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Note per Studenti Esercizio 1.30 - analisi nodale modificata, rete a ponte

Esercizio 1.30 - analisi nodale modificata, rete a ponte

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Testo (Eserciziario, es. 1.30). Rete a regime stazionario con J=1 AJ = 1\ \mathrm A, E=100 VE = 100\ \mathrm V, R1=R2=R3=R4=50 ΩR_1 = R_2 = R_3 = R_4 = 50\ \Omega. Calcolare la potenza PR1P_{R1} entrante nel resistore R1R_1.

Figura (descritta). Quattro nodi: A (in alto), B (al centro a sinistra), C (al centro a destra), D (in basso).

Bipolo Tra i nodi
JJ da D ad A (lato sinistro, freccia in su)
R1R_1 A – B
R2R_2 B – D
R3R_3 A – C
R4R_4 C – D
EE B – C, con il ++ verso B

È un ponte: il GIT EE è la "diagonale" tra B e C.

Risultato: PR1=252 W=12,5 WP_{R1} = \dfrac{25}{2}\ \mathrm W = 12{,}5\ \mathrm W.

Teoria: Analisi nodale (metodo dei potenziali ai nodi)Si sceglie un nodo di riferimento (potenziale zero) e si prendono come incognite gli n−1 potenziali degli altri nodi; ogni tensione è una differenza di potenziali, quindi le LKT sono automatiche. Si scrive la LKC su ogni nodo non di riferimento, per ispezione: autoconduttanza × potenziale del nodo − Σ mutue conduttanze × potenziali vicini = somma delle correnti dei GIC entranti. Ogni GIT senza resistore in serie aggiunge un'incognita (la sua corrente) e un'equazione (u_+ − u_− = e): è l'analisi nodale modificata (MNA).Analisi nodale (metodo dei potenziali ai nodi) → (paragrafo sulla MNA).

1. Impostazione

Il GIT EE non ha resistori in serie: si usa l'analisi nodale modificata. Si introduce la corrente IEI_E del GIT, presa uscente dal ++ (convenzione del generatore): dentro il generatore va da C a B, quindi IEI_E esce dal nodo C ed entra nel nodo B.

Scelta del riferimento. Si prende B, un morsetto del GIT: UB=0U_B = 0. Allora l'equazione del GIT, UB−UC=EU_B - U_C = E, dà subito UC=−100 VU_C = -100\ \mathrm V.

2. Le equazioni

Con G=1/50=0,02 SG = 1/50 = 0{,}02\ \mathrm S per tutti i resistori:

{(G1+G3) UA−G3 UC=J(nodo A: J entra)(G3+G4) UC−G3 UA−G4 UD=−IE(nodo C: IE esce)(G2+G4) UD−G4 UC=−J(nodo D: J esce)UB−UC=E ⇒ UC=−E\begin{cases} (G_1 + G_3)\, U_A - G_3\, U_C = J & \text{(nodo A: } J \text{ entra)} \\ (G_3 + G_4)\, U_C - G_3\, U_A - G_4\, U_D = -I_E & \text{(nodo C: } I_E \text{ esce)} \\ (G_2 + G_4)\, U_D - G_4\, U_C = -J & \text{(nodo D: } J \text{ esce)} \\ U_B - U_C = E \ \Rightarrow\ U_C = -E \end{cases}

Nel nodo A non compare UBU_B perché UB=0U_B = 0 (il termine −G1UB-G_1 U_B c'è, ma vale zero).

3. Risoluzione, un'equazione alla volta

  • Equazione del GIT: UC=−100 VU_C = -100\ \mathrm V.
  • Nodo D: 0,04 UD−0,02⋅(−100)=−1 ⇒ 0,04 UD=−3 ⇒ UD=−75 V0{,}04\, U_D - 0{,}02 \cdot (-100) = -1 \ \Rightarrow\ 0{,}04\, U_D = -3 \ \Rightarrow\ U_D = -75\ \mathrm V.
  • Nodo A: 0,04 UA−0,02⋅(−100)=1 ⇒ 0,04 UA=−1 ⇒ UA=−25 V0{,}04\, U_A - 0{,}02 \cdot (-100) = 1 \ \Rightarrow\ 0{,}04\, U_A = -1 \ \Rightarrow\ U_A = -25\ \mathrm V.
  • Nodo C (serve solo per IEI_E): 0,04⋅(−100)−0,02⋅(−25)−0,02⋅(−75)=−4+0,5+1,5=−20{,}04 \cdot (-100) - 0{,}02 \cdot (-25) - 0{,}02 \cdot (-75) = -4 + 0{,}5 + 1{,}5 = -2, e questo vale −IE-I_E: quindi IE=2 AI_E = 2\ \mathrm A.

Il segno di IEI_E. Nella regola pratica i GIC (e i GIT trattati come GIC) vanno a destra con il ++ se la corrente entra nel nodo, con il −- se esce. IEI_E esce da C: −IE-I_E. Il risultato è positivo, quindi la corrente esce davvero dal ++ del generatore, che eroga potenza.

