Esercizio 1.29 - analisi nodale con due GIC

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).

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)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) →.

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 simmetriaLa matrice dei coefficienti deve essere simmetrica: il coefficiente di U2 nella prima equazione e quello di U1 nella seconda valgono entrambi −G3 = −0,25.: 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 $-$":

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 generatoreCon la corrente uscente dal + il prodotto v·i è la potenza erogata.Convenzioni, potenza e lavoro elettrico → 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".