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Abstract

Questo articolo, insieme ad altri che seguiranno, raccoglie gli esercizi presenti nel mio vecchio Corso di Elettrotecnica di base, che lillo ed io stiamo "rivisitando" per i motivi specificati nell'abstract dell'articolo di apertura.

Bipoli fondamentali

Per le nozioni teoriche fare riferimento ai seguenti articoli

Resistore

Esercizio 1.1

I dati di targa di una vecchia lampada ad incandescenza erano $100 \, \mathrm{W}$ , $220 \, \mathrm{V}$ . Il filamento di tungsteno, era lungo $10 \, \mathrm{cm}$ e misurando la sua resistenza a $\mathrm{0^{\circ}C}$ si trovava un valore di $\mathrm{39\,\Omega}$ .
Determinare la sezione del filamento, la temperatura di funzionamento, il consumo in joule per un funzionamento di $8 \, \mathrm{h}$ , il costo relativo sapendo che quello di $1 \, \mathrm{kWh}$ era di $0,2$ euro.

Resistenza alla temperatura di funzionamento:

$R_{t}=\frac{U^{2}}{P}=\frac{(220)^{2}}{100}=484 \, \Omega$

Calcolo della temperatura di funzionamento, sapendo che il coefficiente di temperatura $α$ del tungsteno vale $4{,}8\times 10^{-3}\; ^{\circ}\text{C}^{-1}$ :

$t=\frac{(R_{t}-R_{0})}{\alpha R_{0}}=\frac{(484-39)}{(4{,}8\times10^{-3})\times39}=2377 \; ^{\circ}\; \text{C}$

Consumo per 8 ore:

$W=100 \times 8=800 \, \text{Wh}=0{,}8 \, \text{kWh}=2{,}88 \times 10^{6} \, \text{J}$

Costo:

$C=0{,}8 \times 0{,}2=0{,}16\; \; \;$ €

Sezione del filamento:

$S=\frac{\rho l}{R_{0}}=\frac{0{,}051 \times 0{,}1}{39}=0{,}13 \times 10^{-3} \, \text{mm}^{2}$

Condensatore

Esercizio 1.2

Ad un condensatore inizialmente scarico $Q i = 0$ , costituito da due armature di $\mathrm{2\,m^2}$ piane e parallele separate da un isolante di spessore $\mathrm{0{,}5\,mm}$ , la cui costante dielettrica relativa è $50$ , è applicata, per $2$ secondi, una tensione che parte da $\mathrm{120\,V}$ e cresce ad una velocità costante di $\mathrm{1500\,\frac{V}{s}}$ .
Calcolare il valore della corrente di carica dopo l'istante iniziale e l'energia immagazzinata dopo i 2 secondi .

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

La costante dielettrica relativa è il rapporto tra la costante assoluta dell'isolante e quella del vuoto:

$\epsilon _{r}=\frac{\epsilon }{\epsilon _{0}}$

La capacità del condensatore risulta:

$C=\epsilon _{r}\epsilon _{0}\frac{A}{d}=\frac{50\times (8{,}85\times 10^{-12})\times 2}{0{,}5\times10^{-3} }=1{,}77\times 10^{-6}\; \text{F}=1{,}77\; \mu \text{F}$

Cerchiamo adesso di calcolare l'intensità di corrente di carica:

$I=C\frac{\mathrm{d} V}{\mathrm{d} t}$

dove la variazione di tensione risulta essere lineare, e questo ci permette di sostituire la derivata con il rapporto $\frac{V}{s}$ :

$I=C\frac{\mathrm{d} V}{\mathrm{d} t}=C\frac{V}{s}=(1{,}77\times 10^{-6})\times 1500=2{,}66\times 10^{-3}\; \text{A}=2{,}66\;\text{mA}$

Calcoliamo adesso la tensione ai capi del condensatore dopo 2 secondi:

$U=U_{0}+t\frac{\mathrm{d} V}{\mathrm{d} t}=U_{0}+t\frac{V}{s}=$

$=120+(2\times 1500)=3120\,V=3{,12} \, \text{kV}$

Possiamo ora quantificare l'energia elettrostatica:

$W_{c}=0{,}5\, C\, U^{2}=0{,}5\times 1{,}77\times (3{,}12)^{2}=8{,}61\,\text{J}$

Si noti che la carica finale sul condensatore è:

$Q_{f}=C\, U=1{,}77\times 3{,}12=5{,}52 \, \text{mC}$

mentre la carica trasportata dalla corrente costante è:

$Q_{I}=I\, t=2{,}66\times 2=5{,}32\,\text{mC}$

la differenza di $\mathrm{0{,}2\,mC }$ è quella trasportata dall'impulso di corrente che si ha nell'istante iniziale, quando la tensione passa da $0$ a $\mathrm{120\,V}$ in un tempo nullo (gradino).

Induttore

Esercizio 1.3

In un solenoide in aria di $N = 10000$ spire, di lunghezza $\mathrm{l=2\,m}$ , di sezione $\mathrm{A=10\,cm^2}$ l'intensità di corrente passa dal valore di $\mathrm{1\,A}$ al valore di $\mathrm{11\,A}$ in 10 millisecondi con un variazione costante.
Calcolare la tensione ai capi del solenoide ed il valore dell'energia magnetica.

Per rispondere alle due domande è necessario calcolare il coefficiente di autoinduzione L. Essendo la permeabilità dell'aria, uguale a quella del vuoto si ha:

$L=\mu _{0}\, N^{2}\, \frac{A}{l}=(4\pi \times 10^{-7})\times 10^{8}\times \frac{10^{-3}}{2}=2\pi \times 10^{-2}\,\text{H}$

La velocità di crescita della corrente è costante e vale:

$\frac{\mathrm{d}\,i(t)}{\mathrm{d}\,t}=\frac{I_{finale}-I_{iniziale}}{t}=\frac{11-1}{10^{-2}}=1000\; \text{A/s}$

La tensione $U AB (t)$ ai capi del solenoide, considerando che sia A il terminale in cui entra la corrente, è costante per quell'intervallo di tempo, e vale:

$U_{AB}=L\, \frac{d\,i(t)}{d\,t}=(2\pi \times 10^{-2})\times 1000=20\pi =62{,}8\, \text{V}$

Energia magnetica finale:

$W_{m}=\frac{1}{2} L I^{2}=\frac{1}{2}\times (2\pi \times 10^{-2})\times 11^{2}=3{,}8\,\text{J}$

Capitolo 2: Reti

NOTA: Per le nozioni teoriche fare riferimento al seguente articolo

EE-3: Reti

Nota Spesso, specie in elettronica per evitare eccessive linee, i circuiti vengono disegnati indicando il potenziali di nodi e terminali di rami che sembrano aperti. I punti suddetti sono il polo di un generatore ideale di tensione che ha l’altro polo collegato al riferimento, e f.e.m. pari al potenziale del punto. Quindi si hanno le seguenti corrispondenze

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Esercizio 2.1

Nel circuito di figura:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Determinare la tensione tra B e G ed il valore di E. Dati:

$R_{1}=R_{1}^{'}=R_{3}=100\,\Omega$ $E_{1}=50\,\text{V}$ $E_{3}=100\,\text{V}$ $I_{1}=2\,\text{A}$ $I_{3}=1\,\text{A}$

Applicando la legge di Ohm generalizzata si ha che:

$\begin{matrix}U_{BG}=-U_{CB}-U_{DC}-U_{AD}+U_{AF}+U_{FG}=\end{matrix}$
$=-E_{1}-R_{1}I_{1}-R_{1}^{'}I_{1}+R_{3}I_{3}+E_{3}=$
$-50-(2\times 100)-(2\times 100)+(1\times 100)+100=-250\,\text{V}$

Infine il valore del generatore di tensione ideale E:

$E=U_{AG}=R_{3}I_{3}+E_{3}=(100\times 1)+100=200\,\text{V}$

Esercizio 2.2

Con riferimento alla figura

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

${R_1} = 30{\rm{ }} \, \Omega {\rm{; }}{R_2} = 20{\rm{ }} \, \Omega {\rm{; }}{R_3} = 15 \, \Omega {\rm{;}}$

$E_1 = 30 \, {\rm{ V; }}{I_2} = 3 \, {\rm{ A; }}{V_B} = 60 \, {\rm{ V}}$

Calcolare $V A$ .
Indicando con C il nodo di connessione dei tre rami si ha per definizione

