Esercizio 1.31 - analisi nodale modificata con due GIC

Testo (Eserciziario, es. 1.31). Rete a regime stazionario con $J_1 = 6\ \mathrm A$, $J_2 = 3\ \mathrm A$, $E = 100\ \mathrm V$, $R_1 = R_2 = R_3 = 20\ \Omega$, $R_4 = 40\ \Omega$. Calcolare la potenza $P_{R1}$ entrante nel resistore $R_1$.

Figura (descritta). Cinque nodi: A (a sinistra, a metà altezza; un filo lo collega anche all'angolo in basso a sinistra), B (il filo in alto), C (al centro), D (il filo in basso, dal centro verso destra), E (a destra, a metà altezza).

Risultato: $P_{R1} = 320\ \mathrm W$.

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) →.

1. Impostazione

Il GIT $E$ non ha resistori in serie: analisi nodale modificata. Si introduce la corrente $I_E$ uscente dal $+$ del GIT: esce dal generatore nel nodo A (quindi entra in A) e lascia il nodo C.

Riferimento sul morsetto $-$ del GIT: $U_C = 0$. L'equazione del GIT dà subito $U_A - U_C = E$, cioè $U_A = 100\ \mathrm V$.

Conduttanze: $G_1 = G_2 = G_3 = 0{,}05\ \mathrm S$, $G_4 = 0{,}025\ \mathrm S$.

2. Le equazioni per ispezione

$$\begin{cases} G_1 U_A - G_1 U_D = -J_1 + I_E \\ (G_2 + G_4)\, U_B - G_4 U_E = J_1 \\ (G_1 + G_3)\, U_D - G_1 U_A = -J_2 \\ G_4 U_E - G_4 U_B = J_2 \\ U_A = E \end{cases}$$

Il nodo E ha un solo resistore: l'unica cosa che arriva da sinistra è $J_2$, e quella corrente deve passare tutta in $R_4$.

3. Risoluzione

Il sistema si "spezza" in pezzi semplici:

• nodo D, con $U_A = 100$: $0{,}1\, U_D - 0{,}05 \cdot 100 = -3 \ \Rightarrow\ 0{,}1\, U_D = 2 \ \Rightarrow\ U_D = 20\ \mathrm V$;
• nodi B ed E (non dipendono da A e D): sommando le due equazioni, i termini con $G_4$ si cancellano e resta $G_2 U_B = J_1 + J_2$, cioè $U_B = \dfrac{9}{0{,}05} = 180\ \mathrm V$; poi dal nodo E $U_E = U_B + J_2/G_4 = 180 + 120 = 300\ \mathrm V$;
• nodo A (serve per $I_E$): $I_E = G_1(U_A - U_D) + J_1 = 0{,}05 \cdot 80 + 6 = 10\ \mathrm A$.

Perché sommare B ed ELa somma delle due LKC è la LKC su una superficie che racchiude B, E e il resistore R4: ne escono solo R2 (verso C) e i due GIC, e la corrente in R4 non compare. è un trucco utile: la corrente in $R_4$ è interna e sparisce.

4. La potenza su $R_1$

$R_1$ è tra A e D: $V_{AD} = U_A - U_D = 100 - 20 = 80\ \mathrm V$.

$$\boxed{P_{R1} = \frac{V_{AD}^2}{R_1} = \frac{6400}{20} = 320\ \mathrm W}$$

Verifica (bilancio delle potenze). Resistori: $R_1$: $320$; $R_2$: $180^2/20 = 1620$; $R_3$: $20^2/20 = 20$; $R_4$: $120^2/40 = 360$; totale $2320\ \mathrm W$. Generatori con la convenzione del generatore: $E$ eroga $E\, I_E = 1000\ \mathrm W$; $J_1$ (freccia da A a B) eroga $(U_B - U_A)\, J_1 = 80 \cdot 6 = 480\ \mathrm W$; $J_2$ (freccia da D a E) eroga $(U_E - U_D)\, J_2 = 280 \cdot 3 = 840\ \mathrm W$. Totale $2320\ \mathrm W$ ✓.