Tucci Esercizi Svolti Di Elettrotecnica

Esercizi svolti di Elettrotecnica a cura del prof. Vincenzo Tucci

APRILE 2005

Vincenzo Tucci

Esercizi di Elettrotecnica

INDICE NOTA SUL METODO PER LA SOLUZIONE DEGLI ESERCIZI ....................................................................................... 3 CIRCUITI STATICI.............................................................................................................................................. 4 BIPOLI EQUIVALENTI, MANIPOLAZIONI CIRCUITALI, FORMULE DEI PARTITORI ..................................................... 4 Esercizio n. 1................................................................................................................................................... 4 Esercizio n. 2................................................................................................................................................... 5 Esercizio n. 3................................................................................................................................................... 7 Esercizio n. 4................................................................................................................................................... 8 Esercizio n. 5................................................................................................................................................. 10 Esercizio n. 6................................................................................................................................................. 11 Esercizio n. 7................................................................................................................................................. 12 Esercizio n. 8................................................................................................................................................. 13 Esercizio n. 9................................................................................................................................................. 15 LINEARITÀ E SOVRAPPOSIZIONE DEGLI EFFETTI ................................................................................................. 16 Esercizio n. 10............................................................................................................................................... 16 Esercizio n. 11............................................................................................................................................... 17 Esercizio n. 12............................................................................................................................................... 19 Esercizio n. 13............................................................................................................................................... 20 METODI DI SOLUZIONE ....................................................................................................................................... 22 Esercizio n. 14............................................................................................................................................... 22 Esercizio n. 15............................................................................................................................................... 23 Esercizio n. 16............................................................................................................................................... 24 Esercizio n. 17............................................................................................................................................... 26 Esercizio n. 18............................................................................................................................................... 27 Esercizio n. 19............................................................................................................................................... 29 Esercizio n. 20............................................................................................................................................... 31 Esercizio n. 21............................................................................................................................................... 32 GENERATORI EQUIVALENTI ................................................................................................................................ 35 Esercizio n. 22............................................................................................................................................... 35 Esercizio n. 23............................................................................................................................................... 37 Esercizio n. 24............................................................................................................................................... 39 Esercizio n. 25............................................................................................................................................... 41 DOPPI BIPOLI ...................................................................................................................................................... 51 Esercizio n. 29............................................................................................................................................... 51 Esercizio n. 30............................................................................................................................................... 52 Esercizio n. 31............................................................................................................................................... 56 Esercizio n. 32............................................................................................................................................... 60

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Nota sul metodo per la soluzione degli esercizi La soluzione degli esercizi è un momento della fase di apprendimento nel quale l’allievo è chiamato ad utilizzare sia i metodi appresi durante lo specifico corso (ad esempio, quello di Elettrotecnica) sia il bagaglio di nozioni acquisite negli studi precedenti. Sebbene la complessità dei problemi da risolvere possano variare molto (da corso a corso nell’ambito degli studi e, successivamente, nella vita professionale) è importante acquisire una metodologia valida in generale che consenta di affrontarne la soluzione in modo efficace. In ogni caso, la soluzione di un problema si può ottenere adottando una procedura operativa che può essere sintetizzata nei seguenti punti: a) b) c) d)

identificazione degli obiettivi; scelta del metodo; elaborazioni analitiche e numeriche; analisi e controllo dei risultati; nel caso i risultati ottenuti non risultino soddisfare principi elementari (ad esempio, leggi di Kirchhoff, conservazione dell’energia, ecc.) occorre reiterare la procedura, adottando eventualmente un diverso metodo di soluzione; e) presentazione e discussione dei risultati. Nel caso dei problemi di Elettrotecnica, il processo risulta, nella maggior parte dei casi, molto più agevole, in quanto alcuni punti della procedura generale sono già specificati nel quesito. Ad esempio, la grandezza da calcolare ed il metodo da adottare per effettuare il calcolo sono indicati nel testo dell’esercizio. Pertanto, la procedura per la soluzione dei problemi può essere ristretta ai seguenti punti: 1) scelta del metodo; 2) elaborazioni analitiche e numeriche; 3) presentazione e discussione dei risultati. La chiara identificazione di tali passi della procedura, oltre ad essere un utile strumento per lo studente impegnato nella soluzione del problema, consente inoltre una più agevole ed efficiente valutazione della bontà della soluzione. In particolare, nei problemi inerenti l’analisi dei circuiti (la maggior parte dei problemi affrontati durante il corso di Elettrotecnica I e II) occorre: 1) 2) 3) 4)

indicare sul grafico del circuito i riferimenti per i versi delle grandezze; esprimere le sole equazioni necessarie e sufficienti a risolvere il problema; scegliere il procedimento più semplice ed efficace; utilizzare fin dove possibile i nomi simbolici dei parametri circuitali e sostituire i valori numerici solo alla fine del procedimento o quando è indispensabile; 5) presentare in maniera logica e coerente il procedimento e i calcoli; 6) verificare la congruenza numerica e dimensionale dei risultati ottenuti. Negli esempi che vengono proposti si cercherà di mettere in evidenza tali fasi.

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CIRCUITI STATICI Bipoli equivalenti, manipolazioni circuitali, formule dei partitori Esercizio n. 1 Si determini il valore della resistenza equivalente Rab nei seguenti casi: a) b) c) d)

interruttori S1 e S2 aperti (posizione 0); interruttore S1 aperto (posizione 0) e interruttore S2 chiuso (posizione 1); interruttore S1 chiuso (posizione 1) e interruttore S2 aperto (posizione 0); interruttori S1 e S2 chiusi (posizione 1).

R1=2Ω; R2=10Ω; R3=15Ω; R4=10Ω R5=40Ω; R6=20Ω R7=30Ω, R8= 8Ω

Soluzione Caso a) Quando i due interruttori sono aperti la resistenza equivalente risulta data dalla serie delle resistenze: 8

R ab = ∑ Ri = 135Ω i =1

Caso b) Quando l’interruttore S1 è aperto e S2 è chiuso le resistenze R2, R3, R4 e R5 si trovano in parallelo con un corto circuito. Si ha quindi: 8

R ab = ∑ Ri +R1 = 60Ω i =6

Caso c) Quando l’interruttore S1 è chiuso e S2 è aperto le resistenze R4, R5, R6 e R7 si trovano in parallelo con un corto circuito. Si ha quindi: 3

R ab = ∑ Ri +R8 = 35Ω i =1

Caso d) Quando entrambi gli interruttori sono chiusi, la valutazione della resistenza equivalente può essere semplificata facendo riferimento allo schema di figura 1.1 nel quale si sono considerate le serie tra le resistenze R2 e R3, R4 e R5 e R6 e R7.

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R 23 = R2 + R3 = 25Ω

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R 45 = R4 + R5 = 50Ω

R 67 = R6 + R7 = 50Ω

Si osservi ora che, per la presenza dei due corto circuiti, le resistenze precedentemente definite si trovano collegate tra i nodi c≡d ed e≡f: esse risultano pertanto in parallelo (figura 1.2). Indicando con Rp la resistenza equivalente a tale parallelo:

figura 1.1

Rp =

1 = 12.5Ω 1 1 1 + + R23 R45 R67

Pertanto con riferimento allo schema di figura 1.2, si ottiene:

R ab = R1 + R p + R8 = 22.5Ω

figura 1.2

figura 1.3

Esercizio n. 2 Per il circuito in figura, sia per la condizione di interruttore S aperto (posizione 0) che di interruttore chiuso (posizione 1), si determini: a) la resistenza vista dai morsetti A-B; b) la corrente I e la tensione V quando la tensione ai morsetti A-B è pari a 100V.

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R1=20Ω ; R2=4Ω; R3=20Ω; R4=50Ω; R5=30Ω; R6=R7=10Ω

SOLUZIONE Notiamo innanzitutto che, sia quando l’interruttore è aperto che quando è chiuso, le resistenze R6 e R7 risultano corto circuitate. Esse, pertanto non intervengono né nella espressione di RS0 né in quella di RS1. Calcolo RS0, IS0, VS0 Quando l’interruttore S è aperto il circuito da esaminare può essere più convenientemente rappresentato come in fig. 1 in cui si osserva che tra A e B è presente il parallelo tra R1 con una resistenza data dalla serie tra R2 ed il parallelo tra R3 e (R4+R5). Pertanto, si ha:

RS 0

 R3 ⋅ ( R 4 + R5)  R1 ⋅  R 2 + R3 + ( R 4 + R5)   = 10Ω =  R3 ⋅ ( R 4 + R5)  R1 +  R 2 + R3 + ( R 4 + R5)  

figura 2.1 La corrente IS0 è la corrente che interessa la serie R4, R5 di figura 2.1. Essa si ottiene a partire dalla corrente totale, applicando due volte la formula del partitore di corrente.

I R2 =

V AB RS 0

I SO = I R 2

R1 = 5A  R3 ⋅ ( R 4 + R5)  R1 +  R 2 + R3 + ( R 4 + R5)   R3 = 1A R3 + R 4 + R 5

La tensione VS0 è la tensione ai capi del parallelo tra R3 e la serie R4, R5:

VSO = I R 2

R3 ⋅ ( R 4 + R5) = 80V R3 + R 4 + R5

Calcolo RS1, IS1, VS1 Quando l’interruttore S è chiuso il parallelo tra R3 e (R4+R5) è cortocircuitato. Il circuito si riduce pertanto al parallelo tra R1 e R2.

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Pertanto si ha:

RS1 =

R1 ⋅ R 2 10 = Ω R1 + R 2 3

La corrente IS1 è la corrente che interessa la resistenza R2.

