Esercizi sulle reti elettriche in corrente continua

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1 serizi sulle reti elettrihe in orrente ontinua serizio 1: eterminare la P erogata generatore, e la P R assorita resistore R del iruito in figura 4 Ω Ω Ω 15 Ω 5 Ω Ω R Ω 10 Ω Soluzione: P = 150 W P R =.08 W 0 Ω Soluzione È possiile semplifiare il iruito appliando ripetutamente le regole di equivalenza per resistenze ollegate in serie e in parallelo. Ω 15 Ω 5 Ω Ω R Ω (1) 0 Ω Ω 15 Ω 5 Ω 5Ω () 1

2 Ω 5 Ω 0 Ω () I a (4) al iruito elementare (4) si riava: I a = 0 / 6 = 5 La assorita generatore vale: P assor = ( I a ) = 150W ovvero, la erogata generatore vale: P erog = P assor = 150W Proedendo a ritroso, è possiile determinare la orrente i R he attraversa il resistore R. onsiderato il iruito (), si ha: Ω I a I I 5 Ω 0 Ω (5) I a = I I 5 I I I = 4, I = 1 onsiderato il iruito (1), si può srivere:

3 V Ω I a V I I 15 Ω Ω 5 Ω Ω R I d (6) V d 0 Ω dove: per ui si riava: V V V V d V = 5 I V = 15 I d = ( ) I V = 15 V 0 15 I d =. 8 6 d La assorita resistore risulta: 5 PR = R I d = =. 08 W 1 serizio : Risolvere la rete in figura e verifiare il ilanio delle potenze i 1 i v 1 v v i Ω 4 V Soluzione: I 1 = I = -4.5 I =.5 Soluzione Il iruito è ostituito da R= rami e N= nodi.

4 I rami e sono ontrollati sia in tensione he in orrente (è possiile esprimere la tensione del ramo in funzione della orrente del ramo stesso e vieversa). Il ramo 1, essendo presente il generatore di orrente, è ontrollato in tensione ma non in orrente. Metodo di Taleau Inognite R tensioni di ramo R orrenti di ramo N-1 potenziali di nodo Totale: RN-1 quazioni uazioni indipendenti appliando la LKT ai rami N-1 equazioni indipendenti appliando la LK ai nodi uazioni ostitutive dei rami Totale: RN-1 Si seglie il nodo ome nodo di riferimento (e ). v1 = e v = e v = e { i i 0 i1 = i1 = v = 4 i v = 6i uazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle tensioni ai rami N-1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle orrenti ai nodi uazioni ostitutive dei rami Si ottengono 7 equazioni indipendenti nelle 7 inognite (v 1, v, v, i 1, i, i, e ). Metodo delle equazioni di Kirhhoff (maglie fondamentali) Inognite R tensioni di ramo R orrenti di ramo Totale: R quazioni R-N1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle tensioni alle maglie fondamentali N-1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle orrenti ai nodi uazioni ostitutive dei rami Totale: R Si traia un alero del grafo, e si determinano le R-N1 maglie fondamentali (in questo aso ): Rami di alero: N-1=1 Rami di oalero: R-N1= Numero di maglie fondamentali: R-N1= 4

5 v1 v R-N1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle tensioni alle maglie fondamentali: v v { i1 i i N-1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle orrenti ai nodi i1 = v = 4 i v = 6i uazioni ostitutive dei rami Sostituendo le equazioni ostitutive nelle equazioni di Kirhhoff si ottiene quindi un sistema di uazioni indipendenti rispettivamente in R inognite di orrente oppure di tensione di ramo. v1 4 i 4 i 6i i i Si ottengono equazioni indipendenti nelle inognite (v 1, i, i ). Metodo dei tagli fondamentali Inognite R-N1 orrenti dei rami di oalero R n tensioni inognite dei rami non ontrollati in orrente (in ui non è possiile esprimere la tensione in funzione della orrente utilizzando la aratteristia) Totale: R-N1 R n quazioni R-N1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle tensioni alle maglie fondamentali. Sui rami ontrollati in orrente, le tensioni sono espresse in funzione delle orrenti dei rami di oalero (mediante le equazioni ostitutive dei rami e le equazioni di Kirhhoff delle orrenti ai tagli fondamentali). R n equazioni aratteristihe dei rami non ontrollati in orrente Totale: R-N1 R n Nel aso del iruito in esame R n = 1. Si traia un alero del grafo, e si determinano le R-N1 maglie fondamentali (in questo aso ): Rami di alero: N-1=1 Rami di oalero: R-N1= Numero di maglie fondamentali: R-N1= spressione delle orrenti dei rami d alero in funzione delle orrenti dei rami di oalero mediante le N-1 equazioni di Kirhhoff delle orrenti appliate ai tagli fondamentali (in questo aso 1): 5