$V A = U A C + V C$

che è la risposta alla domanda, note che siano $U A C$ e $V C$ .
La tensione $U A C$ per la legge di Ohm è data da $U A C = R 3 I 3$
avendo posto $I 3$ entrante dal nodo A.
Per la KCL nel nodo C, l’intensità $I 3$ si ricava da
$I 3 + I 1 - I 2 = 0$
avendo indicato con $I 1$ la corrente in $R 1$ entrante in C.
Applicando la legge di Ohm generalizzata, $I 1$ si ricava dalla
$U B C = V B - V C = E 1 - R 1 I 1$
Per la legge di Ohm, per la definizione di d.d.p. e per la definizione di riferimento o zero ground, $V C$ si ricava dalla
$U C G = V C = R 2 I 2$
Sostituendo i valori numerici e ripercorrendo a ritroso le formule scritte si ottiene il risultato ( $V_A=30 \, \text{V}$ )

Generatore reale di tensione

Esercizio 2.3

Un generatore la cui potenza di cortocircuito è di $\mathrm{10\,kW}$ e la cui tensione a vuoto è di $\mathrm{50\,V}$ , alimenta una resistenza di $\mathrm{5\,\Omega }$ .
Calcolare la corrente erogata ed il suo rendimento.

Resistenza interna del generatore:

$R_{i}=\frac{E^{2}}{P_{cc}}=\frac{50^{2}}{10^{4}}=0{,}25\,\Omega$

Mediante la legge di Ohm per un circuito chiuso si ha che:

$I=\frac{E}{R_{i}+R}=\frac{50}{0{,}25+5}=9{,}52\,\text{A}$

Conoscendo al corrente è immediatamente calcolabile la tensione sul carico:

$U=RI=5\times 9{,}52=47{,}6\, \text{V}$

Valutiamo adesso la potenza erogata, ovvero quella realmente assorbita dal carico:

$P_{U}=UI=47{,}6\times 9{,}52=453\, \text{W}$

Mentre ora quella generata, che comprende la perdite sulla resistenza interna:

$P_{g}=EI=50\times 9{,}52=476\, \text{W}$

Infine il rendimento elettrico:

$\eta =\frac{P_{U}}{P_{g}}=\frac{453}{476}=0{,}952$

Esercizio 2.4

Un generatore reale e lineare di tensione eroga una corrente di $\mathrm{0{,}4\,A}$ quando il carico resistivo è $R=1\,\Omega$ , ed $0,22\, \text{A}$ con un carico di $2\,\Omega$ .
Calcolare la sua potenza di cortocircuito ed il rendimento nel primo caso.

Essendo l'espressione della potenza di cortocircuito la seguente:

$P_{cc}=EI_{cc}=\frac{E^{2}}{R_{i}}$

è necessario determinare $R i$ ed $E$ .

La tensione sul carico resistivo, è data da:

$\begin{matrix}U=E-R_{i}I\end{matrix}$

Si ha dunque, nel primo caso:

$0{,}4\times 1=E-R_{i}\,(0{,}4)$

mentre nel secondo caso:

$0{,}22\times 2=E-R_{i}\,(0{,}22)$

Sottraendo la prima equazione dalla seconda, si ottiene:

$0{,}04=(0{,}18)\,R_{i}$

Quindi:

$R_{i}=\frac{0{,}04}{0{,}18}=0{,}22\,\Omega$

$E=\left (0{,}4\times 1 \right )+(0{,}4\times 0{,}22)=0{,}488\, \text{V}$

$P_{cc}=\frac{E^{2}}{R_{i}}=\frac{0{,488}^{2}}{0{,}22}=1{,}07\, \text{W}$

Infine, il rendimento dato da $\frac{P_{u}}{P_{g}}$ può anche essere calcolato come $\frac{U}{E}$ essendo comune la I per le due potenze, quindi:

$\eta =\frac{U}{E}=\frac{0{,}4}{0{,}488}=0{,}82$

Circuiti complessi

Esercizio 2.5

Risolvere la rete di figura

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con i due principi di Kirchhoff

Applicando KCL ai nodi A,B,D rispettivamente si ha:

$\left( \begin{array}{l} -{I_1} - {I_3} - {I_4} = 0\\ {I_1} - {I_2} - {I_5} = 0\\ {I_4} + {I_5} = I_0 \end{array} \right.$
Ignorando il generatore di corrente ed applicando KVL alle due maglie indicate dal verso di percorrenza disegnato in rosso si ha
$\left( \begin{array}{l} -\left( {{R_1} + R_1^'} \right){I_1} - {R_2}{I_2} + {R_3}{I_3} = {E_1} + {E_3}\\ - {R_3}{I_3} + {R_4}{I_4} + {R_2}{I_2} - {R_5}{I_5} = - {E_3} - {E_4} \end{array} \right.$

Sostituendo i valori numerici si ha il sistema

$\left( \begin{array}{l} {I_1} = - {I_3} - {I_4}\\ {I_1} - {I_2} - {I_5} = 0\\ {I_4} + {I_5} = 2\\ - 25{I_1} - 20{I_2} + 50{I_3} = 200\\ - 50{I_3} + 25{I_4} + 20{I_2} - 100{I_5} = - 100 \end{array} \right.$

che risolto, a esempio con il metodo di sostituzione, fornisce i valori delle correnti $\begin{array}{l} \left( \begin{array}{l} {I_1} = - {I_3} - {I_4}\\ {I_1} - {I_2} - {I_5} = 0\\ {I_4} + {I_5} = 2\\ - 25{I_1} - 20{I_2} + 50{I_3} = 200\\ - 50{I_3} + 25{I_4} + 20{I_2} - 100{I_5} = - 100 \end{array} \right.\\ \left( \begin{array}{l} - {I_3} - {I_4} - {I_2} - {I_5} = 0\\ {I_4} + {I_5} = 2\\ - 20{I_2} + 75{I_3} + 25{I_4} = 200\\ - 50{I_3} + 25{I_4} + 20{I_2} - 100{I_5} = - 100 \end{array} \right.\\ \\ \left( \begin{array}{l} {I_4} = 2 - {I_5}\\ - 95{I_2} - 50{I_4} - 75{I_5} = 200\\ 75{I_4} + 70{I_2} - 50{I_5} = - 100 \end{array} \right.\\ \\ \left( \begin{array}{l} - 95{I_2} - 25{I_5} = 300\\ 70{I_2} - 125{I_5} = - 250 \end{array} \right.\\ \\ \left( \begin{array}{l} {I_2} = - \frac{{60 + 5{I_5}}}{{19}}\\ - 14 \times 60 - 70{I_5} - 25 \times 19{I_5} = - 50 \times 19 \end{array} \right.\\ {I_5} = \frac{{110}}{{545}} = 0,2{\rm{A}}\\ {I_2} = - 3,2{\rm{A;}}{I_4} = 1,8{\rm{A;}}{I_3} = 1,2{\rm{A;}}{I_1} = - 3{\rm{A}} \end{array}$

Nota Ci siamo esercitati con il metodo di sostituzione per non arrugginirgi con i passaggi matematici, ma è chiaro che quel che conta come conoscenza elettrotecnica è la scrittura del sistema. La soluzione la si fa fare a chi è più veloce, fa meno fatica e meno errori di noi. Possiamo quini controllare i nostri risultai con Wolfhram Alpha, scrivendo le cinque equazioni nel box di ingresso in questo modo (è stato usato x invece di "i" in quanto la "i" è il simbolo riservato all'unità immaginaria)

x1=-x3-x4;x1-x2-x5=0;x4+x5=2;-25x1-20x2+50x3=200;-50x3+25x4+20x2-10x5=-100

Con il metodo delle correnti di maglia

Possiamo "eliminare" il generatore di corrente assegnando alla stessa un qualsia precorso nella rete, ad esempio, attraversi i rami con $R 2$ ed $R 5$ . Negli stessi rami, nelle due maglie che rimangono, è come se comparissero due generatori di tensione di valore pari al prodotto della corrente per le rispettive resistenze.