IS1 =

VAB = 25 A R2

La tensione VS1 è la tensione ai capi di un corto circuito e pertanto risulta nulla:

VS 1 = 0V

Esercizio n. 3 Utilizzando i possibili collegamenti tra i resistori si determinino i corrispondenti valori di resistenza ottenibili.

SOLUZIONE Osserviamo innanzitutto che i collegamenti che coinvolgono i nodi B e C con gli altri due rami risultano equivalenti a causa dell’identico valore della resistenza (2R). I collegamenti possibili risultano pertanto A-B (coincidente ai fini dei valori possibili di resistenza con A-C), A-D; B-C e B-D (coincidente ai fini dei valori possibili di resistenza con C-D). In figura 3.1 sono mostrati i collegamenti che coinvolgono il nodo A. Per tali casi i possibili valori di resistenza ottenibili sono (si omettono per semplicità i valori di resistenza tra coppie di morsetti per i quali il collegamento effettuato non introduce modifiche rispetto alla struttura originaria):

figura 3.1

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2 8  R AC = 2 R + 3 R = 3 R A ≡ B (ovvero con C)  2  R AD = R 3 

R AD = 0  A≡D  R AB = R AC = 2 R

In figura 3.2 sono mostrati i collegamenti che coinvolgono il nodo B (ovvero C); per tali configurazioni si avrà:

R  R AB = R AC = 2 C≡B  R R BD = R CD = 2 

R = R D ≡ B (ovvero con C)  BC  R CD = 0

figura 3.2

Esercizio n. 4 Per i due circuiti in figura si determinino le caratteristiche dei bipoli equivalenti viste ai morsetti A-B e le si disegnino sul piano I-V.

SOLUZIONE Poiché i singoli bipoli sono “normali”, ovvero esibiscono una caratteristica rappresentabile sul piano IV tramite una retta, in generale non passante per l’origine, la caratteristica del bipolo equivalente sarà anch’essa di tipo rettilineo. Il metodo più semplice per individuarla è quella di valutarla in due punti “notevoli”, rispettivamente per I= 0 e V=0. Per il bipolo contenente il generatore di tensione la condizione V=0 si ha collegando A e B tramite un corto circuito (figura 4.1):

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figura 4.1 Si ottiene:

V = 0;

I=−

E = −1 A R1

Il secondo punto notevole si ottiene quando I=0; in tal caso la tensione si ottiene applicando la formula del partitore di tensione e valutando la tensione ai capi di R2.

I = 0;

V=E

R2 = 8V R1 + R2

L’equazione che descrive la caratteristica del bipolo sarà pertanto:

V = E(

R2 )− R1 + R2

R2 ) R1 + R2 R2 RR ) + ( 1 2 ) I = 8 + 8I I = E( E R1 + R2 R1 + R2 (− ) R1

E(

Si osservi che: a) affinché la corrente risulti positiva con il riferimento scelto occorre che la tensione ai morsetti A-B sia maggiore di 8V; b) la pendenza della retta è data dal valore della resistenza equivalente vista dai morsetti A-B quando il generatore di tensione sia stato spento; tale risultato trova riscontro nell’ambito di un teorema generale, che sarà illustrato nel seguito, che va sotto il nome di teorema di Thèvenin (o del generatore equivalente di tensione). Per il secondo circuito risulta:

V = 0; I = 0;

I = J = 0.1A V = JR2 = 0.5V

L’equazione che descrive la caratteristica del bipolo sarà pertanto:

V = JR2 −

JR2 I = JR2 − R2 I = 0.5 − 5I J

Si osservi che la pendenza della retta è data dal valore della resistenza equivalente vista dai morsetti AB quando il generatore di corrente sia stato spento (cioè al suo posto vi sia un circuito aperto). Tale risultato trova riscontro nell’ambito di un teorema generale, illustrato nel seguito, che va sotto il nome di teorema di Norton (o del generatore equivalente di corrente).

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Esercizio n. 5 Per il circuito in figura si determini il valore della tensione E ai morsetti del generatore tale che la corrente IBD nel resistore R4 sia pari a 5 mA.

R1=3kΩ; R2=500Ω; R3=250Ω; R4=400Ω

SOLUZIONE L’esercizio fornisce un esempio di metodo di “soluzione a ritroso” nel quale si parte dal valore della grandezza di uscita e, applicando opportunamente le leggi dei circuiti, si valutano le diverse grandezze che servono per ricavare l’incognita. Naturalmente è ancora possibile una soluzione attraverso il modello fondamentale del circuito (LKC+LKT+caratteristiche), ma essa risulta senz’altro più onerosa dal punto di vista del calcolo. Infatti, si può scrivere

- I DA + I AB + I AC = 0 - I AB − I AC + I BD = 0 R1 I AB + R4 I BD = E R1 I AB − ( R2 + R 3 )I AC = 0 che rappresenta il sistema fondamentale del circuito (4 equazioni, 4 incognite) in cui la corrente IBD nella R4 è un termine noto mentre non lo è la tensione E del generatore. Adottando, invece, l’approccio della soluzione a ritroso, nota la corrente IBD nella R4, è possibile applicare la LKC alla superficie “gaussiana” Σ rappresentata in figura 5.1.

Σ

figura 5.1 Si ottiene così la corrente nel generatore di tensione:

I BD = I DA = 5mA

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Osserviamo ora che la resistenza R1 si trova in parallelo con la serie tra R2 e R3; è quindi possibile applicare a tale parallelo la formula del partitore di corrente per ricavare la corrente IAB in R1.

I AB = I DA

R2 + R3 750 = 5 ⋅10 −3 = 1mA R1 + R2 + R3 3750

Nota la corrente in R1 si può applicare la LKT alla maglia ABDA per ottenere il valore richiesto:

E = R1 I AB + R4 I BD = 3 ⋅ 10 3 ⋅ (1 ⋅ 10 3 ) + 5 ⋅ 10 3 ⋅ (400) = 5V La soluzione di questo esercizio consente di mettere in evidenza un risultato generale (proprietà di non amplificazione delle tensioni e delle correnti) valido per circuiti costituiti da soli resistori (lineari e non lineari) e da un solo generatore (di tensione o corrente). In tali classi di circuiti le correnti e le tensioni sui resistori non possono essere mai maggiori (al più possono essere uguali) della corrente e della tensione sul generatore.

Esercizio n. 6 Per il circuito “a scala” (in inglese, “ladder”) mostrato in figura si determini la corrente nel generatore di tensione e quella in ognuno dei resistori di valore 2R.

SOLUZIONE Per risolvere l’esercizio conviene ridurre la complessità topologica giungendo ad un circuito ad una sola maglia nella quale sia immediato calcolare la corrente richiesta. In particolare, partendo dalla estrema destra del circuito si osserva che le due resistenze di valore R risultano in serie. Si ottiene così una resistenza equivalente di valore pari a 2R che risulta essere in parallelo con una delle resistenze ”trasversali” di valore 2R. La resistenza equivalente a questo parallelo, di valore pari a R sarà a sua volta in serie con una resistenza ”longitudinale” di valore R ottenendo ancora una volta una resistenza equivalente di valore 2R. Il procedimento a questo punto si ripete fino ad arrivare alla resistenza in serie al generatore che, quindi vedrà come resistenza equivalente totale una di valore 2R. In sintesi, ogni “cella” della scala equivale ad una resistenza di valore R come mostrato in figura 5.1. Pertanto la corrente totale erogata dal generatore risulta pari a

I BA =

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E = 1A 2R

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≡

figura 6.1 Per calcolare la corrente in ogni resistore di valore 2R occorre applicare la regola del partitore di corrente in modo iterativo ai nodi C, E e G osservando che, sulla base delle considerazioni precedenti, la corrente si ripartisce in parti uguali. Pertanto la corrente nel resistore di valore 2R più a sinistra (quello tra i nodi C e D) risulterà pari a 0.5 A, nel successivo (quello tra i nodi E e F) 0.25 A e nell’ultimo 0.125 A.

Esercizio n. 7 In figura è mostrato un “chip” di resistenze nella forma detta “dual-in-line”, largamente adoperato nella realizzazione di circuiti elettronici. Effettuando gli opportuni collegamenti tra i diversi morsetti, realizzare una rete “a scala” (“ladder”) del tipo precedentemente illustrato. Quante celle elementari si possono ottenere con un solo chip?

SOLUZIONE In figura 7.1a a è mostrata un cella elementare della rete a scala in cui sono presenti un resistore di valore pari a R e uno di valore 2R. Quindi per realizzare ogni cella elementare occorrono 3 resistori del chip di cui due sono collegati in serie. Si potranno quindi ottenere al più due celle complete; una possibile scelta dei collegamenti esterni tra i piedini del chip è mostrata in figura 7.1b. I due resistori liberi possono essere utilizzati per “terminare” il circuito, come mostrato nello schema circuitale dell’esercizio n. 6.

figura 7.1a

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figura 7.1b

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Esercizio n. 8 Nel circuito in figura i due interruttori S1 e S2 possono trovarsi nella posizione aperta (0) o chiusa (1). Determinare il valore della tensione Vout e della corrente I per ognuna delle quattro possibili combinazioni degli interruttori (0,0), (0,1), (1,0) e (1,1). Quale configurazione dà luogo al massimo valore di Vout e quale a quello minimo? E’ possibile giustificare tale risultato?

E=10V; R1= 3kΩ; R2= 6kΩ; R3= 3kΩ; R4= 1kΩ

SOLUZIONE • Configurazione (0,0). Entrambi gli interruttori (“switch”) sono aperti. In tal caso la resistenza equivalente vista tra i morsetti A-D sarà:

R AD

( 0, 0 )

= R2 + R3 + R4

(8.1)

La corrente I risulterà pertanto pari a:

I (0,0) =

E R AD

( 0, 0 )

= 1mA

mentre la tensione sarà data da:

Vout •

(0,0)

=E

R3 + R4 R AD

( 0, 0 )

= 4V

Configurazione (0,1). S1 aperto, S2 chiuso. In questo caso R3 è in parallelo con un corto circuito. La resistenza equivalente vista tra i morsetti A-D sarà:

R AD

( 0 ,1)

= R2 + R4

La corrente I risulterà pertanto pari a:

I (0,1) =

E R AD

= 1.43mA

( 0 ,1)

mentre la tensione sarà data da:

Vout •

(0,1)

=E

R4 R AD

( 0 ,1)

= 1.43V

Configurazione (1,0). S1 chiuso, S2 aperto. In questo caso R1 e R2 sono in parallelo. La resistenza equivalente vista tra i morsetti A-D sarà:

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R AD

(1, 0 )

=

R1 R2 + R3 + R4 R1 + R2

La corrente I risulterà pertanto pari a:

I (1,0) =

E R AD

mentre la tensione sarà data da:

Vout •

(1,0)

=E

= 1.67 mA

(1, 0 )

R3 + R4 R AD

( 0 ,1)

= 6.67V

Configurazione (1,1). S1 e S2 entrambi chiusi. In questo caso R1 e R2 sono in parallelo mentre R3 è in corto circuito. La resistenza equivalente vista tra i morsetti A-D sarà:

R AD

(1,1)

=

R1 R2 + R4 R1 + R2

La corrente I risulterà pertanto pari a:

I (1,1) =

E R AD

= 3.33mA

(1,1)

mentre la tensione sarà data da:

Vout

(1,1)

=E

R4 R AD

( 0 ,1)

= 3.33V

Dall’esame dei quattro risultati si trovano i casi corrispondenti ai valori massimi e minimi delle due grandezze. Osserviamo che mentre per la corrente, che rappresenta una grandezza globale (dipendente, cioè, fissato il valore di E, solo dalla resistenza equivalente vista dai morsetti del generatore), è possibile affermare che i valori massimo e minimo si otterranno per le configurazioni caratterizzate rispettivamente dal valore minimo e massimo della RAD (in particolare, la (1,1) e la (0,0)), non si può in generale affermare nulla per la tensione Vout in quanto dipendente da due parametri: la RAD e la resistenza RBD.

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Esercizio n. 9 Per il circuito in figura calcolare le correnti I1, I2, I3.

R1= 8Ω; R2=16Ω; R3= 12Ω; J1= 4A; J2= 9A

SOLUZIONE La soluzione del circuito risulta certamente più agevole ridisegnando lo schema circuitale ed utilizzando l’equivalenza tra bipoli. In particolare, ai due generatori ideali di corrente in parallelo può essere sostituito un unico generatore J3=J1+J2=13A. Le diverse correnti si possono calcolare attraverso la formula del partitore di corrente. Il circuito può essere ridisegnato come mostrato in figura 9.1.

figura 9.1 Applicando la regola del partitore di corrente è semplice a questo punto ricavare le correnti richieste.

R1 R2 R1 + R2 = 4A I3 = J 3 ⋅ R1 R2 R3 + R1 + R2

I1 = I 2 ⋅

I 2 = −J 3 ⋅

R3 = −9 A R1 R2 R3 + R1 + R2

R2 = −6 A R1 + R2

Tali valori sono compatibili con le leggi di Kirchhoff ed i principi di non amplificazione delle correnti.

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Linearità e sovrapposizione degli effetti Esercizio n. 10 Per il circuito in figura si hanno le seguenti condizioni di funzionamento: a) con Va = 20V, Vb = 0V si ha I1=-0.5A. Determinare il valore di I1 quando Va = 50V, Vb = 0V. Si ha, inoltre: b) con Va=20V, Vb=50V ⇒ I2=2A. con Va=50V, Vb=20V ⇒ I2=0.25A. Si calcoli il valore di I2 quando Va=Vb = 40V.

SOLUZIONE L’esercizio rappresenta un esempio nel quale il principio di sovrapposizione degli effetti consente di ricavare la soluzione senza che sia necessario calcolare tutte le grandezze di lato; si osserva, peraltro, che non è noto il valore dei singoli resistori. In generale, per ogni corrente Ik del circuito è possibile scrivere una relazione del tipo:

I k = Ak ⋅ Va + Bk ⋅ Vb dove le costanti Ak e Bk, dimensionalmente omogenee con delle conduttanze, dipendono unicamente dalla topologia del circuito e dal valore delle resistenze. Per rispondere al quesito a) occorre determinare A1 soluzione della seguente equazione:

- 0.5 = A1 ⋅ 20 + B1 ⋅ 0 da cui si ricava:

A1 = −0.025 [ S ] Quando Va=50V e Vb=0V il circuito ha un solo ingresso Va e quindi l’uscita risulta legata ad esso tramite una semplice relazione di proporzionalità:

I1 = A1 ⋅ 50 = −1.25A Per rispondere al quesito b) occorre determinare A2 e B2 che sono soluzioni del seguente sistema di equazioni:

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2 = A2 ⋅ 20 + B2 ⋅ 50 0.25 = A2 ⋅ 50 + B2 ⋅ 20 la cui soluzione è:

A2 = −0.013 B2 = 0.04 Si ricava pertanto: Va=Vb= 40V ⇒ I 2 = A2 ⋅ 40 + B2 ⋅ 40 = 1.08A.

Esercizio n. 11 Per il circuito in figura, utilizzando il principio di sovrapposizione degli effetti, si determini: a) la corrente I5; b) la potenza generata dal generatore di tensione E0.

R3=4Ω; R4=2Ω R5=3Ω; R6=6Ω E0=24V J1=2A; J2=4A

SOLUZIONE Per rispondere ai due quesiti si osservi che la corrente I5 può essere valutata, una volta nota la corrente I0, scrivendo la LKC al nodo D. Il problema può, dunque essere risolto calcolando la sola corrente I0 attraverso il metodo della sovrapposizione. A tal fine, la corrente I0 può essere espressa come: (J2) I 0 = I (E0) + I (J1) 0 0 + I0

Per calcolare i tre contributi si fa riferimento ai tre circuiti mostrati in figura 11.1, dove, per semplicità di notazione, non viene riportata la dipendenza dal generatore.

a)

b) figura 11.1

c)

Con riferimento alla figura 11.1 a) si ha:

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I(E0) = 0

E0 = 4A ( R3 + R4 ) R6 R5 + ( R3 + R4 ) + R6

Con riferimento alla figura 11.1b) si osserva che, poiché il potenziale del nodo A coincide con quello del nodo D, la resistenza R6 è in parallelo con R5. Indicando con Ra la resistenza equivalente alla serie tra la R4 ed il parallelo tra R5 e R6 si ha:

Ra = R4 +

R5 R6 = 4Ω R5 + R6

I (J1) = I3(J1) = − J 1 0

Ra = −1 A R3 + Ra

Con riferimento alla figura 11.1c) si osserva che la resistenza R5 si trova in parallelo con la serie R3R4. Indicata con Rb la resistenza equivalente il contributo dovuto a J2 può essere valutato utilizzando due volte la formula del partitore di corrente.

Rb =

R5 ( R3 + R4 ) = 2Ω R5 + ( R3 + R4 )

I(J2) = − J2 0

R6 R3 + R4 = −1 A R6 + Rb R3 + R4 + R5

In definitiva: (J2) I0 = I(E0) + I(J1) = 2A 0 0 + I0

La corrente I5 si ottiene quindi applicando la LKC al nodo D:

I5 = − I0 − J1 = −4 A La potenza generata dal generatore di tensione risulta:

Pg = E0 I0 = 96W

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Esercizio n. 12 Per il circuito in figura, utilizzando il principio di sovrapposizione degli effetti, si determini la corrente I3 e la potenza generata dal generatore pilotato.

R1=10Ω; R2=40Ω r=5Ω E0=30V J=2A

SOLUZIONE Per calcolare i contributi dovuti ai due generatori indipendenti si fa riferimento ai circuiti mostrati in figura 12.1, dove, per semplicità di notazione, non viene riportata la dipendenza delle correnti dal generatore. La corrente nel generatore pilotato viene calcolata per entrambi i circuiti applicando la LKC al nodo B.

a)

b) figura 12.1

I3 = I3(E0) + I(J) 0 Con riferimento alla figura 12.1a) dalla quale si nota che I0=I1 si ha:

E0 = R1 I1 + rI 1 da cui

E0 = 2A R1 + r rI I 2 = − 0 = −0.25 A R2 I1 =

La corrente I2 risulta:

Circuiti statici

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Pertanto la corrente I3 si ottiene come:

I 3( E 0 ) = − I1 − I 2 = −1.75 A Con riferimento alla figura 12.1b) si nota che:

I0 = I1 − J inoltre:

R1 I1 = R2 I 2 = − rI 0 = − r ( I 1 − J ) Pertanto:

I1 =

rJ = 0.667 A R1 + r

e I2 =

R1 rJ = 0.167 A R2 R1 + r

La corrente I3 risulta:

I 3( J ) = − I1 − I 2 = 0.834 A In definitiva:

I3 = I3(E0) + I3(J) = −0.916 A La potenza generata dal generatore pilotato risulta:

Pg = r ( I (E0) + I (J) 0 0 ) I 3 = −3.55 W

Esercizio n. 13 Per il circuito in figura per il quale risulta noto il sistema delle correnti, si determini il nuovo valore di corrente in ogni lato dovuto ad un incremento del 20% della resistenza R1.

