Esercizio 1.41 - sovrapposizione e potenze dei generatori

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Che cosa serve

Per la potenza uscente (convenzione del generatore) servono:

• per $J_1$ la sua tensione $V_{J1} = U_C - U_L$ (il $+$ dove esce la corrente, cioè su C);
• per $E_2$ la sua corrente $I_{E2}$ uscente dal $+$ (verso TM);
• per $J_3$ la sua tensione $V_{J3} = U_R - U_{BR}$.

Le potenze non si sovrappongono: si sovrappongono queste tre grandezze, poi si moltiplica.

1. Solo $J_1$ ($E_2$ in cortocircuito, $J_3$ aperto)

• $E_2$ cortocircuitato: TM e C diventano lo stesso nodo.
• $J_3$ aperto: il nodo BR resta collegato solo a $R_4$, che quindi non porta corrente.
• $R_2$ (da TM = C a R) e $R_3$ (da C a R) formano un anello senza generatori: corrente nulla.

$J_1$ porta corrente da L a C e la corrente torna a L attraverso $R_1$ (da C = TM a L) e $R_5$ (da C a L), in parallelo:

$$R_1 \parallel R_5 = \frac{2 \cdot 10}{12} = \frac53\ \Omega, \qquad V'_{J1} = J_1 \cdot \frac53 = 20\ \mathrm V$$

In $R_1$ passa (partitore) $12 \cdot \frac{10}{12} = 10\ \mathrm A$, da TM verso L. Questa corrente arriva a TM da C attraverso il cortocircuito al posto di $E_2$, cioè entra nel generatore dal $-$ ed esce dal $+$: $I'_{E2} = +10\ \mathrm A$.

$R_3$ e $R_4$ non portano corrente, quindi R e BR sono allo stesso potenziale di C: $V'_{J3} = 0$.

2. Solo $E_2$ ($J_1$ e $J_3$ aperti)

$E_2$ (con il $+$ su TM) alimenta due percorsi da TM a C:

• $R_2 + R_3$ (passando per R): $6\ \Omega$;
• $R_1 + R_5$ (passando per L): $12\ \Omega$.

$$R_{eq2} = 6 \parallel 12 = 4\ \Omega, \qquad I''_{E2} = \frac{60}{4} = 15\ \mathrm A$$

• $V''_{J3} = U_R - U_{BR}$, con $U_{BR} = U_C$ ($R_4$ senza corrente): è la tensione su $R_3$ con il $+$ su R, che per il partitore vale $60 \cdot \frac{4}{6} = 40\ \mathrm V$.
• $V''_{J1} = U_C - U_L$: la tensione su $R_5$ con il $+$ su L vale $60 \cdot \frac{10}{12} = 50\ \mathrm V$, quindi $V''_{J1} = -50\ \mathrm V$.

3. Solo $J_3$ ($E_2$ in cortocircuito, $J_1$ aperto)

$J_3$ porta corrente da BR a R. Da R torna a C attraverso $R_2$ (R → TM = C) e $R_3$ (R → C) in parallelo, poi da C a BR attraverso $R_4$:

$$R_{eq3} = R_4 + R_2 \parallel R_3 = 8 + \frac{8}{6} = \frac{28}{3}\ \Omega, \qquad V'''_{J3} = 15 \cdot \frac{28}{3} = 140\ \mathrm V$$

• In $R_2$ passano $15 \cdot \frac{4}{6} = 10\ \mathrm A$ da R a TM; arrivati a TM, scendono nel cortocircuito al posto di $E_2$ fino a C, cioè entrano dal $+$: $I'''_{E2} = -10\ \mathrm A$.
• $R_1$ e $R_5$ collegano L a C senza generatori nel loro anello: corrente nulla, $U_L = U_C$, quindi $V'''_{J1} = 0$.

4. Somma e potenze

$$\boxed{P_{J1} = -30 \cdot 12 = -360\ \mathrm W, \qquad P_{E2} = 60 \cdot 15 = 900\ \mathrm W, \qquad P_{J3} = 180 \cdot 15 = 2700\ \mathrm W}$$

$J_1$ assorbe $360\ \mathrm W$: la rete gli impone una tensione opposta.

Verifica (bilancio). Con le tensioni totali ($U_C = 0$: $U_L = 30$, $U_{TM} = 60$, $U_R = 60$, $U_{BR} = -120\ \mathrm V$) i resistori assorbono $R_1$: $30^2/2 = 450$; $R_2$: $0$; $R_3$: $60^2/4 = 900$; $R_4$: $120^2/8 = 1800$; $R_5$: $30^2/10 = 90$. Totale $3240\ \mathrm W = -360 + 900 + 2700$ ✓.

Perché non si sommano le potenze parzialiLa potenza è un prodotto di tensione e corrente: la somma dei prodotti dei contributi non è il prodotto delle somme.: per esempio, sommando le potenze di $J_3$ nelle tre sottoreti si otterrebbe $0 + 0 + 140 \cdot 15 = 2100\ \mathrm W$ (nelle prime due $J_3$ è spento e ha corrente nulla), non i $2700\ \mathrm W$ veri.