effetti. Consideriamo dunque dapprima agente il solo generatore di corrente costante
J. Utilizzando al solito il circuito a-dinamico che otteniamo sostituendo
all’induttore un circuito aperto otteniamo immediatamente:
J
= −2.5 A.
2
Per quanto riguarda gli effetti del generatore variabile e(t), avremo un regime sinusoidale per t < 0, ed una evoluzione libera per t ≥ 0. Utilizzando
i fasori, posto:
³
´
R2 ŻL + R3
Żeq = R1 +
= 57.28 + 9.47j,
R2 + ŻL + R3
i0L = −
otteniamo subito:
IL =
E
R2
·
= 0.090−0.056j ⇒ i00L = 0.106 cos (50t − 0.56) .
Żeq R2 + ŻL + R3
In particolare, posto t = 0 nella precedente espressione otteniamo la
condizione iniziale:
i00L (0) = 0.090 = I0 .
A questo punto la soluzione dinamica (evoluzione libera) per t ≥ 0 è
immediata:
Req
i00L (t) = I0 e− L t = 0.90e−42t .
In definitiva avremo:
iL (t) = i0L (t) + i00L (t) =
½
0.106 cos (50t − 0.56) − 2.5 t < 0
.
0.90e−42t − 2.5 t ≥ 0
496
7 Dinamica dei circuiti lineari
7. Il circuito è in regime stazionario per t < 0. È immediato verificare che in
tal caso risulta:
e
−1
=
= −0.1 A, vC (t) = −e = 1 V.
R
10
Per l’analisi per t ≥ 0 innanzitutto osserviamo che per t → ∞ avremo
iL (t) =
iL∞ =
e∞
1
=
= 0.1 A.
R
10
Spento il generatore e ridotti conseguentemente in parallelo i due resistori,
l’equazione del circuito (in termini dell’intensità di corrente iL ) è:
d2 iL
1
1 diL
+
iL = 0,
+
2
dt
Req C dt
LC
con le condizioni iniziali:
iL (0) = −0.1
e
¯
diL ¯¯
vL (0)
= 400.
=
¯
dt t=0
L
Le frequenze naturali del circuito risultano:
λ1,2 = σ ± jω = −1000 ± 1000j,
posto:
i(t) = eσt (A cos ωt + B sin ωt) + i∞ ,
possiamo imporre le condizioni iniziali alla soluzione generale per ricavare
i valori delle costanti A e B:
(
½
A = I0 − i∞ = 0.2
A = −0.2
vL
⇒
σA + ωB =
B = −0.2
L
8. Caratterizziamo anzitutto il bipolo costituito dal generatore controllato e
dal resistore R (quella parte di circuito può essere vista come un bipolo
proprio in conseguenza del fatto che la variabile di controllo è v R ).
v = αvR + vR = (α + 1) Ri ⇒ Req = (α + 1) R = 3 W.
Per calcolare l’andamento della corrente dell’induttore per t ≥ 0 osserviamo anzitutto che il circuito si trova in regime stazionario per t < 0. Risolvendo il circuito a-dinamico che otteniamo, al solito, sostituendo al condensatore un circuito aperto ed all’induttore un corto circuito otteniamo
le condizioni iniziali:
7.5 Esercizi
497
vC (0) = V0 = 0 V, iL (0) = I0 = −1 A.
Il generatore di corrente si “spegne” per t ≥ 0. Di conseguenza la dinamica
della corrente richiesta rappresenta l’evoluzione libera di un circuito RLC
serie a partire dalle condizioni iniziali calcolate. L’equazione caratteristica
è in questo caso:
Req
1
λ2 +
λ+
= 0,
L
LC
che risolta fornisce λ1 = −3.82 · 105 , λ2 = −2.62 · 106 . La soluzione ha
dunque la forma:
i(t) = k1 eλ1 t + k2 eλ2 t .
Per il calcolo delle costanti k1 , k2 imponiamo le condizioni iniziali:
½
½
k1 + k2 = −1
k1 = −1.17
⇒
λ1 k1 + λ2 k2 = vLL = −3 · 106
k2 = 0.17
9. Il circuito può essere facilmente analizzato applicando la proprietà di trasporto al primario al condensatore, ottenendo un condensatore di capacità
C 0 = C/n2 . A questo punto il circuito risulta un classico RLC serie. Esso è forzato da un generatore di tensione che assume valore costante per
t < 0, ed ha invece un andamento sinusoidale per t ≥ 0. Di conseguenza per t < 0 il circuito risulta in regime stazionario, dopodichè si avrà
una dinamica con forzamento sinusoidale a partire dalle condizioni iniziali
determinate a t=0.
Risolvendo il circuito a-dinamico che otteniamo, al solito, sostituendo
al condensatore un circuito aperto ed all’induttore un corto circuito,
otteniamo gli andamento per t < 0:
vC (t) = −1 V, iL (t) = 0 A,
essi rappresentano anche, per continuità, le condizioni iniziali V0 , I0 per
la successiva dinamica. L’equazione caratteristica è in questo caso:
λ2 +
R
1
λ+
= 0,
L
LC 0
che risolta fornisce λ1,2 = −5 ± 158.0j. Tenuto conto del forzamento sinusoidale, l’integrale particolare potrà essere calcolato applicando i fasori.
In tal modo si ottiene:
i∞ (t) = 0.0089 cos(50t + 1.54),
Pertanto la soluzione generale sarà:
i(t) = eσt (A cos ωt + B sin ωt) + i∞ (t).
498
7 Dinamica dei circuiti lineari
Per il calcolo delle costanti A,B dovremo imporre:

½
 A = i ∞ − I0
¯
A = 0.0002
di∞ ¯¯
vL (0) ⇒
=
B = −0.3543
 σA + ωB +
¯
dt t=0
L
10. Notiamo anzitutto che il trasformatore presente nel circuito risulta ad
accoppiamento perfetto essendo L1 L2 = M 2 . In tal caso è possibile sostituirlo con un suo equivalente attraverso un trasformatore ideale di
rapporto:
n = L1 /M = M/L2 = 2,
con in parallelo alla porta di ingresso un induttore di valore L = L1 . Con
tale sostituzione, e trasportando al primario la il condensatore attraverso
la relazione
±
C 0 = C n2 = 25 µF,
otteniamo un circuito RLC parallelo (esso diviene tale effettivamente spegnendo il generatore). L’analisi per t < 0 può agevolmente essere condotta
mediante i fasori. Posto:
Żeq =
ŻL ŻC 0
= 3.88j
ŻL + ŻC 0
è immediato ricavare:
V C0 = E ·
IL =
Żeq
= 1.31 + 3.37j,
R + Żeq
V C0
= 0.90 − 0.35j,
ŻL
vC 0 (t) = 3.6 cos (314t + 1.2) (t < 0) ,
iL (t) = 0.96 cos (314t − 0.37) (t < 0) .
La dinamica per t ≥ 0 risulta invece un’evoluzione libera a partire dalle
condizioni determinate dal regime precedente per t = 0, vC 0 (0) = V0 =
1.310, iL (0) = I0 = 0.895. L’equazione caratteristica è nel nostro caso:
λ2 +
1
1
λ+
= 0,
0
RC
LC 0
che risolta fornisce λ1 = − 1183.5, λ2 = − 2816.5. La soluzione in questo
caso assume la forma:
vC 0 (t) = k1 eλ1 t + k2 eλ2 t .
Imponendo le condizioni iniziali si ottengono le condizioni: