Esercizi - Elettrotecnica · 94 2 Analisi di circuiti semplici Esercizi 1. Si determinino la...

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 e attraversato da un’intensita 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’intensitadi corrente netta, con verso di riferimento uscente, quando l’andamentonel tempo della carica totale in essa contenuta e:a) Q(t) = 10 · 10−15t.b) Q(t) = −25 · 10−10t.c) Q(t) = 5 · 10−10 sin(314t).

4. Determinare la potenza assorbita da un bipolo in regime stazionario sa-pendo che i valori della tensione e dell’intensita di corrente, fatta laconvenzione 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 con-venzione del generatore.

6. Due bipoli sono collegati tra loro come mostrato nella figura. Supponendoche i valori di vi sono quelli dell’esercizio 4, determinare se la potenza elet-trica fluisce effettivamente dal primo bipolo verso il secondo o vice-versa.

i

1 2v

+

-

1.8 Esercizi 57

7. Una batteria da 18 V alimenta con una corrente di 300 mA un computerportatile. Quanta energia fornisce a quest’ultimo in 3 ore di funzionamen-to?

8. Per i circuiti di bipoli rappresentati nella figura seguente, considerate leconvenzioni ivi indicate, scrivere le LKC e LKT. In riferimento a ciascuninsieme di equazioni ricavate, individuare un sottoinsieme massimale diequazioni indipendenti.

1 2

3

4

+

+

+

+--

-

-

1 2

3

4 5

+

+

+ +

--

-

-

+

6+

-

-

1

3

4 5

+

+ + +

-

-

- -

2

+ -

q w

e

qw

e

q

e

w

r

9. Quanta energia e immagazzinata in un condensatore da 100 pF quandola tensione ai suoi morsetti e di 10 V?

10. Quanta energia e immagazzinata in un induttore da 50 mH quando la suacorrente e 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’intervallot1 = 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) 10−14A; b) -2.5 10−9A; 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.

a) LKC

+i1 − i2 + i3 = 0−i3 + i4 = 0

((((((((hhhhhhhh−i1 + i2 − i4 = 0LKT

−v1 + v2 = 0−v2 − v3 − v4 = 0

(((((((((hhhhhhhhh−v1 − v3 − v4 = 0

b) LKC

+i1 + i2 + i3 = 0−i2 − i3 + i4 − i5 = 0

((((((((hhhhhhhh−i1 − i4 + i5 = 0LKT

−v1 + v3 + v4 = 0+v2 − v3 = 0−v4 + v5 = 0

(((((((((hhhhhhhhh−v1 + v3 + v5 = 0

(((((((((hhhhhhhhh−v1 + v2 + v4 = 0

(((((((((hhhhhhhhh−v1 + v2 + v5 = 0

c) LKC

+i1 + i2 + i3 = 0−i3 − i4 − i5 = 0−i1 − i2 + i4 + i6 = 0((((((hhhhhh+i5 − i6 = 0

LKT

−v1 + v2 = 0−v2 − v3 + v4 = 0−v4 + v5 + v6 = 0

(((((((((hhhhhhhhh−v1 − v3 + v4 = 0

(((((((((((hhhhhhhhhhh−v2 − v3 + v5 + v6 = 0

(((((((((((hhhhhhhhhhh−v1 − v3 + v5 + v6 = 0

9. 5 10−9 J.

1.8 Esercizi 59

10. 1.5 10−3 J.

11. -1.25 10−2.

94 2 Analisi di circuiti semplici

Esercizi

1. Si determinino la tensione e la potenza elettrica erogata dal generatore dicorrente del circuito a-dinamico rappresentato in figura.

J

R1

R2

+

-

vJ

J = 2 A,R1 = 10 W,R2 = 5 W.

2. Si determinino la corrente e la potenza elettrica erogata dal generatore ditensione del circuito a-dinamico rappresentato in figura.

R1 R2E+

-

iE E = 25 V,R1 = 10 W,R2 = 10 W.

3. Si determinino la tensione e la potenza elettrica assorbita dal generatoredi corrente del circuito a-dinamico rappresentato in figura.

J R1 R2

+

-

vJ

J = 4 A,R1 = 10 W,R2 = 30 W.

4. Si determinino le intensita di corrente e le tensioni degli elementi delcircuito a-dinamico rappresentato in figura.

R1R2E

+

-

+

-ri1

i1

i2igpE = 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 95

+

-

i

vE+

-

R1

R2

E = 10 V,R1 = 10 W,g(v) = v + 3v3.

6. Si studi la dinamica del circuito rappresentato in figura.

J R

iL

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 R C

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).

R

iL

j(t) L

j (t) = cos(1000t),R = 1 W,L = 1 mH.

9. Il circuito RL rappresentato in figura e in evoluzione libera a partire dal-la condizione iniziale indicata. Verificare che l’energia dissipata dal re-sistore nell’intervallo (0,∞) e esattamente pari a quella immagazzinatanell’induttore all’istante t0.

R

iL

L

iL (0) = 2 A,R = 1 W,L = 1 mH.


Soluzioni

1. Il circuito ha gli elementi tutti in serie tra loro. Scegliendo opportunamentei versi di riferimento per le correnti (ad esempio tutti congruenti con ilgeneratore), 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 delgeneratore, la potenza erogata vale:

P = vJJ = 60 W.

2. Il circuito ha gli elementi tutti in parallelo tra loro. Scegliendo opportu-namente i versi di riferimento per le tensioni (ad esempio tutti congruenticon il generatore), fatta la convenzione dell’utilizzatore sui due resistoriavremo (LKC):

iE = −iR1 − iR2 = −E (1/R1 + 1/R2) = −5 A.

Tenuto conto che sul generatore abbiamo considerato la convenzionedell’utilizzatore, la potenza erogata vale:

P = −EiE = 125 W.

3. Il circuito ha gli elementi tutti in parallelo tra loro. Scegliendo opportuna-mente i versi di riferimento per le tensioni (ad esempio tutti congruenti conla vJ ), fatta la convenzione dell’utilizzatore sui due resistori, le equazionida risolvere saranno: (LKC):

J = iR1 + iR2,

vJ = vR1 = vR2 = R1iR1 = R2iR2,

da cui ricaviamo facilmente:

vJ = 30 V.

Tenuto conto che sul generatore abbiamo considerato la convenzione delgeneratore, la potenza erogata vale:

P = vJJ = 120 W.

2.5 Esercizi 97

4. Considerati i versi delle correnti come in figura e la convenzione dell’uti-lizzatore sui resistori avremo da risolvere il sistema:

R1i1 + ri1 = E,ri1 = R2i2,−i1 + igp + i2 = 0,

che fornisce i seguenti risultati:

i1 =E

R1 + r=

23

A, v2 = R2i2 = ri1 =103

V,

i2=ri1R2

=16

A, igp = i1 − i2 =12

A.