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Si determinano allora le due correnti di maglia con il sistema

$\begin{array}{l} \left( \begin{array}{l} \left( {R_1^' + {R_1} + {R_2} + {R_3}} \right){y_1} - \left( {{R_2} + {R_3}} \right){y_2} = {E_1} + {E_3} - {R_2}{I_0}\\ - \left( {{R_2} + {R_3}} \right){y_2} + \left( {{R_4} + {R_5} + {R_2} + {R_3}} \right){y_2} = - {E_3} - {E_4} - {R_5}{I_0} \end{array} \right.\\ \\ \left( \begin{array}{l} 95{y_1} - 70{y_2} = 160\\ - 70{y_1} + 195{y_2} = 140 \end{array} \right. \end{array}$

Lo si risolve facilmente un sistema così anche con sostituzione, ma usiamo ancora Wolfram Alpha, y1-70y2=160;195y2-70y1=140 per trovare

$y_1= 3 \, ; \, y_2=1{,}8$ quindi
$I_1=y_1=3 \, \text{A} \,; \, I_2=-y_1+y_2 - I_0=-3{,}2 \, \text{A} \,;\,I_3=y_1-y_2=1{,}2 \, \text{A}$
$I_4=y_2=1{,}8 \, \text{A}\,;\,I_5=I_0-y_2 \, \text{A}$

Metodo dei potenziali di nodo

Assumendo nullo il potenziale di C, per i nodo A,B e D si hanno le equazioni

$\begin{array}{l} \left( {{G_1} + {G_3} + {G_4}} \right){V_A} - {G_1}{V_B} - {G_4}{V_D} = {G_1}{E_1} - {G_3}{E_3} + {G_4}{E_4}\\ - {G_1}{V_A} + \left( {{G_1} + {G_2} + {G_5}} \right){V_B} - {G_5}{V_D} = - {G_1}{E_1}\\ - {G_4}{V_A} - {G_5}{V_B} + \left( {{G_4} + {G_5}} \right){V_D} = - {I_0} - {G_4}{E_4} \end{array}$

con

${G_1} = \frac{1}{{{R_1} + R_1^'}};{G_2} = \frac{1}{{{R_2}}};{G_3} = \frac{1}{{{R_3}}};{G_4} = \frac{1}{{{R_4}}};{G_5} = \frac{1}{{{R_5}}}$

quindi sostituendo i valori

$\left( \begin{array}{l} 0,1{V_A} - 0,04{V_B} - 0,04{V_D} = 7\\ - 0,04{V_A} + 0,1{V_B} - 0,01{V_D} = - 6\\ - 0,04{V_A} - 0,01{V_B} + 0,05{V_D} = - 4 \end{array} \right.$

Risolto con Wolfram Alpha
0.11x-0.04y-0.04z=7;-0.04x+0.1y-0.01z=-6;-0.04x-0.01y+0.05z=-4
$V_A=x=8{,}6 \, \text{V} \,;\, V_B=y=-62{,}2 \, \text{V} \,;\, V_D=z=-86{,}1 \, \text{V}$

Esercizio 2.6: Millman

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

E' una rete binodale: per trovare la tensione basta applicare Millman

$\sum\nolimits_a {GE = } \frac{{{E_1}}}{{{R_1}}} - \frac{{{E_2}}}{{{R_2}}} = 1,2 - 0,6 = 0,6 \, {\rm{ A}}$

$\sum\nolimits_a {{I_0}} = {I_4} - {I_3} = 2 - 1 = 1 \, {\rm{ A}}$
$\sum G = \frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}} = 0,1 + 0,1 + 0,1 = 0,3 \, {\rm{ S}}$

${U_{AB}} = \frac{{\sum\nolimits_a {GE + \sum\nolimits_a {{I_0}} } }}{{\sum G }} = \frac{{0,6 + 1}}{{0,3}} = 3,33 \, {\rm{ V}}$

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Esercizi EE-1

Indice

Abstract

Bipoli fondamentali

Resistore

Esercizio 1.1

Condensatore

Esercizio 1.2

Induttore

Esercizio 1.3

Capitolo 2: Reti

Esercizio 2.1

Esercizio 2.2

Generatore reale di tensione

Esercizio 2.3

Esercizio 2.4

Circuiti complessi

Esercizio 2.5

con i due principi di Kirchhoff

Con il metodo delle correnti di maglia

Metodo dei potenziali di nodo

Esercizio 2.6: Millman

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