E0 = 15 V; E3 = 12 V; J = 0.5 A R1 = 25 Ω; R2 = 15 Ω; R3 = 5 Ω h=0.2 I0 = -387.76 mA; I1 = 112.25 mA I2 =134.69 mA; I3 = 365.31 mA

SOLUZIONE Il quesito consente di mettere in evidenza un’utile applicazione del principio di compensazione che, a sua volta, rappresenta una conseguenza del principio di sovrapposizione degli effetti. Le correnti che interessano il circuito, in seguito alla variazione dR1 della resistenza R1 (indicate con I’’k, k=0, 1, …), possono essere ricavate sottraendo alle correnti note quelle (indicate con I’k,

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k=0, 1, …,) che interessano il circuito, rappresentato in figura 13.1, in cui sono spenti i generatori indipendenti ed agisce il solo generatore di compensazione:

Ecomp = dR 1I1 = 5 ⋅ 112.25 10 −3 = 561.25 mV

figura 13.1 Nel circuito di figura 13.1 osserviamo che I’0=I’1 e I’2=-I’3. Inoltre al nodo B si ha:

I'1 + hI'1 = I' 2 Scrivendo la LKT alla maglia “esterna”(ABCDA), in cui a I’2 si sostituisce la espressione precedente, si ottiene:

( R1 + dR1 ) I'1 + ( R2 + R3 )(1 + h) I'1 = Ecomp Da tale relazione è possibile ricavare pertanto la corrente I’1 e, da questa, tutte le altre. Si avrà:

I'1 = I'0 = 10.39 mA; I' 2 = − I'3 = 12.47 mA Note le correnti del circuito di compensazione, si ottengono quelle di effettivo interesse che competono al circuito in cui è variato il valore di R1:

I' '0 = I 0 − I'0 = −398.15 mA; I' '1 = I 1 − I'1 = 101.85 mA; I' ' 2 = I 2 − I' 2 = 122.22 mA; I' '3 = I 3 − I'3 = 377.78 mA A titolo di verifica dei risultati, si suggerisce di effettuare il calcolo di tali correnti con un altro sistema di soluzione.

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Metodi di soluzione Esercizio n. 14 Per il circuito in figura si determinino le correnti di lato con il metodo dei potenziali di nodo e delle correnti di maglia.

R1=10Ω; R2=40Ω R3=50Ω; R4=20Ω J1=5A; J2=2A

SOLUZIONE Metodo dei potenziali di nodo Si esprimono le correnti nei singoli lati in funzione dei potenziali di nodo con ΦD=0.

I 1 = G1 (Φ A − Φ B ); I 2 = G1 (Φ B − Φ C ); I 3 = −G3 Φ B ; I 4 = G4 (Φ A − Φ C )

(13.1)

Le LKC ai nodi A, B e C risultano: nodo A) I 1 + I 4 = J 1 nodo B)

− I1 + I 2 − I 3 = 0

nodo C) − I 2 − I 4 = J 2

→

(G1 + G4 )Φ A − G1Φ B − G4 Φ C = J 1

→

− G1Φ A + (G1 + G2 + G3 )Φ B − G2 Φ C = 0

→

− G4 Φ A − G2 Φ B + (G2 + G4 )Φ C = J 2

Ordinando, si giunge al sistema di equazioni in forma matriciale:

 G1 + G4   − G1  −G 4 

− G1 G1 + G2 + G3 − G2

− G4  Φ A   J 1      − G2  Φ B  =  0  G2 + G4  Φ C   J 2 

Risolvendo tale sistema si ottengono i potenziali dei nodi A, B e C: ΦA= 404.286V; ΦB= 350.000V; ΦC= 412.857V. Noti i valori dei potenziali di nodo il sistema delle correnti si ricava dalle relazioni (13.1): I1= 5.429A;

Circuiti statici

I2= -1.571A;

I3= -7.000A;

I4= -0.429A.

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Metodo delle correnti di maglia Con riferimento alla figura 14.1 si esprimono le correnti nei lati in funzione delle correnti di maglia.

I1 = J *1 − J *3 ; I 2 = −J *2 − J *3 ; I 3 = −J *1 − J *2 ; I 4 = J *3

(14.2)

figura 14.1 Si osserva che per la scelta effettuata le correnti di maglia J1* e J2* coincidono con le correnti dei generatori J1 e J2. Pertanto, la corrente incognita risulta solo la J3*; è pertanto evidente che basterà scrivere la sola equazione alla maglia ad essa associata.

− R1J 1* + R2 J *2 + ( R1 + R2 + R4 )J *3 = 0 → ( R1 + R2 + R4 )J *3 = R1 J 1 − R2 J 2 da cui:

J *3 = I 4 =

R1 J 1 − R2 J 2 = −0.429 A ( R1 + R2 + R4 )

Nota tale corrente, dalle relazioni (14.2) si ottengono i valori di tutte le altre correnti.

Esercizio n. 15 Per il circuito in figura calcolare la corrente in ogni lato applicando il metodo dei potenziali nodali.

E=150V R1=25Ω; R3=40Ω;

r=15 Ω R2=80Ω R4=33Ω

SOLUZIONE Scegliendo il nodo D quale nodo di riferimento si ha:

Circuiti statici

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VD = 0V  VA = 150V L’applicazione della LKC al nodo B fornisce:

1 1   − 1  1  1  + +  + VC  −  = 0 VA   + VB   25   25 80 40   40  Inoltre, il potenziale del nodo C risulta dato da:

VC = VA − 15I1 = VA − 15

VA − VB 150 − VB = 150 − 15 25 25

La soluzione del sistema di equazioni scritto precedentemente è:

VA = 150V ; VB = 120V ; VC = 132V ; VD = 0V E' ora possibile valutare le correnti di lato:

I1 =

V − VC VA − VB V = −0.3 A; = 1.2 A; I 2 = B = 1.5 A; I 3 = B R1 R2 R3

I4 =

VC = 4 A; I 5 = I 3 − I 4 = −4.3 A R4

Esercizio n. 16 Per il circuito in figura calcolare la corrente in ogni lato applicando il metodo dei potenziali nodali. E1=100V r= -5 Ω R1=1Ω; R3=10Ω;

E2=150V g= 2 S R2=2Ω R4=R7=3Ω

SOLUZIONE Per determinare i potenziali dei 4 nodi A, B, C della rete occorre risolvere il seguente sistema di equazioni, derivante dalla imposizione della LKC a tali nodi, nelle incognite VA, VB, VC.

Circuiti statici

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VD = 0 VA = −( − rI 2 ) = r

VB − VC + E 2 R2

1 1 E 1  1  E2  =  + VC  + - VB  + − gV1 = 2 + g(VB + E1 ) R2  R R2  R2  R R2   1   1 1 E E 1 1 1 1  1   − VC  +  = − 2 − 1 − V A   + VB  + + + + R2 R1  R R2   R3   R 3 R R 2 R R1  Riordinando e sostituendo i valori numerici si ottiene:

VD = 0 VA − 2 .5 VB + 2.5V C = 375V - 2 .833 VB + 0 .833 VC = 275 V − 0 .1 V A + 2 .266 VB − 0 .833 VC = − 175 V La cui soluzione è:

VA = −10376 V VB = 1654 V VC = 5954 V VD = 0

E’ ora possibile ricavare il valore di tutte le correnti di lato:

Circuiti statici

I1 =

E1 + VB = 1754 A R1

I2 =

E 2 + VB − VC = - 2075 A R2

I3 =

VB − VA = 1203 A R3

I4 =

VB = 551.3 A R4

I 5 = I 1 + I 4 = 2305 A I 6 = I 3 + I 5 = 3508 A I7 =

VB − VC = −1433 A R7

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Esercizio n. 17 Per il circuito in figura calcolare la potenza generata dal generatore pilotato.

SOLUZIONE Scegliendo un sistema di correnti di maglia con i riferimenti indicati in figura 16.1, è possibile scrivere il seguente sistema di equazioni:

J1

J2

J3

figura 17.1

22J1 − 20J 2 = 20  − 20J1 + 35J 2 − 10J 3 = 0 − 10J + 12J = −8I 2 3 3  Osservando poi che I3=J2 , il sistema precedente diventa:

22J1 − 20J 2 = 20  − 20J1 + 35J 2 − 10J 3 = 0 − 2J + 12J = 0 2 3  La cui soluzione è :

J 1 = 2 A; J 2 = 1.2 A J 3 = 0.2 A La potenza erogata dal generatore pilotato vale dunque

P = -8J 2 J 3 = −1.92 W

Circuiti statici

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Esercizio n. 18 Nel circuito in figura calcolare la corrente I1. Si utilizzi il principio di reciprocità.