5. Facilmente si perviene al sistema di equazioni:

i =E − v

R=

10− v

10,

i = g(v) = v + 3v3,

dunque:F (v) = 3v3 + 1.1v − 1,

per trovare uno zero di F (v) utilizziamo l’ algoritmo di Newton-Raphson:

vh+1 = vh − F (v(h))F ′(v(h))

,

come punto iniziale di tentativo usiamo la soluzione di 1.1v − 1 = 0 ⇒v ∼= 0.91. La derivata F ′(v) di F (v) e:

F ′(v) = 9v2 + 1.1.

Usando iterativamente la formula si ha:

h v(h) F (v(h))1 0.90909 2.25390002 0.64510 0.51500003 0.53882 0.06198604 0.52212 0.00133765 0.52174 0.00000076 0.52174 0.0000000

6. iL (t) = [iL (0)− iLp (0)] e−RL t + iLp (t) = −2e−200t + 1.


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−RL t + iLp (t) = −1

2e−1000t +

√2

2cos(100t− π/4).

9. L’espressione della corrente richiesta e i (t) = I0e−t/τ , dove τ = L

R e lacostante di tempo del circuito RL. Ricordando l’espressione dell’energiainizialmente immagazzinata nell’induttore Wi (0) = 1

2LI20 , e valutando

l’integrale della potenza assorbita dal resistore si ottiene:

WR (0,∞) =∫ ∞

0

Ri2 (t) dt =∫ ∞

0

R(I0e

−t/τ)2

dt =12LI2

0 .

Infine, sostituendo i valori numerici proposti avremo:

i (t) = 2e−1000t A e WR (0,∞) = 0.002 J.

160 3 Proprieta 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.

61

12 3

45

6

(a) (b)

2. Per il circuito precedente determinare un insieme di equazioni indipendentialle maglie ed ai nodi.

3. Considerato un qualsiasi albero del circuito precedente, mostrare che le co-lonne corrispondenti ad i lati dell’albero nella matrice d’incidenza ridottarisultano indipendenti.

4. Per il circuito di bipoli in figura, determinare le equazioni circuitali informa canonica e risolverle con il metodo di sostituzione.

R2 R4

R1 R3J E+

-

iE+

-

vJ

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 nodalimodificato.

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 modifi-cato, determinando la corrente i3.

i1

R1 R3

E R2i3i1

J

R1 = 2 W, R2 = 4 W,R3 = 6 W,E = 10 V , J = 5 A ,β = 3.


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 fonda-mentali sono quelle delle sottofigure (c,d,e)

(a) (b)

12 3

45

61

2 3

45

6

(c) (d) (e)

1

2

4

6

2

45

6

2 3

4

6

3.9 Riepilogo 163

c) I tre tagli indicati in figura (c,d,e) sono indipendenti tra loro: difatticiascuno contiene in esclusiva un diverso lato dell’ albero.

(a) (b)

12 3

45

61

2 3

45

6

(c) (d) (e)

12 3

45

61

2 3

45

6

12 3

45

6

T1

T2

T3

2. Per le leggi di Kirchhoff alle correnti considerando i primi tre nodiotteniamo:

i1 + i2 − i3 = 0,−i2 + i5 + i6 = 0,−i1 − i4 − i5 = 0.

per le maglie considerato l’albero in figura (b) (con il tratteggio indichiamoi 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.


(a) (b)

12 3

45

61

2 3

45

6

(c) (d) (e)

12

5

2 3

6

45

6

5

2

3. La matrice di incidenza Aa risulta:

1 2 3 4 5 61O2O3O4O

1 1 −1 0 0 00 −1 0 0 1 −1−1 0 0 −1 −1 00 0 1 1 0 1

La corrispondente ridotta A (rispetto al nodo 4O) e:

3 5 61O2O3O

−1 0 00 1 −10 −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 −R1i1 = 0,R1i1 −R2i2 −R3i3 = 0,R3i3 −R4i4 = E,

n− 1 = 3 nodi,

l − (n− 1) = 3 maglie,

3.9 Riepilogo 165

Risolvendo per sostituzione segue:

i1 = J − i2,

i2 = i3 + i4,

R1(J − (i3 + i4)) = R2(i3 + i4) + R3i3,

R3i3 = R4i4 + E ⇒ i4 =R3i3 − E

R4,

R1J −R1(i3 + i4) = R2i3 + R2i4 + R3i3,

R1J − (R1 + R2 + R3)i3 = (R1 + R2)(R3i3 − E

R4),

((R1 + R2)R3

R4+ (R1 + R2 + R3)

)i3 = R1J +

(R1 + R2)ER4

,

i3 =50 + 3

2E

80= 1.625 A, v3 = R3i3 = 32.5 V,

i4 = 0.625 A, v4 = R4i4 = 12.5 V,i2 = 2.25 A, v2 = R2i2 = 22.5 V,i1 = 2.75 A, v1 = R1i1 = 55 V.

5. Scriviamo le correnti attraverso i potenziali di nodo:

i1 =u1

R1, i2 =

u1 − u2

R2, i3 =

u2

R3, i4 =

u2 − E

R4,

dunque le LKC:u1

R1+

u1 − u2

R2= J,

u1 − u2

R2− u2

R3− u2 − E

R4= 0,

risolvendo:u1 = 55 V, u2 = 32.5 V,

6. Scriviamo le LKT:

K1 = J,R1(K1 −K2) = R2K2 + R3(K2 −K3),R3(K2 −K3) = R4K3 + E,

risolvendo:

K1 = 5 A, K2 = 2.25 A, K3 = 0.625 A.


7. v1i1 + v2i2 + v3i3 + v4i4 − Eie − vjJ =

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 no-do. Considerando le leggi di Kirchhoff per le correnti ai due nodi essenziali1O e 2O si ricavano le equazioni:

−J +

u1

R1+

u1 − e2 + E

R2= 0

u2 − u1 − E

R2+

u2

R3+ β

u1

R1= 0

,

che risolte danno u1 = 2.7, u2 = −2.0. Pertanto i3 = u2/R3 = −0, 33.

4.5 Esercizi 217

Esercizi

1. Calcolare la resistenza equivalente ai terminali aO - bO per il bipolo infigura.

R2

R4

R1

R3

a

b

R1 = 10 W, R2 = 30 W,R3 = 30 W, R4 = 5 W.

2. Calcolare la resistenza equivalente ai terminali aO - bO per il bipolo infigura.

R2

R3R1

R4

a

b

R5

R6

R1 = R3 = R5 = R6 = 10 W,R2 = R4 = 20 W.

3. Utilizzando la riduzione serie-parallelo determinare la tensione ai capi delgeneratore J .

R2

R1 R4R3

J

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’inten-sita di corrente i4.

R2

R1 R3

R4E+

-

i4 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’intensita di corrente delresistore R3.

R2

R3

R1 R5R4

J

ER1 = 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 generatoredi tensione.

R3

R4

R1

J

R2 E+

-

R1 = R2 = 2 W,R3 = 1 W, R4 = 4.5 W,E = 5 V, J = 2 A.

