Esercizio 1.57 - potenziali di nodo con due GIT

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1. Preparazione

• Ramo $E_1$–$R_1$ $\to$ GIC $J_p = E_1/R_1 = 5\ \mathrm A$ con la freccia verso il $+$ di $E_1$, cioè verso B (esce da A), in parallelo a $R_p = 20\ \Omega$.
• $E_2$ non ha resistori in serie: MNA, con la sua corrente $I_{E2}$ (uscente dal $+$, quindi entrante in C) come incognita. Ma un suo morsetto è il riferimento: l'equazione del GIT dà subito $$U_C - U_B = E_2 \quad\Longrightarrow\quad U_C = 120\ \mathrm V$$

2. L'equazione del nodo A

Resistori collegati ad A: $R_p$, $R_2$, $R_3$; mutua conduttanza con C: $1/R_2$; GIC: $J_p$ esce, $J$ esce.

$$\left(\frac{1}{20} + \frac{1}{40} + \frac{1}{40}\right) U_A - \frac{1}{40} U_C = -J_p - J = -12$$

Con $U_C = 120$:

$$0{,}1\, U_A - 3 = -12 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{U_A = -90\ \mathrm V}$$

3. (In più) La corrente di $E_2$

Nodo C: $\dfrac{1}{40} U_C - \dfrac{1}{40} U_A = J + I_{E2}$, cioè $3 + 2{,}25 = 7 + I_{E2}$, quindi $I_{E2} = -1{,}75\ \mathrm A$. Negativa: la corrente entra dal $+$ di $E_2$, che quindi assorbe potenzaCon la convenzione del generatore la potenza uscente è E2·I_E2 = 120·(−1,75) = −210 W: il GIT assorbe 210 W..

Verifica in A. Dal ramo $E_1$: la corrente che va da A verso B attraverso $R_1$ ed $E_1$ è $\dfrac{U_A - U_B + E_1}{R_1} = \dfrac{-90 + 100}{20} = 0{,}5\ \mathrm A$ (percorrendo da A a B si incontra $E_1$ dal $-$ al $+$, che "aiuta"). Da $R_3$: $U_A/R_3 = -2{,}25$, cioè $2{,}25\ \mathrm A$ entrano in A. Da $R_2$: $(U_A - U_C)/R_2 = -5{,}25$, cioè $5{,}25\ \mathrm A$ entrano in A. Escono $J = 7$ e $0{,}5$: $7{,}5 = 2{,}25 + 5{,}25$ ✓.