R1=10Ω R2=12Ω R3= 4Ω R4=5Ω R5=1Ω E=12V

SOLUZIONE L’impiego del principio di reciprocità consente di semplificare notevolmente la soluzione in quanto, attraverso l’impiego di tale metodo, non è necessario ricorrere ad un sistema di equazioni (quale ad esempio, il sistema fondamentale) né a manipolazioni circuitali. Si osserva, infatti, con riferimento ai due circuiti in figura 18.1, che per il principio di reciprocità si ha:

I e' I 5 E = E ' = → I 'e = I 5 E' E Nel circuito di figura 18.1b il calcolo della corrente I’e risulta più agevole in quanto si riconosce che R1 e R2 sono in parallelo, così come R3 e R4, e tali paralleli sono in serie con R5. Facendo riferimento allo schema di figura 18.2, in cui E=E’ si ottiene:

I '5 =

E R5 +

RR R1 R2 + 3 4 R1 + R2 R3 + R4

= 1.383 A

Si ricavano quindi le correnti I’2 e I’4 utilizzando la formula del partitore di corrente ai paralleli di resistenze prima indicati. Si ottiene:

I ' 2 = I '5 La corrente I’e risulta pertanto:

Circuiti statici

R2 ; R1 + R2

I ' 4 = I '5

R3 R3 + R4

I ' e = I ' 2 − I ' 4 = 13.97 mA

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figura 18.1a

figura 18.1b

A titolo di verifica si può determinare la corrente I5 utilizzando il metodo dei potenziali di nodo. Si esprimono le correnti nei singoli lati di figura 18.3 in funzione dei potenziali di nodo, con ΦD=0 e ΦC=E e, successivamente, le LKC ai nodi A e B:

I 1 = G1 E − G1Φ A ; I 2 = G2 Φ A ; I 3 = G3 E − G3 Φ B ; I 4 = G4 Φ B ; I 5 = G5 (Φ B − Φ A ) nodo A)

− I 1 + I 2 − I 5 = 0 → (G1 + G2 + G5 )Φ A − G5 Φ B = G1 E nodo B)

− I3 + I4 + I5 = 0

→

− G5 Φ B + (G3 + G4 + G5 )Φ B = G3 E

figura 18.2 Risolvendo tale sistema si ottengono i potenziali dei nodi A e B: ΦA= 6.6217 V, ΦB= 6.6356 V. La corrente I5 è data da:

I 5 = G5 ( Φ B − Φ A ) = 13.97 mA Tale corrente, in accordo con il principio di reciprocità risulta pari alla I’e precedentemente calcolata. Si osserva, inoltre, che la corrente Ie è contenuta nella sola equazione al nodo C:

Circuiti statici

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I1 + I 3 − I e = 0 Tale incognita può, pertanto, essere ricavata una volta noti i potenziali dei nodi A e B:

− G1Φ A − G3Φ B − I e = −( G1 + G3 )E → I e = G1Φ A + G3Φ B + ( G1 + G3 )E = 1.879 A

figura 18.3

Esercizio n. 19 Per il circuito in figura, utilizzando il metodo dei potenziali di nodo, si determini: a) il sistema delle correnti; b) la potenza generata dai generatori.

E0=12V; E5= 5V; R0=1Ω; R1=4Ω; R2=R3=6Ω; R4=8Ω

SOLUZIONE Quesito a) Per la presenza del generatore di tensione E5 tra i nodi B e C si possono esprimere le LKC al nodo A ed al supernodo B∪C di figura 19.1. Si esprimono le correnti nei singoli lati in funzione dei potenziali di nodo con ΦD=0.

I 0 = G0 ( E0 − Φ A ); I 1 = G1 ( Φ A − Φ B ); I 2 = G2 ( Φ A − Φ C ) = G2 ( Φ A − Φ B − E5 ); I 3 = G3 Φ B ; I 4 = G4 Φ C = G4 ( Φ B + E 5 )

(19.1)

I 5 = I1 − I 3

Circuiti statici

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figura 19.1 Le LKC risultano:

nodo A)

− I0 + I1 + I 2 = 0

supernodo B∪C)

− I1 − I 2 + I 3 + I 4 = 0

Sostituendo le espressioni delle correnti ed ordinando si ha:  G0 + G1 + G2   − ( G1 + G2 )

− ( G1 + G2 )

 Φ A   G0 E0 + G2 E5    = G1 + G2 + G3 + G4  Φ B   − ( G2 + G4 )E5 

Sostituendo i valori numerici e risolvendo si ottiene: ΦA= 10.22V; ΦB≅3.95V; ΦC ≅8.95V. Noti i valori dei potenziali di nodo il sistema delle correnti si ricava dalle relazioni (19.1): I0= 1.78A

I1= 1.57A;

I2= 0.21A;

I3= 0.66A;

I4= 0.87A

I5= 0.91A

Quesito b)

La potenza generata dai generatori risulta:

PgE 0 = E0 ⋅ I 0 = 21.36W PgE 5 = E5 ⋅ I 5 = 4.55W

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Esercizio n. 20 Per il circuito in figura, utilizzando il metodo delle correnti di maglia, si determini: a) il sistema delle correnti di lato; b) l’energia generata dal generatore di corrente I0 in 1 minuto.

I0=5A; r=2Ω; R1=R4=5Ω; R3=2Ω R5=3Ω

SOLUZIONE Quesito a) Al fine di ridurre l’ordine del sistema di equazioni da risolvere si fa riferimento allo schema di figura 20.1 nel quale si è prefissato un percorso orientato per la corrente (nota) del generatore indipendente di corrente. Si possono quindi esprimere le correnti di lato in funzione di tale corrente e delle correnti di maglia J1 e J2.

I1 = I0 − J1 ; I 2 = J1 ; I 3 = I0 − J 2 ; I 4 = J 2 ;

(20.1)

I5 = J 2 − J1 Le LKT agli anelli interessati dalle due correnti J1 e J2 risultano:

R1 I 1 − rI 3 + R5 I 5 = 0 R3 I 3 − R4 I 4 − R5 I 5 = 0 Sostituendo le espressioni delle correnti ed ordinando si ha:

 R1 + R5   − R5

− ( r + R5 )  J 1   ( R1 − r )I 0     =  R3 + R4 + R5  J 2   R3 I 0 

figura 20.1

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La soluzione del sistema fornisce: J1=3.08A,

J2=1.92A

Noti i valori delle correnti di maglia, il sistema delle correnti di lato si ricava dalle relazioni (20.1): I1= 1.57A;

I2= 3.08A;

I3= 3.08A;

I4= 1.92A

I5= -1.15A

Quesito b)

L’energia generata dal generatore di corrente I0 in 1 minuto risulta: WgI 0 ( 0,60s ) = V0 ⋅ I 0 ⋅ 60 = ( R1 I 1 + R3 I 3 ) ⋅ I 0 ⋅ 60 = 4.73kJ

Esercizio n. 21 Per il circuito in figura, utilizzando il metodo dei potenziali nodali, si determini: a) la potenza generata dai generatori indipendenti; b) la corrente Icc quando i morsetti C-D sono collegati in corto circuito. Ρ1=1Ω R4=4Ω h=0.5 J=0.2A Eo=2V

R2=5Ω R5=2Ω r=2.5Ω

R3=4Ω

E1=4V

SOLUZIONE Quesito a)

Il circuito presenta n=4 nodi. Sarebbero necessarie (n-1)=3 equazioni LKC. E’, peraltro, immediato osservare la presenza di un generatore E0 (bipolo controllato in corrente) tra i nodi A e B. Si può pertanto considerare il “supernodo” comprendente tali due nodi. Sarà, quindi, sufficiente scrivere 2 LKC ai nodi C e D:

hI0 + I1 − I 5 = 0   I5 − I3 − J = 0

Circuiti statici

 I 1 = G1( E1 + φb − φC )  dove  I 5 =G 5 φC  I 3 = G3 ( rG5φC − φ B )

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Si osservi che dalla LKC al nodo A si ottiene:

Io = J + I2 = J +

E0 = 0.6 A R2

Il sistema di equazioni nei potenziali nodali fornisce, pertanto:

hI 0 + (E1 + φ B − φ C )G1 − φ C G5 = 0   φ C G5 − (rG5φ C − φ B )G3 − J = 0 ovvero, ordinando:

 G1   G3

− G1 − G5  φ B   − hI 0 − G1 E1    =   G5 − rG5 G3  φ C   J 

Sostituendo i valori numerici, si ottiene: φ B = −0.9V ; φC = 2.27V . Da tali valori si possono ricavare le grandezze necessarie per la determinazione delle potenze richieste:

I 1 = 1( 4 − 0.9 − 2.27 ) = 0.83 A ;

V J = φ A = φ B − E 0 = −2.9V ;

I o = 0.6 A

da cui:

PgE 1 = E1 ⋅ I 1 = 4 ⋅ 0.83 = 3.32W

PgJ = VJ ⋅ J = −2.9 ⋅ 0.2 = −0.58W PgEo = E0 ⋅ I0 = 2 ⋅ 0.6 = 1.2W Quesito b)

Il circuito da considerare è riportato in fig. 21.1, nel quale non viene riportata la resistenza R5, in quanto cortocircuitata: tale condizione determina anche una tensione nulla erogata dal generatore pilotato rI5. In questo caso è sufficiente una sola LKC poiché i nodi C e D coincidono. In particolare al nodo C) si può scrivere: hI 0 + I 1' − I 3' − J = 0 dove:  I1' = G1( E1 + φ B' )  ' '  I 3 = −φ BG3  I = J + G E = 0.6 A 2 2  0 Sostituendo i valori si ottiene:

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φ B' =

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J − hI o − G1 E1 = −3.28V G1 + G3

(

)

I CC = J + I 3' = J + − φ B' G3 = 1.02 A

figura 21.1

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Generatori equivalenti Esercizio n. 22 Per il circuito in figura, si determini: a) il generatore equivalente di tensione ai morsetti A-B; b) l’energia assorbita dal resistore Ro in un intervallo pari a 10s;

J= 4A; E4=24V; R1=R2=12Ω; R3=10Ω; R4=4Ω Ro= 18Ω

SOLUZIONE a) Calcolo generatore equivalente Per determinare il generatore equivalente di tensione ai morsetti A-B occorre valutare la resistenza Req e la tensione a vuoto E0. La resistenza equivalente si ottiene spegnendo i generatori presenti nel circuito. Con riferimento alla figura 22.1, essa risulta:

R2 ⋅ R4   R3 ⋅  R1 + R 2 + R 4   Req = = 6Ω R2 ⋅ R4   R3 +  R1 + R 2 + R 4   La tensione a vuoto E0 si può valutare, utilizzando la sovrapposizione degli effetti, come somma dei contributi dovuti al generatore di corrente ed al generatore di tensione:

figura 22.1 E0 = E '0 + E ' '0 Quando agisce il solo generatore di corrente J (figura 22.2), la tensione E’0 risulta quella ai capi della resistenza R3.