7. Utilizzando Thevenin calcolare l’intensita di corrente del resistore R5.

R4

R1

J1

R3J2

R2 R5a b

R1 = 2 W, R2 = 4 W,R3 = 6 W, R4 = 3 W,R5 = 6 W,J1 = 6 A, J2 = 2 A.

8. Utilizzando Norton calcolare la potenza assorbita da R4.

R4R1

R3

R2

a

b

J R1 = R2 = 2 W,R3 = R4 = 1 W,J = 1 A.

9. Applicando Thevenin ai terminali aO- bO determinare l’intensita di corren-te del resistore R4.

4.5 Esercizi 219

R4R1 R3

R2

a

b

J

r i1

i1 R1 = R2 = 2 W,R3 = R4 = 1 W,r = 2 W,J = 1 A.

10. Sfruttando le trasformazioni stella triangolo determinare la tensione vab

per il circuito in figura

R1

R3 R6

R4R2 R5

J

E+

-

a

b

R1 = 4.5 W,R2 = R3 = R4 = 3 W,R5 = R6 = 9 W,J = 5 A, V = 20 V.


Soluzioni

1. Si tratta di ridurre il bipolo in esame per serie parallelo, a partire dal latodestro. Avremo:

Req = R1 + R2 ‖ R3 + R4 = 10 +30 · 3030 + 30

+ 5 = 30 W.

2. Si tratta di ridurre il bipolo in esame per serie parallelo, a partire dal latodestro. Avremo:

R′eq = R6 + R5 = 20 W,R′′eq = R′eq ‖ R4 = 10 W,R′′′eq = R′′eq + R3 = 20 W,

ed infine:Req = R1 + R′′′eq ‖ R2 = 20 W.

3. Al lato destro del generatore J vi sono i resistori R3, R4, R5 in parallelo traloro ed in serie con il resistore R2. Calcolandone la resistenza equivalenteavremo:

R′eq = R2 + R3 ‖ R4 ‖ R5 = 10 W.

Tale resistenza equivalente risulta a sua volta in parallelo con R1. Pertantoil generatore di corrente “vede” ai suoi terminali una resistenza equivalentecomplessiva:

Req = R1 ‖ R′eq = 5 W,

dunque la tensione ai suoi terminali e:

v = ReqJ = 10 V.

4. L’intensita di corrente erogata dal generatore puo facilmente essere calco-lata:

i =E

Req=

E

R1 + (R3 + R4) ‖ R2

∼= 0.53 A.

A questo punto, applicando il partitore di corrente avremo:

i4 = −iR2

R2 + (R3 + R4)∼= 0.11 A.

4.5 Esercizi 221

5. Per trovare l’intensita di corrente richiesta, applichiamo la sovrapposizioneconsiderando dapprima agente il solo generatore di tensione E. In tal casola resistenza equivalente complessiva vista dal generatore sara:

R′eq = R3 + (R4 ‖ R5) + (R1 ‖ R2) = 4 W,

e, conseguentemente:

i′3 =E

R′eq

=54A.

Quando agisce il solo generatore di corrente J abbiamo in parallelo duecoppie di resistori equivalenti: R1 ‖ R2 = 2 W, R3 + R4 ‖ R5 = 2 W. Intal caso e immediato verificare applicando il partitore che l’intensita dicorrente i′′3 vale:

i′′3 =J

2= 0.5A.

Con la convenzione considerata, dunque, l’intensita di corrente cercatavale:

i3 = i′3 + i′′3 =54

+12

=74A.

6. Per trovare la potenza erogata dal generatore di tensione, scelta la con-venzione del generatore su quest’ultimo, si tratta di calcolare l’intensitadi corrente iE che lo attraversa. Essa puo essere facilmente trovata appli-cando la sovrapposizione degli effetti al circuito in esame. Consideriamoanzitutto il caso in cui il generatore di corrente sia spento. In tal caso ilgeneratore di tensione “vede” una resistenza equivalente R′eq data da:

R′eq = R4 + (R1 ‖ R2 ‖ R3) = 5 W,

Pertanto si ha i′E = E/R′eq

= 1A.Quando invece e acceso il solo generatore di corrente, bastera applicare laregola del partitore di corrente tra il resistore R4ed il parallelo tra R1,R2edR3, tenuto conto del verso scelto per iE si ha:

i′′E = −J(R1 ‖ R2 ‖ R3)

R4 + (R1 ‖ R2 ‖ R3)= −1

5A,

Dunque, sovrapponendo le correnti si avra iE = i′E + i′′E = 4/5 A.Infine, per la potenza erogata, con le convenzioni considerate, avremo:

P (e) = vEiE = 4W.


7. Per trovare l’intensita di corrente richiesta, applichiamo Thevenin comesuggerito. Per quanto riguarda la resistenza equivalente avremo:

RTh = (R1 + R2) ‖ R3 + R4 = 6 W.

Per la tensione a vuoto invece avremo:

E0 = Vab = J1(R1 + R2) ‖ R3 − J2R4 = 18− 6 = 12V.

Infine:i5 =

E0

RTh + R5=

1212

= 1A.

8. Per applicare Norton calcoliamo i parametri RTh e Jcc:

RTh = R3 + R1 ‖ R2 = 2 W,

Jcc = JR1 ‖ R2

R1 ‖ R2 + R3= 0.5 A.

A questo punto e possibile calcolare l’intensita di corrente in R4 e dunquela potenza dissipata:

i4 = JccRTh

RTh + R4= 0.33 A,

p4 = R4i24 = 0.11 W.

9. Una volta rimosso dal circuito il resistore R4, per la tensione a vuoto diThevenin potremo scrivere:

E0 = R3i3.

Per determinare il valore dell’intensita di corrente i3 risolviamo le equa-zioni:

J = i1 + i3−R1i1 − ri1 + R3i3 + R2i3

→ i3 = JR1 + r

R1 + R2 + R3 + r.

Con i valori dei parametri assegnati avremo dunque:

E0 = R3i3 = 0.57 V.

Per determinare la RTh dobbiamo poi caratterizzare il bipolo dai terminaliaO bO una volta spento il generatore di corrente J . E immediato verificare

che la corrente entrante nel terminale aO e data dalla somma di quella nel

4.5 Esercizi 223

resistore R3 e di quella nella serie dei resistori R1 ed R2 con il generatorecontrollato. Pertanto:

ia = i3 + i1 =vab

R3+

vab

R1 + R2 + r,

dunque:

RTh =vab

ia=

R3 (R1 + R2 + r)R1 + R2 + R3 + r

= 0.85 W.

A questo punto, applicando il teorema di Thevenin, la corrente richiestae data da:

i4 =E0

RTh + R4

∼= 0.31 A.

10. I resistori R2, R3, R4 risultano collegati a stella, e possono essere sostituitida un triangolo equivalente con R∆ = 9 Ω (osservando che essi hanno lostesso valore). A questo punto il triangolo, assieme ai resistori R5 ed R6,puo essere ridotto ad un unico resistore equivalente:

Req = R∆ ‖ (R∆ ‖ R5 + R∆ ‖ R6

)= 4.5 W.

che fa capo proprio ai nodi aO e bO del circuito. Applicando la sovrappo-sizione degli effetti, avremo:

v′ab = EReq

R1 + Req= 10 V,

v′′ab = J ·Req ‖ R1 = 11.25 V,

e dunque vab = v′ab = v′′ab = 21, 25 V.

5.10 Esercizi 319

Esercizi

1. Per il circuito di figura, in regime sinusoidale, determinare la tensione delresistore R2.

L

R1 Cj(t) R2

+

-

vR2

j(t) = 10 cos 500t A,R1 = 5 W, R2 = 10 W,L = 10 mH, C = 200 µF.

2. Il circuito in figura e in regime sinusoidale. Determinare la potenzacomplessa assorbita dal condensatore C.

L

C

R2

j(t)R1

R3

e(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 e in regime sinusoidale. Determinare la potenzacomplessa erogata dal generatore di tensione.

R1 C L

R2e(t)e(t) = 100 cos 50t V,R1 = 10 W, R2 = 20 W,C = 1000 µF, L = 500 mH.

4. Il circuito in figura e in regime sinusoidale. Utilizzando Thevenin aiterminali della capacita C, determinare l’intensita di corrente iC .

R1

R2

C

L1

L2

iC

j(t)

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 e in regime sinusoidale. Utilizzando Norton ai terminali1O 2O determinare la potenza media dissipata sul resistore R2.

R1

C

L R2

e(t) e(t) = 50 cos 314t V,R1 = R2 = 50 W,L = 10 mH, C = 10 µF.

6. Il circuito in figura e in regime sinusoidale. Determinare l’energia dissipatain un periodo dai due resistori.

+

-

R1

L2 R2

e(t)L1 e(t) = 100 cos 200t V,

R1 = 100 W, R2 = 200 W,L1 = 10 mH, L2 = 20 mH.

7. Il circuito in figura e in regime permanente. Determinare la potenza mediaassorbita dal resistore R2.

LR1

C

j(t)

R2

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 e in regime permanente. Determinare l’intensita dicorrente i(t) dell’induttore.

L

R C

e2(t)+

-e1(t)

+

-

i(t)e1(t) = cosω1t V,e2(t) = cosω2t V,ω1 = 104 rad/s, ω2 = 4ω1,R = 1 W,C = 25 µF,H = 25 µH.

9. Il circuito in figura e in regime permanente. Determinare la potenza mediaassorbita dal resistore R2.

5.10 Esercizi 321

e(t)+

-

R1

C

L

R2j(t)

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 e in regime sinusoidale. Applicando Thevenin aiterminali 1O 2O, calcolare la tensione vC (t) della capacita C.

e(t)+

-

R

C

L

Rj(t)

e(t) = cos 106t V,j(t) = cos 106t A,R = 1 W,L = 1 µH,C = 1 µF.


Soluzioni

1. Possiamo applicare la riduzione per serie-parallelo ed i partitori al circuitodi impedenze per calcolare quanto richiesto. Osserviamo anzitutto cheXL = 5 W, XC = 10 W. Effettuando prima il parallelo tra R2 e C esuccessivamente la serie con L otteniamo:

Zeq1 =ZR2 · ZC

ZR2 + ZC

=10 · (−j10)10− j10

= 5− j5,

Zeq2 = ZL + Zeq1 = j5 + 5− j5 = 5.

Applicando ora il partitore di corrente possiamo calcolare facilmentel’intensita di corrente in Zeq2:

IL = JZR1

ZR1 + Zeq2

= 1012

= 5.

Infine:

VR2 = IL · Zeq1 = 25− 25j → vR2(t) = 35.4 cos(500t− 0.79).

2. Applichiamo il metodo dei potenziali di nodo. Considerando le leggi diKirchhoff per le correnti ai primi due nodi in alto da sinistra (il potenzialedel terzo nodo e un termine noto in quanto collegato ad un generatore ditensione) avremo le equazioni:

−J +U2

R1+

U2 − U1

R2+

U2 − U1

−jXC= 0,

U1 − U2

R2+

U1

jXL+

U1 − U2

−jXC+

U1 − E

R3= 0,

che risolte danno:

U1 = 16.8 + 9.6j, U2 = 25.8 + 3.4j.

Pertanto:VC = U1 − U2 = −9.0 + 6.2j,

ed infine:

PC = −12j|VC |2XC

= −j6.0 VA.

5.10 Esercizi 323

3. Possiamo agevolmente calcolare il fasore corrispondente all’intensita dicorrente erogata dal generatore riducendo le impedenze ad esso connesseper serie parallelo. Osserviamo anzitutto che XL = 25 W, XC = 20 W.Effettuando prima il parallelo tra R1 e ZC e successivamente la serie conZL ed R2 otteniamo:

Zeq1 =ZR1 · ZC

ZR1 + ZC

=10 · (−j20)10− j20

= 8− j4,

Zeq2 = Zeq1 + ZL + R2 = 28 + j21.

Pertanto l’intensita di corrente erogata dal generatore e I =E

Zeq2

=

2.3− 1.7j, e la potenza complessa erogata risulta:

PE =12E · I∗ = 114.3 + 85.7j VA.

4. Per utilizzare Thevenin dobbiamo anzitutto calcolare l’impedenza equi-valente ZTh e la tensione a vuoto E0. Per quanto riguarda l’impedenzaequivalente vista dai terminali del condensatore, una volta spento il ge-neratore di corrente, e utile osservare come essa, tenuto conto dei valorinumerici, risulti il parallelo di due impedenze uguali:

ZTh =(R1 + ZL2

)‖

(ZL1 + R2

)= 25 + 25j,

La tensione a vuoto E0 puo agevolmente essere calcolata come differenzatra quelle su R1 e su ZL2 quando sia presente il generatore di corrente:

E0 = VR1 − VZL2 =J

2

(R1 − ZL2

)= 5− 5j.

A questo punto e immediato calcolare l’intensita di corrente iC :

IC =E0

ZTh + ZC

= 0.08 + 0.04j,

iC (t) = 0.089 cos (500t + 0.46) .

5. Per utilizzare Norton dobbiamo anzitutto calcolare l’impedenza equiva-lente ZTh e l’intensita di corrente di corto circuito Jcc. Esse risultano:

ZTh =ZL ·

(ZC + R1

)

ZL + ZC + R1

= 0.005 + 3.171j,


Jcc =E

ZC + R1

= 0.024 + 0.153j.

Il resistore R2 risulta in parallelo con ZTh nello schema equivalente. Per-tanto e immediato calcolare la tensione del parallelo e la potenza assorbitada R2:

VR2 = JccZTh ·R2

ZTh + R2

= −0.48 + 0.11j,

PR2 =12

∣∣VR2

∣∣2R2

= 2.4 mW.

6. L’energia dissipata in un periodo sui resistori sara pari al prodotto dellapotenza media assorbita per la durata del periodo T. Pertanto possia-mo direttamente calcolare la potenza attiva assorbita dai due resistori.Osservando pero che essa coincide con quella erogata dal generatore an-diamo in definitiva a determinare quest’ultima. Osserviamo anzitutto cheXL1 = 2 W, XL2 = 4 W. L’impedenza vista dal generatore risulta:

Zeq = R1 +ZL2 ·

(ZL1 + R2

)

ZL2 + ZL1 + R2

= 100 + 4j.

Pertanto l’intensita di corrente erogata dal generatore e I =E

Zeq

= 0.99−0.04j, e la potenza attiva erogata risulta:

PE = Re

12E · I∗

= 49.9 W.

In un periodo T = 2π/ω = 0.0314 s l’energia assorbita dai resistoririsultera pari a:

WT = PE · T = 1.57 J.

7. Abbiamo in questo caso la sovrapposizione di un regime sinusoidale edi uno stazionario, possiamo dunque calcolare separatamente le poten-ze medie e sommarle. Considerando agente il solo generatore stazionarioe(t), e immediato calcolare la potenza istantanea assorbita da R2 comep′2 = E2/R2 = 20 W. Essa coincide con la potenza media P ′2, essendostazionaria.Quando agisce invece il solo generatore sinusoidale j(t), invece, dovremoconsiderare il circuito di impedenze corrispondente al circuito in regime si-nusoidale. Il fasore I2 puo essere calcolato applicando due volte il partitoredi corrente, ottenendo:

5.10 Esercizi 325

I2 = JR1

R1 + ZC +(ZL//R2

) ZL

ZL + R2

= 2 + 2j.

In tal caso la potenza media ha l’espressione:

P ′′2 =12R2

∣∣I∣∣2 = 20 W.

Infine, sommando i due risultati otteniamo:

P2 = P ′2 + P ′′2 = 40 W.

8. Il circuito e forzato da due generatori non isofrequenziali. Possiamo appli-care la sovrapposizione degli effetti, naturalmente osservando che, essen-doci due pulsazioni differenti, la corrispondenza con i fasori va costruitacon due diversi circuiti di impedenze. Pertanto i risultati potranno esseresommati solo nel dominio del tempo.Calcoliamo dapprima il contributo all’intensita di corrente i′(t) dovutoal generatore e1(t). Utilizzando il circuito di impedenze corrispondente, erisolvendo per serie-parallelo, posto:

Zeq1 =ZC1 · ZL1

ZC1 + ZL1

= 0.27j,

otteniamo:

I ′L =E1

R + Zeq1

ZC1

ZC1 + ZL1

=0.99− 0.27j,

dunque:i′ (t) = 1.03 cos

(104t− 0.26

)

.Il contributo all’intensita di corrente i′′(t) dovuto al generatore e2(t)puo essere ricavato in modo analogo. Definendo un secondo circuito diimpedenze a pulsazione ω2 e risolvendo per serie-parallelo, posto:

Zeq2 =R · ZL2

R + ZL2

= 0.5 + 0.5j,

otteniamo:I ′′L =

E2

ZC2 + Zeq2

R

R + ZL2

= 1,

dunque:i′′ (t) = cos

(4 · 104t

).

Infine, sommando i due contributi, avremo:


i (t) = i′ (t) + i′′ (t) = 1.03 cos(104t− 0.26

)+ cos(4 · 104t).

9. Osservando che il circuito e forzato da due generatori non isofrequenziali,la potenza media puo agevolmente essere calcolata sommando i contributidei singoli generatori. Per quanto riguarda il generatore di corrente sinu-soidale, risolvendo per serie parallelo ed utilizzando il partitore di correntee abbastanza immediato ricavare:

IR2 = 1.81 + 2.7j,

P ′R2 = 26.6 W.

Il contributo dovuto al generatore di tensione costante e ancor piu imme-diato: difatti, analizzando il circuito in condizioni stazionarie, si ottieneimmediatamente che:

P ′′R2 =E2

R2= 20 W.

Infine, sommando i due risultati precedenti si ha:

PR2 = P ′R2 + P ′′R2 = 46.6 W.

10. Per utilizzare Thevenin dobbiamo anzitutto calcolare l’impedenza equiva-lente ZTh e la tensione a vuoto E0. Per quanto riguarda l’impedenza equi-valente vista dai terminali del condensatore una volta spento i generatori,essa risulta:

ZTh =(R + ZL

)‖ R = 0.6 + 0.2j.

La tensione a vuoto E0 puo essere calcolata applicando la sovrapposizione.Quando agisce il solo generatore di tensione, applicando il partitore ditensione avremo:

E′0 = E

ZL + R

ZL + R + R= 0.6 + 0.2j.

Quando agisce il solo generatore di corrente, applicando il partitore dicorrente avremo:

E′′0 = J

R

ZL + R + RR = 0.4− 0.2j,

e dunque E0 = E′0 + E′′

0 = 1. A questo punto e immediato calcolare latensione del condensatore:

5.10 Esercizi 327

VC = ZCE0

ZTh + ZC

= 0.8− 0.6j,

vC (t) = cos(106t− 0.64

).

6.6 Esercizi 381

Esercizi

1. Determinare la matrice delle resistenze del doppio bipolo:

R1 R1

R2

R2

R1 = 1 W,R2 = 2 W.

2. Determinare la caratterizzazione ibrida del doppio bipolo in figura.

v1+

-R1

R2

R3 i2

R1 = 15 W,R2 = 10 W,R3 = 5 W.

3. Determinare la caratterizzazione controllata in tensione del doppio bipoloin figura.

R4 R2

R3R1

J

R1 = R2 = R3 = R3 = 1 W,J = 1.

4. Determinare la caratterizzazione controllata in tensione del doppio bipoloin figura.

R3+

-

v1 gv1

+

-

v2

R1

R2 R4

i1 i2

R1 = R2 = R3 = R3 = 1 W,

g = 1 W−1.

382 6 Doppi bipoli

5. Considerato il doppio bipolo lineare (non reciproco) descritto dalla matrice

delle resistenze R =(

3 41 2

), realizzarne la sintesi.

6. Realizzare la sintesi a T per il doppio bipolo in figura:

R1R2 R4

R5

R3

R1 = R5 = 10 W,R3 = 15 W,R2 = R4 = 5 W.

7. Il circuito in figura e in regime permanente. Determinare la tensione delresistore, vR(t).

n:1

C R

L

e(t)+

-

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 e in regime sinusoidale. Determinare l’andamento dellatensione del condensatore vC(t).

MC

j(t)R1

R2

e(t)

+

-L1 L2

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 e in regime sinusoidale. Calcolare:a) la matrice delle impedenze Z del doppio bipolo di impedenze visto dai

due generatori,b) utilizzando la matrice Z, calcolata precedentemente, determinare la

tensione v1 (t),c) determinare la potenza complessa erogata dai singoli generatori di

corrente.

6.6 Esercizi 383

j1(t)

R L

RCj2(t)

j1 (t) = J cos ωt A,j2 (t) = J sin ωt A,J = 2A,ω = 104 rad/s,R = 2 W, L = 0.2 mH,C = 50 µF

384 6 Doppi bipoli

1. La caratterizzazione richiesta sara nella forma:(

v1

v2

)=

(R11 R12

R12 R22

)(i1i2

).

E immediato verificare che:

R11 = R2 + [R1|| (R2 + R3)] =114

W.

Essendo poi il doppio bipolo simmetrico, possiamo senz’altro porre:

R22 = R11 =114

W.

Per quanto riguarda il calcolo di R12 (= R21), partendo dalla definizioneR12 = v1

i2

∣∣∣i1=0

si tratta di calcolare il valore di v1 quando i1 = 0. In tal

caso, ponendo v1 = vR1 + vR2 ricaviamo:

vR1 = R1i2R1

R1 + R2 + R1,

evR2 = R2i2.

Pertanto

R12 = R21 =R2

1

R1 + R2 + R1+ R2 =

54W.


i1v2

)=

(H11 H12

H12 H22

)(v1

i2

).

Applicando le definizioni per i diversi parametri avremo:

H11 =i1v1

∣∣∣∣i2=0

= [(R2 + R3) ||R1]−1 =

215

W−1,

H22 =v2

i2

∣∣∣∣v1=0

= R2||R3 =5015

W,

H12 = −H21 =i1i2

∣∣∣∣v1=0

= − R3

R2 + R3=

515

.

6.6 Esercizi 385


i1i2

)=

(G11 G12

G12 G22

) (v1

v2

)+

(I01

I02

).

Applichiamo la sovrapposizione spegnendo dapprima il generatore internoe caratterizziamo in tensione il doppio bipolo resistivo risultante:

G11 = G4 +G1(G2 + G3)G1 + G2 + G3

=53W−1,

G22 =(G1 + G2)G3

G1 + G2 + G3=

23W−1,

G12 = G21 = − (G1 + G2)G3

G1 + G2 + G3

R2

R1 + R2= −1

3W−1.

Poi, con i generatori di caratterizzazione spenti, ricaviamo il contributodel generatore interno:

I01 = −J = −1 A, I02 = 0.

4. Osserviamo che il generatore controllato e spento quando v1 = 0, quindinon da contributo nel calcolo dei termini G22 e G12, inoltre il generatorecontrollato, pur non essendo spento, non da contributo nel calcolo deltermine G11 (per convincersene basta considerare il relativo circuito dicaratterizzazione).Ponendo G1 = 1/R1, G2 = 1/R2, G3 = 1/R3, G4 = 1/R4, partendo dalledefinizioni dei singoli elementi avremo:

G11 =i1v1

∣∣∣∣v2=0

=G1 (G2 + G3)G1 + G2 + G3

=23

W−1,

G22 =i2v2

∣∣∣∣v1=0

=(G1 + G2)G3

G1 + G2 + G3+ G4 =

53

W−1,

Posto:Req =

R1R2

R1 + R2+ R3 =

32W,

avremo:

G12 =i1v2

∣∣∣∣v1=0

= −G22 · R4

R4 + Req· R2

R1 + R2= −1

3W−1.

Infine, per il termine G21 possiamo sommare il contributo del generatorecontrollato a quello del doppio bipolo passivo alla sua sinistra. Denomi-nando G′21 il termine corrispondente, e ricordando che per la recipro-cita G′21 = G12, applicando la legge di Kirchhoff al nodo del generatorecontrollato otteniamo:

386 6 Doppi bipoli

G21 =i2v1

∣∣∣∣v2=0

= g + G12 =23

W−1.

5. La sintesi di un doppio bipolo non reciproco (controllato in corrente) puosempre essere immediatamente realizzata con lo schema di fig. 6.26. Unapossibile alternativa si ha attraverso la scomposizione:

v1 = R11i1 + R12i2 = R11i1 + R′12i2 + R′′12i2,v2 = R21i1 + R22i2 = R′21i1 + R′′21i1 + +R22i2,

dove R′12 ed R′21 siano opportuni valori tali da garantire che la matrice

R’ =(

R11 R′12R′12 R22

)verifichi le condizioni per i doppi bipoli lineari passivi

(§6.3.1), ed R′′12, R′′21 i valori residui. In tal caso la sintesi puo essereeffettuata con una terna di resistori, che sintetizza la matrice R’, con inaggiunta (in serie alle due porte) due opportuni generatori di tensionecontrollati in corrente. Nel caso in esame, posto:

R =(

3 41 2

)= R’ + R” =

(3 11 2

)+

(0 30 0

),

avremo il circuito:R3

+

-

v1

+

-

v2

R1

R2

i1 i2

ri1

con R1 = R11 − R′12 = 3 W, R3 = R22 − R′12 = 1 W, R2 = R′12 = 1 W,r = R′′12 = 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

R2 + R3 + R4= 1 W

Pertanto, nel classico schema a T (§6.3.4) si avra:

Ra = R11 −R12 = 13 W, Rc = R22 −R12 = 13 W, R2 = R12 = 1 W.

6.6 Esercizi 387

7. Il circuito puo essere facilmente risolto applicando la proprieta di traspor-to al primario dell’impedenza Zeq costituita dal parallelo tra quella delresistore R e quella del condensatore C. Essa sara data da:

Z ′eq = n2Zeq = n2 ZCR

ZC + R= 0.99− 0.099j.

La tensione del resistore R puo essere immediatamente calcolata appli-cando il partitore di tensione tra l’impedenza Z ′eq e quella dell’induttoreL e riportando a secondario del trasformatore il valore ottenuto:

VR =1n· E · Zeq

ZL + Zeq

= 0.078 + 0.064j,

ed infine:vR (t) = 0.1 cos

(106t + 0.68

).

8. Per il mutuo accoppiamento presente nel circuito risulta verificata la con-dizione di accoppiamento perfetto L1L2 = M2. Utilizzando il corrispon-dente circuito equivalente con il trasformatore ideale, e trasportando alprimario la serie R2 − e (t), si ottiene il circuito di figura.

C

j(t)R1

n2R2

n e(t)+

-L1

Per il calcolo della tensione del condensatore possiamo applicare Theveninai suoi terminali. In tal caso avremo:

E0 = J ·R1 − nEZL1

n2R2 + ZL1

= 33.5− 55.0j,

ZTh = R1 +n2R2 · ZL1

n2R2 + ZL1

= 11.7 + 5.5j.

Pertanto:

VC = E0 · ZC

ZC + ZTh

= −9.02− 68.7j,

ed infine:vC (t) = 69.29 sin (500t− 1.70) .

388 6 Doppi bipoli

9. Considerando il circuito di impedenze corrispondente, si ha immediata-mente:

Z11 = R + ZC = 2− 0.2j,

Z22 = ZL + ZC + R = 2 + 18.8j,

Z12 = ZC = 0 + 0.2j = Z21.

Pertanto la tensione v1 (t) puo essere agevolmente calcolata come:

V1 = Z11J1 + Z12J2 = 1.8− 0.2j, v1 (t) = 1.81 cos(104t− 0.11

).