4. La potenza su R1R_1

VAB=UA−UB=−25 VV_{AB} = U_A - U_B = -25\ \mathrm V. La potenza assorbita da un resistore non dipende dal segno della tensione:

PR1=VAB2R1=62550=12,5 W\boxed{P_{R1} = \frac{V_{AB}^2}{R_1} = \frac{625}{50} = 12{,}5\ \mathrm W}

Verifica con le potenze. Tensioni sui resistori: ∣VAB∣=25|V_{AB}| = 25, ∣VBD∣=75|V_{BD}| = 75, ∣VAC∣=75|V_{AC}| = 75, ∣VCD∣=25 V|V_{CD}| = 25\ \mathrm V; potenze 12,5+112,5+112,5+12,5=250 W12{,}5 + 112{,}5 + 112{,}5 + 12{,}5 = 250\ \mathrm W. Generatori (convenzione del generatore): JJ eroga (UA−UD) J=50⋅1=50 W(U_A - U_D)\, J = 50 \cdot 1 = 50\ \mathrm W; EE eroga E⋅IE=100⋅2=200 WE \cdot I_E = 100 \cdot 2 = 200\ \mathrm W. Totale 250 W250\ \mathrm W ✓: è il bilancio delle potenzeIn ogni rete la potenza erogata dai generatori è uguale a quella assorbita dagli altri bipoli.Teorema di Tellegen →.

Versione ripasso

Testo (Eserciziario, es. 1.30). Rete a regime stazionario con J=1 AJ = 1\ \mathrm A, E=100 VE = 100\ \mathrm V, R1=R2=R3=R4=50 ΩR_1 = R_2 = R_3 = R_4 = 50\ \Omega. Calcolare la potenza PR1P_{R1} entrante nel resistore R1R_1.

Figura (descritta). Quattro nodi: A (in alto), B (al centro a sinistra), C (al centro a destra), D (in basso).

Bipolo Tra i nodi
JJ da D ad A (lato sinistro, freccia in su)
R1R_1 A – B
R2R_2 B – D
R3R_3 A – C
R4R_4 C – D
EE B – C, con il ++ verso B

È un ponte: il GIT EE è la "diagonale" tra B e C.

Risultato: PR1=252 W=12,5 WP_{R1} = \dfrac{25}{2}\ \mathrm W = 12{,}5\ \mathrm W.

Teoria: Analisi nodale (metodo dei potenziali ai nodi)Si sceglie un nodo di riferimento (potenziale zero) e si prendono come incognite gli n−1 potenziali degli altri nodi; ogni tensione è una differenza di potenziali, quindi le LKT sono automatiche. Si scrive la LKC su ogni nodo non di riferimento, per ispezione: autoconduttanza × potenziale del nodo − Σ mutue conduttanze × potenziali vicini = somma delle correnti dei GIC entranti. Ogni GIT senza resistore in serie aggiunge un'incognita (la sua corrente) e un'equazione (u_+ − u_− = e): è l'analisi nodale modificata (MNA).Analisi nodale (metodo dei potenziali ai nodi) → (paragrafo sulla MNA).

Metodo: analisi nodale modificataSi aggiunge come incognita la corrente I_E del GIT privo di resistore in serie e l'equazione U_+ − U_− = E.Analisi nodale (metodo dei potenziali ai nodi) → (MNA).

  1. Scelta del riferimento e GIT. Si pone UB=0U_B = 0. Dall'equazione del GIT (UB−UC=EU_B - U_C = E) si ottiene UC=−100 VU_C = -100\ \mathrm V.
  2. Sistema MNA. Con IEI_E uscente da C (e quindi entrante in B): {(G1+G3) UA−G3 UC=J(G3+G4) UC−G3 UA−G4 UD=−IE(G2+G4) UD−G4 UC=−JUB−UC=E\begin{cases} (G_1 + G_3)\, U_A - G_3\, U_C = J \\ (G_3 + G_4)\, U_C - G_3\, U_A - G_4\, U_D = -I_E \\ (G_2 + G_4)\, U_D - G_4\, U_C = -J \\ U_B - U_C = E \end{cases}
  3. Risoluzione.
    • Nodo D: 0,04 UD+2=−1 ⇒ UD=−75 V0{,}04\, U_D + 2 = -1 \ \Rightarrow\ U_D = -75\ \mathrm V.
    • Nodo A: 0,04 UA+2=1 ⇒ UA=−25 V0{,}04\, U_A + 2 = 1 \ \Rightarrow\ U_A = -25\ \mathrm V.
    • Nodo C (per IEI_E): −4+0,5+1,5=−2=−IE ⇒ IE=2 A-4 + 0{,}5 + 1{,}5 = -2 = -I_E \ \Rightarrow\ I_E = 2\ \mathrm A.
  4. Potenza su R1R_1. PR1=(UA−UB)2R1=(−25)250=12,5 W\boxed{P_{R1} = \frac{(U_A - U_B)^2}{R_1} = \frac{(-25)^2}{50} = 12{,}5\ \mathrm W}

Risultato: PR1=12,5 WP_{R1} = 12{,}5\ \mathrm W. Verifica con bilancio delle potenzeIn ogni rete la potenza erogata dai generatori è uguale a quella assorbita dagli altri bipoli.Teorema di Tellegen → ✓.

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