Esercizio 1.29 - analisi nodale con due GIC

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Testo (Eserciziario, es. 1.29). Rete in regime stazionario con generatori ideali di corrente e resistori ideali: $R_1 = 2\ \Omega$ , $R_2 = 6\ \Omega$ , $R_3 = 4\ \Omega$ , $J_1 = 15\ \mathrm A$ , $J_2 = 30\ \mathrm A$ . Con il metodo dei potenziali ai nodi calcolare $V_1$ , $V_2$ , $V_3$ , $V_{J1}$ , $V_{J2}$ con i riferimenti di figura.

Figura (descritta). Tre nodi: 1 (in alto a sinistra), 2 (in alto a destra), 3 (il filo in basso).

Bipolo	Tra i nodi	Riferimento
$R_1$	1 – 3	$V_1$ con il $+$ su 1
$R_2$	2 – 3	$V_2$ con il $+$ su 2
$R_3$	1 – 2	$V_3$ con il $+$ su 1
$J_1$	1 – 2 (ramo in alto)	freccia verso il nodo 1; $V_{J1}$ con il $+$ su 1
$J_2$	3 – 2	freccia verso il nodo 2 (in su); $V_{J2}$ con il $+$ su 2

Risultati: $V_1 = 40\ \mathrm V$ , $V_2 = 60\ \mathrm V$ , $V_3 = -20\ \mathrm V$ , $V_{J1} = -20\ \mathrm V$ , $V_{J2} = 60\ \mathrm V$ .

Teoria: Analisi nodale (metodo dei potenziali ai nodi).

1. Impostazione

$n = 3$ nodi, quindi $n - 1 = 2$ equazioni. Si prende come riferimento il nodo 3 (il filo in basso, a cui sono collegati più bipoli): $U_3 = 0$ . Incognite: $U_1$ e $U_2$ .

Conduttanze: $G_1 = 0{,}5\ \mathrm S$ , $G_2 = \frac16\ \mathrm S$ , $G_3 = 0{,}25\ \mathrm S$ .

2. Le equazioni per ispezione

Nodo 1. Resistori collegati: $R_1$ e $R_3$ , quindi autoconduttanza $G_1 + G_3$ . Verso il nodo 2 c'è $R_3$ : mutua conduttanza $G_3$ . GIC: $J_1$ ha la freccia che entra nel nodo 1, quindi $+J_1$ .

Nodo 2. Resistori: $R_2$ e $R_3$ , autoconduttanza $G_2 + G_3$ , mutua conduttanza con il nodo 1 $G_3$ . GIC: $J_1$ esce dal nodo 2 ( $-J_1$ ), $J_2$ entra ( $+J_2$ ).

$\begin{cases} (G_1 + G_3)\, U_1 - G_3\, U_2 = J_1 \\ -G_3\, U_1 + (G_2 + G_3)\, U_2 = -J_1 + J_2 \end{cases} \qquad\Longrightarrow\qquad \begin{cases} 0{,}75\, U_1 - 0{,}25\, U_2 = 15 \\ -0{,}25\, U_1 + \frac{5}{12}\, U_2 = 15 \end{cases}$

Controllo di simmetria: i due termini fuori diagonale sono uguali.

3. Risoluzione

Dalla prima: $U_2 = 3\, U_1 - 60$ . Sostituendo nella seconda:

$-0{,}25\, U_1 + \frac{5}{12}(3\, U_1 - 60) = 15 \quad\Longrightarrow\quad -0{,}25\, U_1 + 1{,}25\, U_1 - 25 = 15 \quad\Longrightarrow\quad U_1 = 40\ \mathrm V$

e quindi $U_2 = 120 - 60 = 60\ \mathrm V$ .

4. Tensioni richieste

Ogni tensione è "potenziale del nodo con il $+$ meno potenziale del nodo con il $-$ ":

Tensione	Calcolo	Valore
$V_1$	$U_1 - U_3$	$40\ \mathrm V$
$V_2$	$U_2 - U_3$	$60\ \mathrm V$
$V_3$	$U_1 - U_2$	$-20\ \mathrm V$
$V_{J1}$	$U_1 - U_2$ (stessi nodi e stesso verso di $V_3$ )	$-20\ \mathrm V$
$V_{J2}$	$U_2 - U_3$ (stessi nodi di $V_2$ )	$60\ \mathrm V$

5. Verifica: bilancio delle potenze

I due GIC hanno la freccia che punta verso il $+$ della loro tensione: la corrente esce dal $+$ , cioè sono presi con la convenzione del generatore e $V J$ è la potenza erogata.

$P_{J1} = V_{J1} J_1 = -20 \cdot 15 = -300\ \mathrm W$ : negativa, quindi $J_1$ assorbe $300\ \mathrm W$ ;
$P_{J2} = V_{J2} J_2 = 60 \cdot 30 = 1800\ \mathrm W$ erogati.

Resistori ( $P = G V^2$ ): $P_1 = 0{,}5 \cdot 1600 = 800\ \mathrm W$ , $P_2 = \frac{3600}{6} = 600\ \mathrm W$ , $P_3 = 0{,}25 \cdot 400 = 100\ \mathrm W$ . Totale $1500\ \mathrm W$ .

$-300 + 1800 = 1500\ \mathrm W \ ✓$

Errori comuni

Mettere $J_1$ con il segno sbagliato: la freccia entra nel nodo 1 ( $+$ ) ed esce dal nodo 2 ( $-$ ).
Credere che un GIC eroghi sempre potenza: qui $J_1$ la assorbe, perché la rete gli impone una tensione "contraria".

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