Università degli Studi di Bergamo
Facoltà di Ingegneria
Corso di Elettrotecnica D.U.M. – A.A. 1997/98
Esame del 22 settembre 1998
“Soluzione a cura di: Giampaolo Redaelli”
Esercizio n°1
La prima cosa da considerare è che la rete elettrica è in regime stazionario quindi
possiamo sostituire i condensatori con circuiti aperti e gli induttori con cortocircuiti
semplificando il circuito.
R1
R2
E
V2
V
I2
I4
R3
c
d
R4
R5
A
VA
Ne segue dalla fig.1 le seguenti considerazioni:
I 1 =I 2 =I 3 ;
I5=I6=A=20 A
perché
le
correnti
sui
resistori sono in serie con il generatore di
corrente.
Ci sono diverse strategie per risolvere il
problema, con il metodo dei potenziali ai nodi
basta un’equazione (N−1=1)
R6
Fig. 1
Applichiamo la legge ai nodi di Kirchhoff al nodo C
I 2 +A−I 4 =0
1
V2
V
E−V
V
+A=
R 2
+A−
=0
R2
R 4 R1 + R 2 + R 3
R4
R2
24 − V
V
+ 20 − = 0
3
3
24 − 2V + 60 = 0
V=42V
Ricavato V possiamo calcolare I 2 .
V2
= −6A
R2
V
I4 =
= 14A
R4
PE = E ⋅ I 2 = 24 ⋅ (−6) = −144W
VA = V ⋅ A(R 5 + R 6 ) = 442V
PA = VA ⋅ A = 8840W
I2 =
Potenza assorbita
Potenza erogata
Un metodo forse più veloce per trovare la tensione V è applicare il teorema di Millman.
V=
V=
∑I
∑G
E
R1 + R 2 + R 3
+A
1
R1 + R 2 + R 3
+
1
R4
=
24
3
+ 20
2
3
= 42V
Esercizio n°2
Questa rete presenta generatori con pulsazioni ω differenti quindi è risolvibile solo col
metodo della sovrapposizione degli effetti.
Cominciamo studiando la rete spegnendo il generatore e(t) e lasciando acceso A e poi il
contrario (fig.3). Il primo circuito essendo in corrente continua viene semplificato,
sostituito l’induttore con un corto circuito e il condensatore con un circuito aperto,
ottenendo quello in fig.2.
I R1
A
R2
R1
Ovviamente I R3 =0
Per calcolare I R1 si fa il partitore di corrente
I R1 = A
R2
20
=
A
R1 + R2
3
Figura 2
Con riferimento alla rete di fig.3
R3
x L1 = ωL1 = 1Ω
x L 2 = ωL2 = 4Ω
1
xC =
= 4Ω
ωC
x L2
C
i R1
L2 e C sono in risonanza serie ⇒ Z=0
R 1 e R 3 sono uguali ed in parallelo, la loro resistenza
equivalente è
i R3
R3
2
R1
R2
x L1
i
.
e(t)
e(t )
i= R
= 20 − j 20 A
3
2 + R2 + jx L1
Figura 3
La corrente i si divide a metà su R 1 e R 3 .
i R1 = -10+j10 A
i R3 =10-j10 A
i’ R3 =10-j10 A
Le grandezze fasoriali con ω differenti non possono essere sommate, lo si può fare solo
nel dominio del tempo.
f (t ) = VM cos(ωt + ϕ ) ⇔
VM
2
e jϕ = F
Nel nostro caso ϕ=0 ed il valore efficace è 10 2 + 10 2 = 200 .
Si ricava che il valore massimo V M =20. Si riscrive i’ R1 e i’ R2 .
(
)
i' R1 (t) = −20cos 10 3 t A
20
i R1 (t) = I R1 + i' R1 (t) =
− 20cos 10 3 t A
3
3
i R3 (t) = 20cos 10 t A
(
)
(
)
Esercizio n° 3
La soluzione generale è:
i R (t ) = i R 0 (t ) + i Rp (t )
dove i R 0 è l’omogenea associata e i Rp l’integrale particolare.
Determiniamo iR 0 :
Z (λ ) = λL1 +
R1
troviamo
R2
A
λL 1
R1 (λL2 + R2 )
=0
R1 + R2 + λL2
RL
RR
L2 λ2 + R1 + R2 + 1 2 λ + 1 2 = 0
L1
L1
C
B
λL 2
− B ± B 2 − 4 AC
=
2A
i R 0 (t ) = C1e −0,191t + C 2 e −1,309t
α 1, 2 =
− 0,191
− 1,309
Per calcolare l’integrale particolare vediamo il circuito a transitorio esaurito (t= ∞ ), agli
induttori si sostituiscono i cortocircuiti.
i Rp =
E
= 12 A
R1
i R (t ) = i R 0 (t ) + i Rp (t ) = C1e −0,191t + C 2 e −1,309 t + 12
Per determinare C 1 e C 2 si impongono le condizioni iniziali (t=0 + ):
• i R (0 + )
di R
dt
•
t =0 +
E
= i L (0+ )
1
1
R2
E
i L (0− ) =
= i L (0+ )
2
2
R2
i R(0 + ) = i L (0+ ) − i L (0+ ) = 0 condizione iniziale di i R (t)
i L (0− ) =
R1
E
R2
i R(0 + )
i1
1
di R
dt
di L1
dt
di L2
=
di L1
dt
t =0 +
−
di L2
dt
=
1
(E − R1i R )
L1
=
1
R1i R − R2 i L2
L2
(
)
dt
di R
1
1
= (E − R1i R ) −
R1i R − R2 i L2
dt
L1
L2
(
per t=0 + .
di R
dt
=
t =0+
E E
+
= 12
L1 L2
)
vale ∀t>0
2
i R (0 + ) = C1 + C 2 + 12 = 0
di R (0 + )
= α 1C1 + α 2 C 2 = −0,191C1 − 1,309C 2 = 12
dt
C1 = −3,316 ;
C 2 = −8,684
i R (t ) = −3,316e −0,191t − 8,684e −1,309t + 12 A
