Esercizi sulle leggi di Kirchhoff e sulle potenze Esercizio n°1 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 i2 b i3 i4 c i6 i5 d i7 e 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 (*) 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). Esercizio n°2 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 i2 i1 N 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: − ia + i1 + i2 = 0 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 i2 i1 N 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 Esercizio n°3 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 i2 = 1 A , i1 = 5 A Esercizio n°4 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: 1 1 2 B A 2 B 3 A C C 3 3 D 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 Esercizio n°5 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: 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 v C = e 2 − e5 = e 2 v G = e3 − e 4 v D = e3 − e 2 v F = e 4 − e5 = e 4 Sostituendo i valori dati otteniamo: 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 Esercizio n°6 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 + v ca = 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 Esercizio n°7 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 ⇒ Esercizio n°8 Dato il circuito in figura: 1 iA 2 A iB vB = 2V vC = 5V D B vE = 9/8V iA = 8A E 3 C iB = 1A 4 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 DBC e ADE poi. A tale scopo fissiamo delle polarità di riferimento per le tensioni incognite e dei versi di percorrenza delle maglie: 1 iA + - 2 A iB vB = 2V vC = 5V + _ D B vE = 9/8V iA = 8A E 3 C iB = 1A 4 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 A questo punto determiniamo le correnti nei rami del circuito in cui non sono note, avendo fissato arbitrariamente dei versi di riferimento: 1 iA + - 2 A 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 D iE 3 ⇒ B 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: ⇒ assorbita elemento B (convenzione utilizzatore): 15 ⋅ 8 = 15W > 0 8 p B = v B ⋅ i B = 2 ⋅ 1 = 2W > 0 ⇒ assorbita 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 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 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. Esercizio n°9 Dato il circuito in figura: 1 A iE vA = 1V vC = 4V E D 2 iA B vD = 1V pB = 4W C 3 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 = − pB 4 + iC = − + 4 = 2 A vB 2 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. Esercizio n°10 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 ⇒ p (t ) = −15t + 375 Calcoliamo i valori della potenza agli estremi di ciascun intervallo di tempo: p (0) = 0W p(15) = −10 ⋅ (15) 2 + 160 ⋅ 15 = 150W p(10) = 600W 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 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 ⎦0 ⎣ 3 ⎦ 10 ⎣ 2 ⎦ 10 ⎣ 2 ⎦ 15 In definitiva: ⎡ (10) 2 ⎤ ⎡ (15) 3 (10) 3 ⎤ ⎡ (15) 2 (10) 2 ⎤ ⎡ (25) 2 (15) 2 ⎤ w(0,25) = 60 ⎢ − − − ⎥ − 10 ⎢ ⎥ + 160 ⎢ ⎥ − 15⎢ ⎥ + 375[25 − 15] 3 ⎦ 2 ⎦ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ 3 ⎣ 2 ⎣ 2 ⎡ (3375) − 1000 ⎤ ⎡ 225 − 100 ⎤ ⎡ 625 − 225 ⎤ w(0,25) = 3000 − 10⎢ + 160 ⎢ − 15⎢ ⎥ ⎥ ⎥⎦ + 3750 3 2 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎡125 ⎤ ⎡ 2375 ⎤ − 15[200] + 3750 + 160⎢ w(0,25) = 3000 − 10⎢ ⎥ ⎣ 2 ⎥⎦ ⎣ 3 ⎦ ⎡ 2375 ⎤ + 80[125] − 15[200] + 3750 w(0,25) = 3000 − 10⎢ ⎣ 3 ⎥⎦ ⎡ 2375 ⎤ ⎡ 2375 ⎤ = 5833.3J + 10000 − 3000 + 3750 = 13750 − 10 ⎢ w(0,25) = 3000 − 10⎢ ⎥ ⎣ 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. Esercizio n°11 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: p [W] 3 0 1 2 t(s) 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 Si ha quindi: = 3t 2 w(t ) 0 ≤ t ≤ 0 .5 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 = 3t 2 w(t ) 0 .5 ≤ t ≤ 1 1≤ t ≤ 2 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 considerato: 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]: