svolgimentiEsLibro

56 1 Modello circuitale

Esercizi

1. Determinare il numero di elettroni necessari per avere le seguenti cariche:a) Q = 1.6 C.b) Q = 4.8 x 1015 C.c) Q = 10 pC.

2. Se un filo conduttore e` attraversato da unintensita` 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 s.

3. Considerata una superficie chiusa , calcolare landamento dellintensita`di corrente netta, con verso di riferimento uscente, quando landamentonel tempo della carica totale in essa contenuta e`:a) Q(t) = 10 1015t.b) Q(t) = 25 1010t.c) Q(t) = 5 1010 sin(314t).

4. Determinare la potenza assorbita da un bipolo in regime stazionario sa-pendo che i valori della tensione e dellintensita` di corrente, fatta laconvenzione dellutilizzatore, 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 lesercizio 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 dellesercizio 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 questultimo 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 landamento v(t) =1 0.5t. Determinare lenergia assorbita dal condensatore nellintervallot1 = 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) 1014A; b) -2.5 109A; c)1.57 107 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 = 0i3 + i4 = 0((((

((((hhhhhhhhi1 + i2 i4 = 0LKT

v1 + v2 = 0v2 v3 v4 = 0((((

(((((hhhhhhhhhv1 v3 v4 = 0

b) LKC

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

((((hhhhhhhhi1 i4 + i5 = 0LKT

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

(((((hhhhhhhhhv1 + v3 + v5 = 0((((

(((((hhhhhhhhhv1 + v2 + v4 = 0((((

(((((hhhhhhhhhv1 + v2 + v5 = 0

c) LKC

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

((hhhhhh+i5 i6 = 0LKT

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

(((((hhhhhhhhhv1 v3 + v4 = 0((((

(((((((hhhhhhhhhhh

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

(((((((hhhhhhhhhhh

v1 v3 + v5 + v6 = 0

9. 5 109 J.

1.8 Esercizi 59

10. 1.5 103 J.

11. -1.25 102.

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 levoluzione 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 F.

8. Si determini levoluzione 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 lenergia dissipata dal re-sistore nellintervallo (0,) e` esattamente pari a quella immagazzinatanellinduttore allistante 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 dellutilizzatore 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 dellutilizzatore sui due resistoriavremo (LKC):

iE = iR1 iR2 = E (1/R1 + 1/R2) = 5 A.Tenuto conto che sul generatore abbiamo considerato la convenzionedellutilizzatore, 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 dellutilizzatore 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 delluti-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=

23A, v2 = R2i2 = ri1 =

103

V,

i2=ri1R2

=16A, igp = i1 i2 = 12 A.

5. Facilmente si perviene al sistema di equazioni:{i =

E vR

=10 v10

,

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)] eRL t + iLp (t) = 2e200t + 1.


7. vC (t) = RJ(1 et/RC) = 1 e2000t,

p (t) = vJ = RJ(1 et/RC) J = 1 e2000t.

8. iL (t) = [iLp (0)] eRL t + iLp (t) = 12e1000t +

22

cos(100t pi/4).

9. Lespressione della corrente richiesta e` i (t) = I0et/ , dove = LR e` lacostante di tempo del circuito RL. Ricordando lespressione dellenergiainizialmente immagazzinata nellinduttore Wi (0) = 12LI

20 , e valutando

lintegrale della potenza assorbita dal resistore si ottiene:

WR (0,) = 0

Ri2 (t) dt = 0

R(I0e

t/)2

dt =12LI20 .

Infine, sostituendo i valori numerici proposti avremo:

i (t) = 2e1000t 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 n1 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 dellalbero nella matrice dincidenza 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 dellesercizio 4 con il metodo dei potenziali nodalimodificato.

6. Analizzare il circuito dellesercizio 4 con il metodo delle correnti di maglia.

3.9 Riepilogo 161

7. Per il circuito dellesercizio 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 , = 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 allalbero 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 lalbero 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 61O

2O

3O

4O

1 1 1 0 0 00 1 0 0 1 11 0 0 1 1 00 0 1 1 0 1

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

3 5 61O

2O

3O

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)R3R4

+ (R1 +R2 +R3))i3 = R1J +

(R1 +R2)ER4

,

i3 =50 + 32E

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 =u1R1

, i2 =u1 u2R2

, i3 =u2R3

, i4 =u2 ER4

,

dunque le LKC:u1R1

+u1 u2R2

= J,

u1 u2R2

u2R3

u2 ER4

= 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 + u1R1

+u1 e2 + E

R2= 0

u2 u1 ER2

+u2R3

+ u1R1

= 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 linten-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 lintensita` 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 lintensita` 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 lintensita` 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 vabper 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:

Req = R6 +R5 = 20 W,Req = R

eq R4 = 10 W,

Req = Req +R3 = 20 W,

ed infine:Req = R1 +Req 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:

Req = 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 Req = 5 W,dunque la tensione ai suoi terminali e`:

v = ReqJ = 10 V.