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Quando agisce il solo generatore di tensione E4 (figura 22.3), la tensione E’’0 si può ottenere valutando la corrente erogata dal generatore, Ie4, e quindi applicando la regola del partitore di corrente per determinare la corrente che interessa R3.

figura 22.2

E 'O = J

R1 ⋅ R3 = 19.2V R2 ⋅ R4   R1 +  R3 + R 2 + R 4  

figura 22.3

I e4 =

E4 = 2.04 A  R 2 ⋅ ( R1 + R3)  R4 +    R 2 + ( R1 + R3) 

E ' '0 = I e 4

R2 ⋅ R3 = 7.2V R 2 + ( R1 + R3)

In definitiva:

E0 = E ' 0 + E ' ' 0 = 26.4V b) Calcolo energia assorbita da Ro Per ottenere l’energia assorbita dal resistore Ro in 10s occorre determinare la potenza assorbita. Con riferimento allo schema di figura 22.4, questa è data da:

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PRo =

E 02 ( Req + Ro ) 2

⋅ Ro = 21.78W

figura 22.4 L’energia sarà data da: 10 s

WRo =

∫P

Ro

dt = 217.8 J

0

Esercizio n. 23 Per il circuito in figura, si determini: a) il generatore equivalente di tensione ai morsetti A-B; b) la potenza assorbita dal resistore Ro. J= 500mA; R1=R2=1kΩ; R3=100Ω; r= 500Ω; Ro=150Ω

SOLUZIONE a) Calcolo generatore equivalente Per determinare il generatore equivalente di tensione ai morsetti A-B occorre valutare la tensione a vuoto E0 e a resistenza Req. La tensione a vuoto può essere semplicemente determinata osservando che quando tra i morsetti A e B vi è un circuito aperto la corrente I3 risulta nulla e, pertanto, risulta nulla anche la tensione ai morsetti del generatore pilotato. Pertanto le resistenze R1 e R2 saranno in parallelo e la tensione Eo risulta data da:

E0 = J

R1 ⋅ R2 = 250V R1 + R2

La Req può essere valutata come rapporto tra la tensione a vuoto prima calcolata e la corrente di corto circuito Icc tra i morsetti A e B. Dal circuito in figura 23.1, nel quale il generatore reale di tensione è equivalente a quello reale di corrente è si ottiene:

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R1 I 1 + rI 3 + R3 I 3 = JR1 I cc = I 3 = I 1

R2 R2 + R3

figura 23.1 Sostituendo l’espressione di I3 nella prima equazione si ottiene I1:

I1 =

JR1 = 0.323 A R2 ( r + R3 ) R1 + R2 + R3

I cc = I 3 = 0.294 A

In definitiva:

Req =

Eo ≅ 850Ω I cc

b) Calcolo potenza assorbita da Ro Per ottenere la potenza assorbita dal resistore Ro si può fa riferimento al circuito di figura 23.2 costituito dal generatore di Thèvenin appena calcolato e dalla resistenza Ro. Si avrà: 2

 Eo   ≅ 9.375W PRo = Ro   Req + Ro   

figura 23.2

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Esercizio n. 24 Per il circuito in figura si determini il generatore equivalente di tensione ai morsetti B-C al variare del valore di k nell’ intervallo -1≤ k ≤1.

E=100V; R1=R2=10Ω; R3=5Ω

SOLUZIONE Poiché siamo in presenza di un circuito contenente un generatore pilotato per valutare la resistenza equivalente si può procedere ricavando la tensione a vuoto e la corrente di corto circuito ai morsetti BC. La tensione a vuoto E0 risulta data da:

E o = R2 ⋅ I 2 Per determinare la corrente I2 si può scrivere la LKC al nodo A e la LKT alla maglia costituita dal generatore E e dalle due resistenze R1 e R2.

I 1 = I 2 + kI 1 R1 I 1 + R2 I 2 = E

(24.1)

Ricavando I2 dalla prima delle (24.1):

I 2 = I 1 (1 − k )

(24.2)

e sostituendo nella seconda si ottiene:

I1 =

E R1 + R2 (1 − k )

(24.3)

Pertanto, la tensione a vuoto risulta pari a:

VBC = Eo = R2 I 2 = E

R2 (1 − k ) = R1 + R2 (1 − k )

E R1 1+ R2 (1 − k )

(24.4)

Si osserva come, per k crescente, la tensione a vuoto decresca ed assuma valore pari a zero per k=1, qualunque sia il valore di E. In tali condizioni infatti la corrente e quindi la tensione su R2 risultano nulle, dovendo essere soddisfatta la prima delle (1).

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Per effettuare il calcolo della corrente di corto circuito si fa riferimento al circuito di figura 24.1. Il calcolo della corrente I3 ovvero della Icc può essere effettuato utilizzando il metodo dei potenziali di nodo. Poniamo il nodo C a potenziale di riferimento e scriviamo la LKC al nodo A.

− I 1 + I 2 + I 3 + kI 1 = 0

(24.5)

dove:

I 1 = G1 ( E − Φ A ) ;

I 2 = G2 Φ A ;

I 3 = G3 Φ A

Sostituendo le precedenti espressioni nella (24.5) e risolvendo per ΦA si ottiene:

figura 24.1

ΦA =

G1 ( 1 − k ) E G1 ( 1 − k ) + G2 + G3

La corrente I3=Icc risulta data da:

I CC = I 3 =

G3G1 ( 1 − k ) E G1 ( 1 − k ) + G2 + G3

Pertanto la resistenza equivalente risulta:

Req =

R2 ( 1 − k ) G1 ( 1 − k ) + G2 + G3 R1 + R2 ( 1 − k ) G3G1 ( 1 − k )

(24.6)

Effettuando le opportune manipolazioni sulla (24.6) si ottiene:

Req =

G2 + G3 = R2 + R3 = 15Ω G2 G3

Si osservi che per k=1, posto Req=E0/Icc si ottiene una forma indeterminata 0/0. Per procedere al calcolo della resistenza in tale caso si può procedere valutando la tensione ai morsetti BC dovuta ad un generatore di corrente noto. Facendo riferimento allo schema di figura 24.2, nel quale è stato spento il generatore indipendente di tensione, la LKC al nodo A fornisce:

− I 1 + I 2 + kI 1 = I 0 e quindi: Circuiti statici

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I 2 = I 0 = G2 Φ A Pertanto:

VBC = Φ A + R3 I 0 = ( R2 + R3 )I 0 e quindi la resistenza equivalente risulta:

Req =

VBC = ( R2 + R3 ) = 15Ω I0

figura 24.2

Esercizio n. 25 Per il circuito in figura si determini il generatore equivalente di tensione ai morsetti BC.

E1=10V; k=70; R1=5kΩ; R2=30kΩ; R3=10kΩ; R4=100Ω; R5=1kΩ

SOLUZIONE Per determinare il generatore equivalente di tensione ai morsetti A-B occorre valutare la tensione a vuoto E0 e a resistenza Req. La tensione a vuoto può essere valutata semplicemente utilizzando il metodo dei potenziali di nodo. Infatti, scrivendo le LKC ai nodi A e B e fissando a zero il potenziale del nodo C si ha: nodo A) nodo B)

− I1 + I 2 + I3 = 0 I3 + I4 + I5 = 0

→ →

( G1 + G2 + G3 )Φ A − G3 Φ B = G1 E1 ( −G3 + kG4 )Φ A + ( G3 + G4 + G5 )Φ B = 0

La soluzione del precedente sistema fornisce: ΦA ≅ 0.3V;

ΦB≅-19V

Ne consegue che la tensione a vuoto è pari a: Ε0 = ΦB ≅ -19V;

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Per il calcolo della corrente di corto circuito possiamo, ancora una volta, utilizzare il metodo dei potenziali di nodo; in questo caso si tratta di applicare la LKC al solo nodo A in quanto, come si evince dallo schema di figura 25.1, il potenziale del nodo B è noto e pari a zero.

figura 25.1 nodo A)

− I1 + I 2 + I3 = 0

ΦA =

→

( G1 + G2 + G3 )Φ A = G1 E1

G1 E1 = 6V ( G1 + G2 + G3 )

e quindi:

I cc = I 3 + I 4 = G3 Φ A − kG4 Φ A = ( G3 − kG4 )Φ A ≅ −4.2 A La resistenza equivalente risulta pertanto data da:

Req =

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E0 ≅ 4.5Ω I cc

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Esercizio n. 26 Per il circuito in figura determinare: a) la potenza generata dal generatore pilotato; b) il generatore di Thèvenin ai capi della resistenza R2.