Per quanto riguarda la potenza complessa erogata dai generatori, avremo:

P1 =12V1J

∗1 = 0.9− 0.1j, P2 =

12V2J

∗2 = 1.1 + 9.9j.

490 7 Dinamica dei circuiti lineari

Esercizi

1. Per il circuito in figura determinare: a) l’equivalente di Thevenin aiterminali 1O, 2O b) l’andamento della tensione della capacita vC(t) pert ≥ 0.

+

vC(t)

-

R1 j(t)R2

R3 C

R1 = R2 = 2 W,R3 = 1 W,C = 0.1 F,J = 2A,vC(0) = 0.

2. Il circuito in figura e in regime sinusoidale per t < 0. Determinarel’andamento dell’ intensita di corrente del resistore R3 per t ≥ 0.

R1e(t)

L R3

R2

e(t) =

2 cos(100t) V t < 0,0 V t ≥ 0,

R1 = R2 = 10 W,R3 = 5 W,L = 100 mH.

3. Il circuito in figura e a regime per t < 0, prima dell’intervento dell’inter-ruttore. Determinare l’andamento dell’intensita di corrente dell’induttoreiL(t) per t ≥ 0.

R R

L

t=0

iL

J

R = 10 W,J = 10 A,L = 500 mH.

4. Il circuito in figura e a regime per t < 0, prima dell’intervento dell’inter-ruttore. Determinare l’andamento della tensione vC(t) sulla capacita.

R RC

E t=0

+

-

vC

R = 10 W,E = 50 V,C = 500 µF.

7.5 Esercizi 491

5. Determinare l’andamento dell’intensita di corrente dell’induttore iL(t) pert ≥ 0 (si consiglia di applicare Norton ai nodi 1O- 2O per descrivere la partea-dinamica del circuito).

R1 R3

R2

j(t)

v=ri1iL

L

R1 = 2 W, R2 = 4 W,R3 = 8 W, r = 2 W,L = 100 mH,J = 5 A, iL(0) = 0 A.

6. Il circuito in figura e a regime per t < 0. Successivamente il genera-tore di tensione e(t) si spegne. Determinare l’andamento della correntedell’induttore, iL(t),−∞ < t < ∞.

e(t)+

-

R1R3R2 J

iLe(t) =

10 cos (50t) V t < 0,0 V t ≥ 0,

J(t) = 5 A,R1 = R2 = 40 W,R3 = 20 W, L = 500 mH.

7. Per il circuito in figura determinare l’intensita di corrente dell’induttoreiL(t) per −∞ < t < ∞.

e(t)

CR R L

iL(t)e(t) =

−1 V t < 01 V t ≥ 0

R = 10 W,L = 5 mH,C = 100 µF.

8. Il circuito di figura e in regime stazionario per t < 0. Determinare: a)la resistenza equivalente del bipolo serie “resistore-generatore di tensio-ne controllato in tensione”,b) l’andamento dell’intensita di corrente cheattraversa l’induttore, i(t), per t ≥ 0.


e(t)

R L

C

n:1

j (t) =

1 A t < 0,0 A t ≥ 0,

R = 2 W, L = 1 µH,C = 1 µF, α = 0.5.

9. Il circuito in figura e in regime stazionario per t < 0. Determinarel’andamento dell’intensita di corrente dell’induttore.

e(t)+

-

R

M

L1 L2 vC(t)

+

-

e(t) =−1 V t < 0,

2 cos 50t V t ≥ 0,R = 5 W,L = 500 mH,C = 2000 µF,n = 5.

10. Il circuito in figura e in regime sinusoidale per t < 0. Determinare l’andamento della tensione del condensatore vC(t) per −∞ < t < ∞.

M

e(t)+

-L1 L2

RC

e(t) =

10 cos (314t) V t < 0,0 V t ≥ 0,

R = 10 W, C = 100 µF,L1 = 12 mH, L2 = 3 mH,M = 6 mH.

7.5 Esercizi 493

1. Dopo aver disconnesso la capacita C, per trovare l’equivalente di Thevenin,calcoliamo anzitutto la resistenza equivalente (una volta spenti i genera-tori) dai terminali 1O, 2O:

RTh =R3 (R1 + R2)

R3 + (R1 + R2)=

45W.

Per la tensione a vuoto E0 possiamo applicare il partitore di tensionealla serie R2 R3, dopo aver calcolato la tensione del generatore J comeprodotto della corrente per la resistenza complessiva vista dal generatore:

E0 = JR1 (R2 + R3)R1 + R2 + R3

R3

R2 + R3=

45

V.

Una volta determinato l’equivalente di Thevenin ai terminali, e immedia-to scrivere l’integrale generale della soluzione per l’incognita considerata.Infatti la soluzione dell’omogenea associata e:

vC0 = Ae− t

RT hC ,

inoltre e immediato verificare che l’integrale particolare e dato da vCp =E0 = 12/15. Pertanto, imponendo la condizione iniziale vC(0) = 0 siottiene:

vC(t) = −1215

e−t

0.08 +1215

.

2. Applichiamo Thevenin ai terminali a cui e collegato l’induttore, la tensionea vuoto vale:

e0(t) =R3

R1 + R2 + R3e(t) =

0.4 cos(100t) t < 00 t ≥ 0

mentre la resistenza equivalente e data da:

RTh = (R1 + R2) ‖ R3 = 4W,

Il circuito RL serie a cui ci siamo ricondotti in tal modo e in regimesinusoidale per t < 0, per passando ai fasori, e ponendo E0 = 0.4, ZL =j10, si calcola facilmente la corrente dell’induttore in tale condizione:

IL =E0

RTh + ZL

= 0.0138 + 0.0345j,

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.


La soluzione per t ≥ 0 ha dunque l’espressione:

iL (t) = I0e−RT h

L t = 0.0138e−40t.

3. Per t < 0 il circuito e in regime stazionario. In tali condizioni, con l’in-terruttore aperto, la corrente dell’induttore risulta iL=J/2. Alla chiusuradell’interruttore il resistore R risulta “cortocircuitato”. In tal caso si hache l’integrale dell’omogenea ha l’espressione:

iL (t) = Ae−RL 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:

iL (t) = −J/2e−RL t + J = −5e−20t + 10.

4. Per t < 0 il circuito e in regime stazionario. In tali condizioni, con l’inter-ruttore aperto, la tensione della capacita risulta vC=E/2. Alla chiusuradell’interruttore il resistore R in serie ad esso risulta di fatto escluso dalcircuito. In tal caso si ha che l’integrale dell’omogenea ha l’espressione:

vC (t) = Ae−t

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:

vC (t) = −E/2e−t

RC + E = −25e−200t + 50.

5. Applichiamo Norton, come suggerito, ai nodi 1O- 2O. Il calcolo della resi-stenza equivalente e pressoche immediato se si osserva che a) una voltaspento il generatore indipendente J la corrente di pilotaggio del genera-tore controllato e proprio pari alla sua corrente, b) il bipolo equivalentevisto dai nodi 1O- 2O e costituito dal parallelo tra R3 e la serie tra R1, R2

ed il generatore controllato. Pertanto avremo:

7.5 Esercizi 495

Req = R3 ‖ (R1 + R2 + r) = 4 W.

