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Esercizi EE-1

Indice

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 Qi = 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 .

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 UAB(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

Esercizio 2.1

Nel circuito di figura:

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


{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 VA.
Indicando con C il nodo di connessione dei tre rami si ha per definizione

VA = UAC + VC

che è la risposta alla domanda, note che siano UAC e VC.
La tensione UAC per la legge di Ohm è data da UAC = R3I3
avendo posto I3 entrante dal nodo A.
Per la KCL nel nodo C, l’intensità I3 si ricava da
I3 + I1I2 = 0
avendo indicato con I1 la corrente in R1 entrante in C.
Applicando la legge di Ohm generalizzata, I1 si ricava dalla
UBC = VBVC = E1R1I1
Per la legge di Ohm, per la definizione di d.d.p. e per la definizione di riferimento o zero ground, VC si ricava dalla
UCG = VC = R2I2
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 Ri 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


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 R2 edR5. 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.

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

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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Commenti e note

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di ,

corretti alcuni link Wolfram, era stato dato un input errato.

Rispondi

di ,

Esercizi di Elettrotecnica in una grande raccolta,un gran lavoro. Bravi.

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