E=5V k=104 R1=2000Ω R2=2000Ω

SOLUZIONE Poiché nel circuito esiste una sola maglia basta scrivere una sola LKT. A questa va aggiunta la relazione che esprime il valore della tensione ai capi del generatore pilotato:

 kVx + R1 I + R2 I = 0  E + V x + kV x + R1 I = 0

kVx E  = −1.5mV E + Vx + kVx − R1 R + R = 0; ⇒ Vx = − R1k 1 2 1 + − k  R1 + R2   kVx ; ⇒ I = 5mA I = −  R1 + R2 La potenza generata dal generatore pilotato vale dunque: Pg= -kVx I=75mW. Per determinare il generatore equivalente di Thevenin occorre considerare che nel circuito è presente un generatore pilotato. Poiché in questi generatori la grandezza (tensione o corrente) fornita ai morsetti dipende dal valore di una grandezza in un latro ramo del circuito non risulta possibile in generale effettuare sostituzioni con corto-circuiti o circuiti aperti. Per determinare la resistenza equivalente in questi casi si potrà procedere ad esempio calcolando tale parametro come rapporto tra la tensione a vuoto e la corrente di corto circuito. Valutiamo prima di tutto la tensione a vuoto VAB0 facendo riferimento allo schema di figura 26.1.

E  = −0.0005; E + V x + kVx = 0; ⇒ V x = − 1+ k  VAB0 = −kVx = 5;

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figura 26.1 Per valutare la corrente di corto circuito ai morsetti AB si può far riferimento allo schema di figura 26.2:

figura 26.2

E + V x + kVx + R1 I cc = 0 ⇒ E + V x + kVx − kV x = 0 ⇒ V x = −E = −5V  kVx  kV x + R1 I cc = 0 ⇒ I cc = − R = 25A 1 

Req =

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V AB 0 = 0.2Ω I cc

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Esercizio n. 27 Per il circuito in figura si determini il punto di lavoro del diodo la cui caratteristica è:

I D = I 0 [exp(

VD ) − 1] dove I 0 = 1 ⋅ 10 −6 A, VT = 0.25V VT

Si utilizzi una procedura grafica ad esempio con l’ausilio del calcolatore ed un programma che consenta il tracciamento di grafici.

SOLUZIONE Il punto di lavoro può essere determinato attraverso una procedura grafica nella quale si riportano su un piano V-I le caratteristiche del bipolo equivalente alla Thèvenin ai morsetti del diodo e quella non lineare del diodo. Il punto di lavoro sarà dato dalla intersezione delle caratteristiche. Nel seguito è presentata una procedura scritta utilizzando il software MATLAB® che realizza tale metodo. % procedura MATLAB® per la determinazione grafica del punto di lavoro di un diodo I0=1e-6; Vd=0.25; E0=5; Req=50; V=[-0.5:0.01:3];

%corrente di saturazione inversa del diodo %tensione di attivazione termica del diodo %tensione a vuoto del bipolo alla Thèvenin %resistenza equivalente ai morsetti del diodo %crea il vettore contenente i valori della tensione %(var. indip.) ID=I0*[exp(V/Vd)-1]; %crea il vettore contenente i valori della corrente %del diodo (var. dip.) ITh=(1/Req)*(E0-V); %crea il vettore contenente i valori della tensione %del bipolo alla Thèvenin plot (V,ITh); %disegna la retta della caratteristica del bipolo %lineare hold on; plot (V,ID); %disegna la curva della caratteristica del diodo

Nella figura 27.1 è mostrato il risultato di tale procedura. MATLAB® consente una “post-elaborazione del grafico con la possibilità, ad esempio, di effettuare “zoom” successivi per una più accurata valutazione del punto di lavoro. Nella figura è riportato il risultato di successive operazioni di zoom che consentono una più accurata valutazione dl punto di lavoro. Si ottiene:

V≈ 2.686V;

I≈46.3 mA.

Una procedura di tipo numerico risulta senz’altro più efficiente per la determinazione del punto di lavoro e più in generale per la soluzione di equazioni di tipo non lineare. Tra le diverse tecniche

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possibili si segnala il metodo di Newton-Raphson1. Si tratta di una procedura iterativa per la soluzione di equazioni di tipo non lineare f(x)=0 e deriva dallo sviluppo in serie di Taylor di f(x) intorno ad un punto x0:

f ( x) = f ( x0 ) + f ' ( x0 )( x − x0 ) + ξ ( x) dove f’ rappresenta la derivata della f(x) e ξ(x) i termini di ordine superiore dello sviluppo. Trascurando tali termini e supponendo che x sia lo zero della funzione si ottiene:

x = x0 −

f ( x0 ) f ' ( x0 )

La procedura di ricerca della soluzione sarà esprimibile al passo n tramite la formula iterativa:

xn +1 = xn −

f ( xn ) f ' ( xn )

Si parte quindi da una soluzione di tentativo x0 e si itera fin quando si ottiene (in senso approssimato) lo zero della funzione2. Nel caso dell’esercizio proposto, facendo sistema tra le equazioni del diodo e quella del bipolo alla Thevenin si ottiene l’equazione non lineare da risolvere:

  V f (V ) = V + Req I 0 exp( ) − 1 − E0 VT   dove Req e E0 sono rispettivamente la resistenza equivalente e la tensione del generatore alla Thèvenin. Nel seguito è presentata una semplice procedura che implementa il metodo. Utilizzando gli stessi valori dei parametri prima considerati si ottiene: zero della funzione: 2.685659 valore della funzione: 0.000000 corrente nel diodo: 0.046287 Il numero di iterazioni effettuate partendo da una soluzione di tentativo v=1 è pari a 14, mentre partendo da v=3 è pari a 5.

1 2

vedi anche Chua, Desoer e Kuh, “Circuiti lineari e nonlineari”, Ed. Jackson. La procedura viene interrotta quando il valore della funzione risulta inferiore ad un certo ε piccolo a piacere.

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figura 27.1

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% Procedura per la determinazione del punto di lavoro di un diodo attraverso la soluzione di una equazione non lineare con il metodo di Newton-Raphson I0= input('inserire il valore della corrente inversa del diodo Io= '); VT= input('inserire il valore della tensione di attivazione termica del diodo VT= '); E0= input('inserire il valore della tensione a vuoto del gen. di Thevenin Eo= '); Req= input('inserire il valore della resistenza equivalente= '); v0=input('inserire il valore iniziale della soluzione di tentativo= '); v=v0;

% valore iniziale della soluzione di % tentativo f=v+(Req*I0)*[exp(v/VT)-1]-E0; % calcola il valore della funzione da % studiare iter=0 % conteggia le iterazioni necessarie while abs(f)>1e-6 % fin quando la funzione risulta % maggiore di un eps assegnato % itera la formula di Newton_Raphson df=1+((Req*I0)/VT)*exp(v/VT); % calcola la derivata % nell'ascissa % corrente v=v-f/df % determina la nuova ascissa % con la % formula di Newton_Raphson fv=v+(Req*I0)*[exp(v/VT)-1]-E0;% calcola il nuovo valore della % funzione f=fv iter=iter+1 end id= I0*[exp(v/VT)-1] %calcola il valore della corrente nel %diodo % mostra i risultati fprintf('zero della funzione: %f\n valore della funzione: %f\n ',v,f); fprintf('corrente nel diodo: %f\n numero iterazioni: %f\n ',id,iter);

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Esercizio n. 28 Per il circuito in figura si determini: a) il generatore equivalente di corrente ai capi della resistenza Ro; b) la potenza assorbita da tale resistenza.

E=60V; J=10A; R1=2Ω; R2=3Ω; Ro=10Ω r=3Ω; g=0.1S

SOLUZIONE Quesito a) Per determinare il generatore equivalente di tensione (corrente) ai capi della resistenza Ro occorre valutare la tensione a vuoto E0 e la corrente di corto circuito Icc. Si osservi che per il calcolo della tensione a vuoto, la corrente Io risulta nulla e pertanto la tensione erogata dal generatore di pilotato di tensione è nulla. Si può pertanto far riferimento al circuito di figura 28.1.

figura 28.1 La tensione a vuoto può essere valutata come:

E0 = E + R1( J − gV0 ) ⇒ E0 =

E + R1 J = 7.5V 1 + gR1

Per quanto riguarda il calcolo della corrente di corto circuito, si osserva che la tensione Vo è nulla e così risulta anche la corrente fornita dal generatore pilotato. Con riferimento al circuito di figura 28.2 si ha:

I cc = J +

E − rI cc E + R1 J ⇒ I cc = = 0. 2 A R1 R1 + r

figura 28.2

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La resistenza equivalente del generatore di tensione risulta:

Req =

E0 = 37.5Ω I cc

Quesito b) La potenza assorbita risulta data da:

PaRo =

2

V0 1 ER = ( 0 o ) 2 ≅ 0.375W Ro Ro Ro + Req

dove con V si è indicata la tensione ai capi della resistenza Ro.