4. Lintensita` 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 = i R2R2 + (R3 +R4)

= 0.11 A.

4.5 Esercizi 221

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

Req = R3 + (R4 R5) + (R1 R2) = 4 W,

e, conseguentemente:

i3 =E

Req=

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 lintensita` dicorrente i3 vale:

i3 =J

2= 0.5A.

Con la convenzione considerata, dunque, lintensita` di corrente cercatavale:

i3 = i3 + i3 =

54+12=

74A.

6. Per trovare la potenza erogata dal generatore di tensione, scelta la con-venzione del generatore su questultimo, si tratta di calcolare lintensita`di 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 Req data da:

Req = R4 + (R1 R2 R3) = 5 W,

Pertanto si ha iE = E/Req = 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:

iE = J(R1 R2 R3)

R4 + (R1 R2 R3) = 15A,

Dunque, sovrapponendo le correnti si avra` iE = iE + iE = 4/5 A.

Infine, per la potenza erogata, con le convenzioni considerate, avremo:

P (e) = vEiE = 4W.


7. Per trovare lintensita` 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 =

E0RTh +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 lintensita` 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 dellintensita` di corrente i3 risolviamo le equa-zioni: {

J = i1 + i3R1i1 ri1 +R3i3 +R2i3 i3 = J

R1 + rR1 +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 =vabR3

+vab

R1 +R2 + r,

dunque:

RTh =vabia

=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 (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:

vab = EReq

R1 +Req= 10 V,

vab = J Req R1 = 11.25 V,e dunque vab = vab = 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 F.

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+ pi/4) V,R1 = 10 W, R2 = R3 = 5 W,C = 1000 F, 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 F, L = 500 mH.

4. Il circuito in figura e` in regime sinusoidale. Utilizzando Thevenin aiterminali della capacita` C, determinare lintensita` 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 F.

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 F.

6. Il circuito in figura e` in regime sinusoidale. Determinare lenergia 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 F, L = 200 mH.

8. Il circuito in figura e` in regime permanente. Determinare lintensita` dicorrente i(t) dellinduttore.

L

R C

e2(t)+

-e1(t)

+

-

i(t)e1(t) = cos1t V,e2(t) = cos2t V,1 = 104 rad/s, 2 = 41,R = 1 W,C = 25 F,H = 25 H.

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 F.

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 H,C = 1 F.


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 ZCZR2 + ZC

=10 (j10)10 j10 = 5 j5,

Zeq2 = ZL + Zeq1 = j5 + 5 j5 = 5.Applicando ora il partitore di corrente possiamo calcolare facilmentelintensita` di corrente in Zeq2:

IL = JZR1

ZR1 + Zeq2= 10

12= 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 + U2R1

+U2 U1R2

+U2 U1jXC = 0,

U1 U2R2

+U1jXL

+U1 U2jXC +

U1 ER3

= 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 allintensita` 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 ZCZR1 + ZC

=10 (j20)10 j20 = 8 j4,

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

Pertanto lintensita` 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 limpedenza equi-valente ZTh e la tensione a vuoto E0. Per quanto riguarda limpedenzaequivalente 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 lintensita` 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 limpedenza equiva-lente ZTh e lintensita` 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 R2ZTh +R2

= 0.48 + 0.11j,

PR2 =12

VR22R2

= 2.4 mW.

6. Lenergia 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 questultima. Osserviamo anzitutto cheXL1 = 2 W, XL2 = 4 W. Limpedenza vista dal generatore risulta:

Zeq = R1 +ZL2

(ZL1 +R2

)ZL2 + ZL1 +R2

= 100 + 4j.

Pertanto lintensita` 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 = 2pi/ = 0.0314 s lenergia 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 comep2 = E

2/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

) ZLZL +R2

= 2 + 2j.

In tal caso la potenza media ha lespressione:

P 2 =12R2I2 = 20 W.

Infine, sommando i due risultati otteniamo:

P2 = P 2 + P2 = 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 allintensita` di corrente i(t) dovutoal generatore e1(t). Utilizzando il circuito di impedenze corrispondente, erisolvendo per serie-parallelo, posto:

Zeq1 =ZC1 ZL1ZC1 + 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 allintensita` di corrente i(t) dovuto al generatore e2(t)puo` essere ricavato in modo analogo. Definendo un secondo circuito diimpedenze a pulsazione 2 e risolvendo per serie-parallelo, posto:

Zeq2 =R ZL2R+ 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 + PR2 = 46.6 W.

10. Per utilizzare Thevenin dobbiamo anzitutto calcolare limpedenza equiva-lente ZTh e la tensione a vuoto E0. Per quanto riguarda limpedenza 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:

E0 = EZL +R

ZL +R+R= 0.6 + 0.2j.

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

E0 = JR

ZL +R+RR = 0.4 0.2j,

e dunque E0 = E0 + E0 = 1. A questo punto e` immediato calcolare la

tensione 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 W1.

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 (t+ pi/4) V,Em = 1 A, = 106 rad/s,R = 10 mW, C = 1 F,L = 0.01 H, n = 10.

8. Il circuito in figura e` in regime sinusoidale. Determinare landamento 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 F,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 cost A,j2 (t) = J sint A,J = 2A, = 104 rad/s,R = 2 W, L = 0.2 mH,C = 50 F

384 6 Doppi bipoli

1. La caratterizzazione richiesta sara` nella forma:(v1v2

)=(R11 R12R12 R22

)(i1i2

).

E` immediato verificare che:

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

Essendo poi il doppio bipolo simmetrico, possiamo senzaltro porre:

R22 = R11 =114W.

Per quanto riguarda il calcolo di R12 (= R21), partendo dalla definizioneR12 = v1i2

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 =R21

R1 +R2 +R1+R2 =

54W.

2. La caratterizzazione richiesta sara` nella forma:(i1v2

)=(H11 H12H12 H22

)(v1i2

).

Applicando le definizioni per i diversi parametri avremo:

H11 =i1v1

i2=0

= [(R2 +R3) ||R1]1 = 215 W1,

H22 =v2i2

v1=0

= R2||R3 = 5015 W,

H12 = H21 = i1i2

v1=0

= R3R2 +R3

=515.

6.6 Esercizi 385

3. La caratterizzazione richiesta sara` nella forma:(i1i2

)=(G11 G12G12 G22

)(v1v2

)+(I01I02

).

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)G3G1 +G2 +G3

=23W

1,

G12 = G21 = (G1 +G2)G3G1 +G2 +G3

R2R1 +R2

= 13W

1.

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

I01 = J = 1A, 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

=23W

1,

G22 =i2v2

v1=0

=(G1 +G2)G3G1 +G2 +G3

+G4 =53W

1,

Posto:Req =

R1R2R1 +R2

+R3 =32W,

avremo:

G12 =i1v2

v1=0

= G22 R4R4 +Req

R2R1 +R2

= 13W

1.

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

386 6 Doppi bipoli

G21 =i2v1

v2=0

= g +G12 =23W

1.

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

v1 = R11i1 +R12i2 = R11i1 +R12i2 +R12i2,

v2 = R21i1 +R22i2 = R21i1 +R21i1 ++R22i2,

dove R12 ed R21 siano opportuni valori tali da garantire che la matrice

R =(R11 R

12

R12 R22

)verifichi le condizioni per i doppi bipoli lineari passivi

(6.3.1), ed R12, R21 i valori residui. In tal caso la sintesi puo` essere

effettuata 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 R12 = 3 W, R3 = R22 R12 = 1 W, R2 = R12 = 1 W,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

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 dellimpedenza 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 limpedenza Z eq e quella dellinduttoreL 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 nE ZL1n2R2 + ZL1

= 33.5 55.0j,

ZTh = R1 +n2R2 ZL1n2R2 + ZL1

= 11.7 + 5.5j.

Pertanto:

VC = E0 ZCZC + 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) lequivalente di Thevenin aiterminali 1O, 2O b) landamento 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. Determinarelandamento 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 dellintervento dellinter-ruttore. Determinare landamento dellintensita` di corrente dellinduttoreiL(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 dellintervento dellinter-ruttore. Determinare landamento della tensione vC(t) sulla capacita`.

R RC

E t=0

+

-

vC

R = 10 W,E = 50 V,C = 500 F.

7.5 Esercizi 491

5. Determinare landamento dellintensita` di corrente dellinduttore 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 landamento della correntedellinduttore, iL(t), < t


e(t)

R L

C

n:1

j (t) ={1 A t < 0,0 A t 0,

R = 2 W, L = 1 H,C = 1 F, = 0.5.

9. Il circuito in figura e` in regime stazionario per t < 0. Determinarelandamento dellintensita` di corrente dellinduttore.

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 F,n = 5.

10. Il circuito in figura e` in regime sinusoidale per t < 0. Determinare landamento della tensione del condensatore vC(t) per < t

7.5 Esercizi 493

1. Dopo aver disconnesso la capacita` C, per trovare lequivalente 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

R3R2 +R3

=45V.

Una volta determinato lequivalente di Thevenin ai terminali, e` immedia-to scrivere lintegrale generale della soluzione per lincognita considerata.Infatti la soluzione dellomogenea associata e`:

vC0 = Ae tRThC ,

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

vC(t) = 1215e t0.08 +

1215.

2. Applichiamo Thevenin ai terminali a cui e` collegato linduttore, 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 dellinduttore 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 lespressione:

iL (t) = I0eRThL t = 0.0138e40t.

3. Per t < 0 il circuito e` in regime stazionario. In tali condizioni, con lin-terruttore aperto, la corrente dellinduttore risulta iL=J/2. Alla chiusuradellinterruttore il resistore R risulta cortocircuitato. In tal caso si hache lintegrale dellomogenea ha lespressione:

iL (t) = AeRL 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/2eRL t + J = 5e20t + 10.

4. Per t < 0 il circuito e` in regime stazionario. In tali condizioni, con linter-ruttore aperto, la tensione della capacita` risulta vC=E/2. Alla chiusuradellinterruttore il resistore R in serie ad esso risulta di fatto escluso dalcircuito. In tal caso si ha che lintegrale dellomogenea ha lespressione:

vC (t) = AetRC ,

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 tRC + E = 25e200t + 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, R2ed 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 sostituendoallinduttore un circuito aperto otteniamo immediatamente:

iL = 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 R2R2 + ZL +R3

= 0.0900.056j iL = 0.106 cos (50t 0.56) .

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

iL (0) = 0.090 = I0.

A questo punto la soluzione dinamica (evoluzione libera) per t 0 e`immediata:

iL (t) = I0eReqL t = 0.90e42t.

In definitiva avremo:

iL (t) = iL (t) + iL (t) =

{0.106 cos (50t 0.56) 2.5 t < 00.90e42t 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 lanalisi per t 0 innanzitutto osserviamo che per t avremo

iL =eR

=110

= 0.1 A.

Spento il generatore e ridotti conseguentemente in parallelo i due resistori,lequazione del circuito (in termini dellintensita` di corrente iL) e`:

d2iLdt2

+1

ReqC

diLdt

+1LC

iL = 0,

con le condizioni iniziali:

iL(0) = 0.1e

diLdt

t=0

=vL(0)L

= 400.

Le frequenze naturali del circuito risultano:

1,2 = j = 1000 1000j,posto:

i(t) = et (A cost+B sint) + i,

possiamo imporre le condizioni iniziali alla soluzione generale per ricavarei valori delle costanti A e B:{

A = I0 i = 0.2A+ B =

vLL

{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 = vR + vR = (+ 1)Ri Req = (+ 1)R = 3 W.Per calcolare landamento della corrente dellinduttore 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 allinduttore 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 levoluzione libera di un circuito RLCserie a partire dalle condizioni iniziali calcolate. Lequazione caratteristicae` in questo caso:

2 +ReqL

+1LC

= 0,

che risolta fornisce 1 = 3.82 105, 2 = 2.62 106. La soluzione hadunque la forma:

i(t) = k1e1t + k2e2t.

Per il calcolo delle costanti k1, k2 imponiamo le condizioni iniziali:{k1 + k2 = 11k1 + 2k2 = vLL = 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 capacita`C = 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 avra`una 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 allinduttore 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. Lequazione caratteristica e` in questo caso:

2 +R

L+

1LC

= 0,

che risolta fornisce 1,2 = 5 158.0j. Tenuto conto del forzamento si-nusoidale, lintegrale 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) = et (A cost+B sint) + i(t).


Per il calcolo delle costanti A,B dovremo imporre:A = i I0A+ B +

didt

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 F,

otteniamo un circuito RLC parallelo (esso diviene tale effettivamente spe-gnendo il generatore). Lanalisi per t < 0 puo` agevolmente essere condottamediante i fasori. Posto:

Zeq =ZLZC

ZL + ZC= 3.88j

e` immediato ricavare:

V C = E ZeqR+ 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 unevoluzione libera a partire dallecondizioni determinate dal regime precedente per t = 0, vC (0) = V0 =1.310, iL (0) = I0 = 0.895. Lequazione caratteristica e` nel nostro caso:

2 +1

RC +

1LC

= 0,

che risolta fornisce 1 = 1183.5, 2 = 2816.5. La soluzione in questocaso assume la forma:

vC(t) = k1e1t + k2e2t.

Imponendo le condizioni iniziali si ottengono le condizioni:

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