Esercizio 1.32 - analisi nodale modificata con un GIT

Testo (Eserciziario, es. 1.32). Rete in regime stazionario con resistori ideali, un GIC e un GIT: $R_1 = 20\ \Omega$, $R_2 = 40\ \Omega$, $R_3 = 40\ \Omega$, $R_4 = 20\ \Omega$, $J_1 = 5\ \mathrm A$, $E_2 = 120\ \mathrm V$. Con il metodo dei potenziali ai nodi calcolare $V_1$, $V_2$, $V_3$, $V_4$, $V_{J1}$ con i riferimenti di figura.

Figura (descritta). Quattro nodi: 1 (a sinistra, in alto sul GIC), 2 (al centro), 3 (a destra), 4 (il filo in basso).

Risultati: $V_1 = 110\ \mathrm V$, $V_2 = 40\ \mathrm V$, $V_3 = 160\ \mathrm V$, $V_4 = -10\ \mathrm V$, $V_{J1} = 150\ \mathrm V$.

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) →. È l'esempio con cui la dispensa introduce la MNA.

1. Impostazione

Riferimento: nodo 4, $U_4 = 0$. Incognite: $U_1$, $U_2$, $U_3$ e la corrente $I_{E2}$ del GIT, presa uscente dal $+$ (convenzione del generatore): entra nel nodo 3 ed esce dal nodo 2.

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

2. Il sistema MNA

Tre LKC (il GIT trattato come un GIC di corrente $I_{E2}$) più l'equazione del GIT:

$$\begin{cases} (G_1 + G_4)\, U_1 - G_1 U_2 - G_4 U_3 = J_1 \\ -G_1 U_1 + (G_1 + G_2)\, U_2 = -I_{E2} \\ -G_4 U_1 + (G_3 + G_4)\, U_3 = +I_{E2} \\ U_3 - U_2 = E_2 \end{cases}$$

Quattro equazioni, quattro incognite.

3. Risoluzione: sommare le tre LKC

Sommando le prime tre equazioni:

• i termini in $U_1$: $(G_1 + G_4) - G_1 - G_4 = 0$;
• i termini in $U_2$: $-G_1 + G_1 + G_2 = G_2$;
• i termini in $U_3$: $-G_4 + G_3 + G_4 = G_3$;
• a destra: $J_1 - I_{E2} + I_{E2} = J_1$.

$$G_2 U_2 + G_3 U_3 = J_1$$

Perché funzionaSommare le LKC di tutti i nodi tranne il riferimento dà la LKC sul nodo di riferimento cambiata di segno: dice che la corrente J1 che esce dal nodo 4 rientra attraverso R2 e R3.: è la LKC al nodo 4, dove arrivano solo $R_2$, $R_3$ e $J_1$. Con l'equazione del GIT:

$$\begin{cases} 0{,}025\, U_2 + 0{,}025\, U_3 = 5 \\ U_3 = U_2 + 120 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad U_2 + U_3 = 200,\ \ U_3 - U_2 = 120 \quad\Longrightarrow\quad U_2 = 40\ \mathrm V,\ \ U_3 = 160\ \mathrm V$$

Dal nodo 1:

$$U_1 = \frac{G_1 U_2 + G_4 U_3 + J_1}{G_1 + G_4} = \frac{0{,}05 \cdot 40 + 0{,}05 \cdot 160 + 5}{0{,}1} = \frac{2 + 8 + 5}{0{,}1} = 150\ \mathrm V$$

Dal nodo 3: $I_{E2} = (G_3 + G_4)\, U_3 - G_4 U_1 = 0{,}075 \cdot 160 - 0{,}05 \cdot 150 = 12 - 7{,}5 = 4{,}5\ \mathrm A$.

4. Le tensioni

5. Verifica: bilancio delle potenze

Generatori (convenzione del generatore): $P_{J1} = V_{J1} J_1 = 750\ \mathrm W$, $P_{E2} = E_2 I_{E2} = 540\ \mathrm W$; totale erogato $1290\ \mathrm W$.

Resistori ($G V^2$): $0{,}05 \cdot 110^2 = 605$, $0{,}025 \cdot 40^2 = 40$, $0{,}025 \cdot 160^2 = 640$, $0{,}05 \cdot 10^2 = 5$; totale $1290\ \mathrm W$ ✓.