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Doppi bipoli Esercizio n. 29 Determinare i parametri della rete a stella di un doppio bipolo ai cui morsetti 1-1’ è applicata una tensione V1= 8.75V e per il quale si ha che: a. con i morsetti 2-2’ in corto circuito: I1= 0.1A e I2= -0.025A; b. con i morsetti 2-2’ aperti: V1= 4.375V. SOLUZIONE

In questo problema sono assegnate le tensioni e le correnti ed occorre ricavare le resistenze. Inoltre, poiché viene richiesto di ricavare i parametri del circuito a stella, si può far riferimento alla caratterizzazione del doppio bipolo tramite una matrice di resistenze. Dalla condizione di funzionamento a) si ottiene: 8.75 = R11( 0.1 ) + Rm ( −0.025 ) 0 = Rm ( 0.1 ) + R 22 ( −0.025 ) Si osserva che si hanno due vincoli (le due relazioni caratteristiche del doppio bipolo) e tre incognite (i tre parametri della stella). Considerando anche i dati relativi alla condizione di funzionamento b) si ottiene: 8.75 = R11( I1b ) + Rm ( 0 ) 4.375 = Rm ( I 1b ) + R 22 ( 0 ) Abbiamo così un sistema di quattro equazioni in quattro incognite rappresentate dalle resistenze della matrice e dalla corrente con morsetti secondari aperti I1b. Effettuando i calcoli si ottiene: R 11 = 100 ; Rm = 50 ; R 22 = 200 I 1b = 87.5 mA da cui è possibile ricavare le resistenza della stella di figura 29.1: R a = R11 − Rm = 50 Ω; Rb = Rm = 50 Ω; R c = R22 − Rm = 150 Ω

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figura 29.1

Esercizio n. 30 Per il circuito in figura: a) si determini la matrice delle resistenze R del doppio bipolo visto dai morsetti 1-1’, 2-2’; b) si valuti il generatore equivalente di tensione (alla Thèvenin) ai morsetti 2-2’, quando ai morsetti 1-1’ sia collegato il generatore reale di tensione; c) si calcolino, utilizzando il metodo dei potenziali di nodo, le correnti nei singoli lati del circuito, quando ai morsetti 1-1’ sia collegato il generatore reale di tensione ed ai morsetti 2-2’ sia collegato il resistore Ro E = 100 V; Rg = 5 Ω; R1= R2= 2 Ω; R3 = 6 Ω; r= 0.2 Ω; Ro = 10 Ω

SOLUZIONE a) Calcolo della matrice R del doppio bipolo Si osserva innanzitutto che la matrice del doppio bipolo risulterà non simmetrica per la presenza del generatore pilotato. Per il calcolo dei parametri si alimenta con un generatore di corrente rispettivamente alla porta 1 e 2 e si valutano le tensioni corrispondenti alle due porte. Per il calcolo di R11 e R21 si fa riferimento al circuito di figura 28.1. Alimentando la porta 1-1’ con un generatore di corrente I1 occorre valutare rispettivamente la tensione V1 e V2. Si osserva innanzitutto che la corrente Ip1 coincide con I1 per la legge di Kirchhoff alle correnti (LKC) applicata all’insieme di taglio costituito da questi due lati del circuito, Inoltre, essendo I2=0, le due resistenze R2 e R3 sono in serie e la serie è in parallelo con R1.

R 11 =

V1 I1

= I 2 =0

1 [R1 I r1 + rI1 ] I1

Si tratta quindi di calcolare la corrente Ir1 . Essa può essere ottenuta applicando il partitore di corrente al nodo 1:

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I r1 = I 1

R2 + R3 R1 + R2 + R3

figura 30.1 Si avrà pertanto:

R 11 =

V1 I1

 R ( R + R3 )  + r  = 1.8 Ω = 1 2  R1 + R2 + R3 

I 2 =0

La resistenza R21 può essere calcolata come:

R 21 =

V2 I1

= I 2 =0

1 [rI1 + R2 I r 2 ] I1

Si tratta quindi di calcolare la corrente Ir2 applicando, ancora una volta il partitore di corrente al nodo 1:

I r 2 = I1

R1 R1 + R2 + R3

V2 I1

  R1 R2 = + r  = 0.6 Ω  R1 + R2 + R3 

Si avrà pertanto:

R 21 =

I 2 =0

Per il calcolo di R22 e R12 si fa riferimento al circuito di figura 30.2. Alimentando la porta 2-2’ con un generatore di corrente I2 occorre valutare rispettivamente la tensione V2 e V1. Si osserva che il generatore pilotato può essere sostituito da un corto circuito poiché I1=0. Inoltre, la Ip1 coincide con I2 per LKC applicata all’insieme di taglio costituito da questi due lati del circuito. Inoltre, essendo I1=0, le due resistenze R1 e R3 sono in serie e la serie è in parallelo con R2.

R 22 =

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V2 I2

= I1 =0

1 R2 I r 2 I2

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figura 30.2 La corrente Ir2 può essere ottenuta applicando il partitore di corrente al nodo 2:

I r2 = I2

R1 + R3 R1 + R2 + R3

Si avrà pertanto:

R 22 =

V2 I2

= I1 = 0

R2 ( R1 + R3 ) = 1.6 Ω R1 + R2 + R3

La resistenza R12 può essere calcolata come:

R 12 =

V1 I2

= I1 = 0

1 R1 I r1 I2

La corrente Ir1 risulta:

I r1 = I 2

R2 R1 + R2 + R3

Si avrà pertanto:

R 12 =

V1 I2

= I1 = 0

R1 R2 = 0.4 Ω R1 + R2 + R3 1.8 0.6   [Ω ] 0.4 

In definitiva, la matrice di resistenza risulterà data da R =  1.6

b) Calcolo del generatore equivalente di tensione E’ possibile e conveniente procedere alla determinazione dei parametri del generatore di Thèvenin utilizzando i risultati acquisiti al punto precedente. Il valore della tensione a vuoto V2o può essere determinato dalla soluzione del seguente sistema di equazioni:

V1 = E - R g I1 = R 11 I1

⇒

I1 =

E R g + R11

V2 o = R12 I 1 da cui si ottiene:

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V2o = R12 I1 = E

R12 = 8.8235 V Rg + R11

Per il calcolo della resistenza equivalente si può determinare la corrente di corto circuito I2cc alla porta 2-2’ del circuito mostrato in figura 30.3. Ancora una volta si utilizzano i risultati relativi alla caratterizzazione del doppio bipolo precedentemente ricavati:

V1 = E - R g I 1 = R 11 I1 + R12 I 2 cc 0 = R12 I 1 + R22 I 2 cc ⇒

I 1 = − I 2 cc

R22 R21

figura 30.3 Sostituendo l’espressione della I1 nella prima delle precedenti equazioni ed ordinando si ottiene:

I 2cc = E

R21 = -90.9091 A R12 R21 - (R g + R 11 ) R22

La resistenza equivalente Req, considerando che sulla porta è stata fatta la convenzione del generatore, risulterà quindi:

Req = −

E I 2cc

= 0.0971 Ω

c) Metodo dei potenziali nodali E’ possibile applicare il metodo dei potenziali nodali sul circuito di figura 30.4 considerando il nodo D a potenziale di riferimento (nullo). Indicando con ΦA, ΦB e ΦC i potenziali incogniti, con Igp la corrente nel generatore pilotato (lato controllato in corrente) e con G le conduttanze si ottiene:

Φ A(Gg + G1 + G3 )- ΦB G1 − ΦC G3 = G g E − Φ AG1 + ΦB(G1 + G2 ) − ΦC G2 − I gp = 0 − Φ AG3 - ΦB G2 + ΦC (Go + G2 + G3 ) = 0 ΦB = rI 1 = r(E-Φ A )G g ⇒ rG g Φ A − ΦB = rG g E

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figura 30.4 In forma compatta tale sistema può essere espresso come: GΦ = J in cui3:

 0.8667 - 0.5 - 0.1667 0   20      1 - 0.5 - 1  - 0.5 0 G = ; J =   − 0.1667 − 0.5 0.7667 0 0      0.04    −1 0 0  4 La soluzione del sistema fornisce:

ΦA, =21.7907 V; ΦB = -3.1284V; ΦC = 2.6969V; Igp = -15.3722 A. Le correnti nei diversi lati risultano quindi: I1 = 15.6419A; I2 = -0.2697A; IR1 = 12.4595A; IR2 = 2.9126A; IR3 = -3.1823A; Igp = -15.3722 A.

Esercizio n. 31 Dato il doppio bipolo caratterizzato dalla matrice di resistenza R: a) si effettui la sintesi del doppio bipolo; b) si determini il generatore equivalente di tensione alla Thèvenin ai morsetti 2-2’ quando ai morsetti 1-1’ sia collegato il generatore reale di tensione ed la resistenza Ro; c) si effettui la verifica del teorema di conservazione delle potenze quando ai morsetti 1-1’ sia collegato il generatore reale di tensione ed ai morsetti 2-2’ la resistenza Ro. E = 10 V; Rg = 10 Ω; Ro = 5 Ω;

 20 40   [Ω]  15 40 

R = 

3

Si osservi che gli elementi della matrice G non hanno tutti dimensioni di conduttanza perché tra le incognite compare la corrente nel generatore pilotato; analogamente non tutti gli elementi del vettore J sono delle correnti.

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SOLUZIONE a) sintesi del doppio bipolo Si osserva che la matrice caratteristica del doppio bipolo non è simmetrica. Essa peraltro può essere ricondotta alla somma di due matrici, una delle quali risulta simmetrica, mentre l’altra non lo è. Ai fini della sintesi, tale suddivisione comporta che il doppio bipolo complessivo risulterà dato dalla serie di un doppio bipolo reciproco caratterizzato da una matrice R’(simmetrica) e di uno non reciproco caratterizzato da una matrice R’’. La serie dei due doppi bipoli è mostrata in figura 31.1: le correnti alle due porte dei doppi bipoli sono uguali, mentre la tensione totale V1 risulta la somma delle due tensioni V1’ e V1’’.

 20 15   0 25    +   15 40   0 0 

R=R’ + R’’= 

figura 31.1 Per il doppio bipolo la cui matrice è R’ si ha: R12=R21=Rm eRm