6 { i1 i i i = i1 i I 1 I 1 I I TT: in questo aso partiolare l equazione al taglio fondamentale oinide on l equazione di Kirhhoff delle orrenti appliata al nodo. In generale invee l appliazione della legge di Kirhhoff delle orrenti ai tagli fondamentali determina un sistema di equazioni nelle orrenti in forma diversa da quella he si ottiene appliando la legge di Kirhhoff delle orrenti ai nodi. I due sistemi di equazioni sono omunque equivalenti, essendo sempre possiile ottenere la forma delle equazioni di uno mediante ominazioni lineari delle equazioni dell altro. ( i1 i) ( i i ) 6i v { i 1 = R-N1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle tensioni alle maglie fondamentali aratteristia del ramo non ontrollato in orrente Si ottengono equazioni indipendenti nelle inognite (v 1, i 1, i ). Metodo dei potenziali di nodo Inognite N-1 potenziali di nodo R nt orrenti inognite dei rami non ontrollati in tensione (in ui non è possiile esprimere la orrente in funzione dei potenziali di nodo utilizzando le equazioni aratteristihe dei rami del iruito) Totale: N-1 R nt quazioni N-1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle orrenti ai nodi. Sui rami ontrollati in tensione, le orrenti sono espresse in funzione dei potenziali di nodo (mediante le equazioni ostitutive dei rami e le equazioni di Kirhhoff delle tensioni ai rami) R nt equazioni aratteristihe dei rami non ontrollati in tensione Totale: N-1 R nt Nel aso del iruito in esame R nt. Si seglie il nodo ome nodo di riferimento (e ). spressione delle tensioni di ramo in funzione dei potenziali di nodo mediante le equazioni di Kirhhoff delle tensioni ai rami. v v v 1 = e = e = e spressione delle orrenti di ramo in funzione dei potenziali di nodo mediante le uazioni ostitutive e le uazioni di Kirhhoff delle tensioni ai rami (per tutti i rami del iruito in esame è possiile riavare direttamente la orrente di ramo in funzione dei potenziali di nodo): 6

7 i 1 = v = e v = e = 4 i = 6i i i i 1 = e = e = 6 1 e e 1 6 = 0 N-1 equazioni indipendenti appliando la legge di Kirhhoff delle orrenti ai nodi Si ottiene 1 equazione in 1 inognita (e ). Risolvendo si ha: e 10 e = 15V Per verifiare il ilanio delle potenze ome rihiesto l eserizio aloliamo le orrenti di ramo e le tensioni di ramo. La assorita da ogni ramo, visto he sono stati utilizzati i versi di riferimento assoiati on la selta dell utilizzatore, si ottiene prodotto delle relative tensione e orrente: ramo v i p 1 15 V 0 W 15 V W 15 V W Il ilanio delle potenze è quindi verifiato (p 1 p p ). Per il ramo si ha inoltre: p R = v R i R = R i R = (4.5) = 40.5 W (assorita), p = i = 4 ( 4.5) = 108 W (assorita, in quanto i è entrante nel terminale positivo del generatore di tensione). nhe il ilanio di sul ramo è soddisfatto: W ( 108W) = W ovvero W 40.5W 1 = 67.5W 1 assorita resistore assorita generatore assorita ramo erogata generatore assorita resistore erogata ramo 7

8 serizio : eterminare la tensione tra i punti e del iruito in figura Suggerimento: semplifiare il iruito utilizzando le formule per ollegamenti in serie e in parallelo. Ω Ω 1 Ω 10 4 Ω Soluzione: V = 14.7 V 0 V Ω Ω serizio 4: eterminare la dissipata resistore del iruito in figura. Suggerimento: utilizzare la trasformazione stella triangolo: 100 V R 100 Ω R 4 60 Ω R Ω R 40 Ω R 100 V 11.5 Ω I 4 I R 4 60 Ω R 44.5 Ω Soluzione: V ( R4I 4 RI ) P5 = =. 4W R R 5 5 R 11.5 Ω R 40 Ω 8

9 serizio 5.a: eterminare il ipolo equivalente di Thevenin tra i punti e del iruito in figura e alolare la orrente he irola attraverso il resistore. serizio 5.: eterminare il ipolo equivalente di Norton tra i punti e del iruito in figura e alolare la orrente he irola attraverso il resistore. Soluzione 5.a: 1 50 V eq 7 V I 5 = 6 R I 1 R 6 Ω 4 Ω I Soluzione 5.: I eq 1 I 5 = 6 serizio 6.a: eterminare il dipolo equivalente di Norton tra i punti e F del iruito in figura e alolare la orrente he irola attraverso il resistore R 9. serizio 6.: eterminare il dipolo equivalente di Thevenin tra i punti e F del iruito in figura e alolare la orrente he irola attraverso il resistore R 9. Soluzione 6.a: R =10 Ω I = Ω R 6 =4 Ω I eq.5 8 Ω R 9 4 Ω I 1 6 R 8 =10 Ω F I 9 R 9 4 Ω R 7 =5 Ω Soluzione 6.: 8 Ω eq 0 V F R 9 4 Ω I 5 = 1.67 I =7 F 9

10 serizio 7.a: eterminare il dipolo equivalente di Thevenin tra i punti e del iruito in figura e alolare la dissipata resistore del iruito in figura. serizio 7.: eterminare il dipolo equivalente di Norton tra i punti e del iruito in figura e alolare la dissipata resistore del iruito in figura. Soluzione 7.a: 100 V R 100 Ω R 4 60 Ω R Ω R 40 Ω Soluzione 7.: I eq 15 m 66.1 Ω eq 8.9 V 66.1 Ω I 5 = 97 m I 5 = 97 m = P = R I 0. 4W 10