Esercizio 1.30 - analisi nodale modificata, rete a ponte

Testo (Eserciziario, es. 1.30). Rete a regime stazionario con $J = 1\ \mathrm A$, $E = 100\ \mathrm V$, $R_1 = R_2 = R_3 = R_4 = 50\ \Omega$. Calcolare la potenza $P_{R1}$ entrante nel resistore $R_1$.

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

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

Risultato: $P_{R1} = \dfrac{25}{2}\ \mathrm W = 12{,}5\ \mathrm W$.

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

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

2. Le equazioni

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

$$\begin{cases} (G_1 + G_3)\, U_A - G_3\, U_C = J & \text{(nodo A: } J \text{ entra)} \\ (G_3 + G_4)\, U_C - G_3\, U_A - G_4\, U_D = -I_E & \text{(nodo C: } I_E \text{ esce)} \\ (G_2 + G_4)\, U_D - G_4\, U_C = -J & \text{(nodo D: } J \text{ esce)} \\ U_B - U_C = E \ \Rightarrow\ U_C = -E \end{cases}$$

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

3. Risoluzione, un'equazione alla volta

• Equazione del GIT: $U_C = -100\ \mathrm V$.
• Nodo D: $0{,}04\, U_D - 0{,}02 \cdot (-100) = -1 \ \Rightarrow\ 0{,}04\, U_D = -3 \ \Rightarrow\ U_D = -75\ \mathrm V$.
• Nodo A: $0{,}04\, U_A - 0{,}02 \cdot (-100) = 1 \ \Rightarrow\ 0{,}04\, U_A = -1 \ \Rightarrow\ U_A = -25\ \mathrm V$.
• Nodo C (serve solo per $I_E$): $0{,}04 \cdot (-100) - 0{,}02 \cdot (-25) - 0{,}02 \cdot (-75) = -4 + 0{,}5 + 1{,}5 = -2$, e questo vale $-I_E$: quindi $I_E = 2\ \mathrm A$.

Il segno di $I_E$. 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. $I_E$ esce da C: $-I_E$. Il risultato è positivo, quindi la corrente esce davvero dal $+$ del generatore, che eroga potenza.

4. La potenza su $R_1$

$V_{AB} = U_A - U_B = -25\ \mathrm V$. La potenza assorbita da un resistore non dipende dal segno della tensione:

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

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