Per quanto concerne il calcolo di Jcc osserviamo anzitutto che, messi incorto circuito i nodi 1O- 2O il resistore R3 viene di fatto eliminato. Ana-lizzando il circuito corrispondente (avendo fissato il verso di Jcc dal nodo1O- 2O) potremo scrivere le equazioni:

J = i1 + Jcc,R1i1 = −ri1 + R2Jcc.

Sostituendo la prima nella seconda si ottiene subito:

Jcc =R1 + r

R1 + R1 + rJ =

52.

6. Possiamo utilmente applicare la sovrapposizione degli effetti. Conside-riamo dunque dapprima agente il solo generatore di corrente costanteJ . Utilizzando al solito il circuito a-dinamico che otteniamo sostituendoall’induttore un circuito aperto otteniamo immediatamente:

i′L = −J

2= −2.5 A.

Per quanto riguarda gli effetti del generatore variabile e(t), avremo un re-gime sinusoidale per t < 0, ed una evoluzione libera per t ≥ 0. Utilizzandoi fasori, posto:

Zeq = R1 +R2

(ZL + R3

)

R2 + ZL + R3

= 57.28 + 9.47j,

otteniamo subito:

IL =E

Zeq

· R2

R2 + ZL + R3

= 0.090−0.056j ⇒ i′′L = 0.106 cos (50t− 0.56) .

In particolare, posto t = 0 nella precedente espressione otteniamo lacondizione iniziale:

i′′L (0) = 0.090 = I0.

A questo punto la soluzione dinamica (evoluzione libera) per t ≥ 0 eimmediata:

i′′L (t) = I0e−Req

L t = 0.90e−42t.

In definitiva avremo:

iL (t) = i′L (t) + i′′L (t) =

0.106 cos (50t− 0.56)− 2.5 t < 00.90e−42t − 2.5 t ≥ 0 .


7. Il circuito e in regime stazionario per t < 0. E immediato verificare che intal caso risulta:

iL (t) =e

R=−110

= −0.1 A, vC (t) = −e = 1 V.

Per l’analisi per t ≥ 0 innanzitutto osserviamo che per t →∞ avremo

iL∞ =e∞R

=110

= 0.1 A.

Spento il generatore e ridotti conseguentemente in parallelo i due resistori,l’equazione del circuito (in termini dell’intensita di corrente iL) e:

d2iLdt2

+1

ReqC

diLdt

+1

LCiL = 0,

con le condizioni iniziali:

iL(0) = −0.1

ediLdt

∣∣∣∣t=0

=vL(0)

L= 400.

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 ricavarei valori delle costanti A e B:

A = I0 − i∞ = 0.2σA + ωB =

vL

L⇒

A = −0.2B = −0.2

8. Caratterizziamo anzitutto il bipolo costituito dal generatore controllato edal resistore R (quella parte di circuito puo essere vista come un bipoloproprio in conseguenza del fatto che la variabile di controllo e vR).

v = αvR + vR = (α + 1) Ri ⇒ Req = (α + 1) R = 3 W.

Per calcolare l’andamento della corrente dell’induttore per t ≥ 0 osservia-mo anzitutto che il circuito si trova in regime stazionario per t < 0. Risol-vendo il circuito a-dinamico che otteniamo, al solito, sostituendo al con-densatore un circuito aperto ed all’induttore un corto circuito otteniamole 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 dinamicadella corrente richiesta rappresenta l’evoluzione libera di un circuito RLCserie a partire dalle condizioni iniziali calcolate. L’equazione caratteristicae in questo caso:

λ2 +Req

Lλ +

1LC

= 0,

che risolta fornisce λ1 = −3.82 · 105, λ2 = −2.62 · 106. La soluzione hadunque la forma:

i(t) = k1eλ1t + k2e

λ2t.

Per il calcolo delle costanti k1, k2 imponiamo le condizioni iniziali:

k1 + k2 = −1λ1k1 + λ2k2 = vL

L = −3 · 106 ⇒

k1 = −1.17k2 = 0.17

9. Il circuito puo essere facilmente analizzato applicando la proprieta di tra-sporto al primario al condensatore, ottenendo un condensatore di capacitaC ′ = C/n2. A questo punto il circuito risulta un classico RLC serie. Es-so e forzato da un generatore di tensione che assume valore costante pert < 0, ed ha invece un andamento sinusoidale per t ≥ 0. Di conseguen-za per t < 0 il circuito risulta in regime stazionario, dopodiche si avrauna dinamica con forzamento sinusoidale a partire dalle condizioni inizialideterminate a t=0.Risolvendo il circuito a-dinamico che otteniamo, al solito, sostituendoal 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 continuita, le condizioni iniziali V0, I0 perla successiva dinamica. L’equazione caratteristica e in questo caso:

λ2 +R

Lλ +

1LC ′

= 0,

che risolta fornisce λ1,2 = −5 ± 158.0j. Tenuto conto del forzamento si-nusoidale, l’integrale particolare potra essere calcolato applicando i fasori.In tal modo si ottiene:

i∞(t) = 0.0089 cos(50t + 1.54),

Pertanto la soluzione generale sara:

i(t) = eσt (A cos ωt + B sin ωt) + i∞(t).


Per il calcolo delle costanti A,B dovremo imporre:

A = i∞ − I0

σA + ωB +di∞dt

∣∣∣∣t=0

=vL (0)

L

⇒

A = 0.0002B = −0.3543

10. Notiamo anzitutto che il trasformatore presente nel circuito risulta adaccoppiamento perfetto essendo L1L2 = M2. In tal caso e possibile so-stituirlo con un suo equivalente attraverso un trasformatore ideale dirapporto:

n = L1/M = M/L2 = 2,

con in parallelo alla porta di ingresso un induttore di valore L = L1. Contale sostituzione, e trasportando al primario la il condensatore attraversola relazione

C ′ = C/n2 = 25 µF,

otteniamo un circuito RLC parallelo (esso diviene tale effettivamente spe-gnendo il generatore). L’analisi per t < 0 puo agevolmente essere condottamediante i fasori. Posto:

Zeq =ZLZC′

ZL + ZC′= 3.88j

e immediato ricavare:

V C′ = E · Zeq

R + Zeq

= 1.31 + 3.37j,

IL =V C′

ZL

= 0.90− 0.35j,

vC′ (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 dallecondizioni determinate dal regime precedente per t = 0, vC′ (0) = V0 =1.310, iL (0) = I0 = 0.895. L’equazione caratteristica e nel nostro caso:

λ2 +1

RC ′λ +

1LC ′

= 0,

che risolta fornisce λ1 = − 1183.5, λ2 = − 2816.5. La soluzione in questocaso assume la forma:

vC′(t) = k1eλ1t + k2e

λ2t.

Imponendo le condizioni iniziali si ottengono le condizioni:

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