Esercizio 1.33 - analisi nodale modificata con più generatori

Testo (Eserciziario, es. 1.33). Rete in regime stazionario con $R_1 = 5\ \Omega$, $R_2 = 10\ \Omega$, $R_3 = 5\ \Omega$, $R_4 = 10\ \Omega$, $J_1 = 5\ \mathrm A$, $J_5 = 5\ \mathrm A$, $J_6 = 23\ \mathrm A$, $E_2 = 10\ \mathrm V$, $E_3 = 50\ \mathrm V$. Con il metodo dei potenziali ai nodi calcolare:

1. le tensioni $V_1$ e $V_4$;
2. le potenze uscenti dai generatori $J_1$, $J_5$, $J_6$, $E_3$;
3. la potenza uscente dal generatore $E_2$.

Figura (descritta). Cinque nodi (numerati come nella soluzione dell'Eserciziario): 1 è il filo in alto; 4 è il filo orizzontale a metà altezza sulla sinistra (collegato con il lato sinistro anche al filo in basso a sinistra); 2 è il punto a destra di $R_4$; 3 è il lato destro; 5 è il punto sul filo in basso tra $R_3$ e $J_6$.

Risultati: $V_1 = -64\ \mathrm V$, $V_4 = 52\ \mathrm V$; $P_{J1} = -320\ \mathrm W$, $P_{J5} = 190\ \mathrm W$, $P_{J6} = 2967\ \mathrm W$, $P_{E3} = 900\ \mathrm W$; $P_{E2} = -2\ \mathrm W$.

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) →, Equivalenza tra generatore reale di tensione e di correnteUn GIT e in serie a un resistore R_s ha la stessa caratteristica di un GIC j in parallelo a una conduttanza G_p se G_p = 1/R_s e j = e/R_s (viceversa e = j/G_p = j·R). Il verso conta: la freccia del GIC punta verso il morsetto + del GIT. L'equivalenza vale solo verso l'esterno e non esiste per il GIT da solo (R_s = 0) né per il GIC da solo (G_p = 0).Equivalenza tra generatore reale di tensione e di corrente →.

1. Semplificare il ramo $E_2$–$R_2$

Il ramo con $E_2$ in serie a $R_2$ è un generatore reale di tensione: si sostituisce con il parallelo di un GIC e di $R_2$ (equivalenza GIT-R / GIC-GStesso resistore, e la corrente del GIC vale E/R con la freccia verso il + del GIT.Equivalenza tra generatore reale di tensione e di corrente →):

$$J_{E2} = \frac{E_2}{R_2} = \frac{10}{10} = 1\ \mathrm A, \qquad \text{freccia verso il } + \text{ di } E_2\text{, cioè da 1 verso 2}$$

Così il ramo non aggiunge un nodo intermedio e la regola pratica lo gestisce direttamente. Attenzione: la rete trasformata va bene per tutte le grandezze esterne al ramo, non per la potenza di $E_2$ (punto 6).

2. Impostazione MNA

Riferimento: nodo 2, $U_2 = 0$ (è collegato a $R_2$, $R_4$ e $J_5$). Il GIT $E_3$ non ha resistori in serie: incognita $I_{E3}$, presa uscente dal $+$ (entra nel nodo 3, esce dal nodo 1).

Conduttanze: $G_1 = G_3 = 0{,}2\ \mathrm S$, $G_2 = G_4 = 0{,}1\ \mathrm S$.

$$\begin{cases} (G_1 + G_2)\, U_1 - G_1 U_4 = J_1 - J_{E2} - I_{E3} & \text{(nodo 1)} \\ 0 = J_5 - J_6 + I_{E3} & \text{(nodo 3)} \\ (G_1 + G_3 + G_4)\, U_4 - G_1 U_1 - G_3 U_5 = -J_1 & \text{(nodo 4)} \\ G_3 U_5 - G_3 U_4 = J_6 & \text{(nodo 5)} \\ U_3 - U_1 = E_3 \end{cases}$$

Il nodo 3 è strano: non ci sono resistori, quindi il primo membro è zero. L'equazione dice solo che la corrente di $E_3$ deve compensare i due GIC: $I_{E3} = J_6 - J_5 = 18\ \mathrm A$. Il potenziale $U_3$ si ottiene dall'equazione del GIT.

3. Risoluzione

Si sommano le equazioni dei nodi 1 e 3 ($I_{E3}$ si cancella) e quelle dei nodi 4 e 5 ($U_5$ si cancella):

$$\begin{cases} (G_1 + G_2)\, U_1 - G_1 U_4 = J_1 - J_{E2} + J_5 - J_6 \\ -G_1 U_1 + (G_1 + G_4)\, U_4 = J_6 - J_1 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} 0{,}3\, U_1 - 0{,}2\, U_4 = -14 \\ -0{,}2\, U_1 + 0{,}3\, U_4 = 18 \end{cases}$$

Con la regola di Cramer (determinante $0{,}09 - 0{,}04 = 0{,}05$):

$$U_1 = \frac{-14 \cdot 0{,}3 - (-0{,}2) \cdot 18}{0{,}05} = \frac{-4{,}2 + 3{,}6}{0{,}05} = -12\ \mathrm V, \qquad U_4 = \frac{0{,}3 \cdot 18 - (-0{,}2)(-14)}{0{,}05} = \frac{5{,}4 - 2{,}8}{0{,}05} = 52\ \mathrm V$$

Poi: $U_3 = U_1 + E_3 = 38\ \mathrm V$; $U_5 = U_4 + J_6/G_3 = 52 + 115 = 167\ \mathrm V$.

4. Le tensioni richieste

$$V_1 = U_1 - U_4 = -12 - 52 = -64\ \mathrm V, \qquad V_4 = U_4 - U_2 = 52\ \mathrm V$$

5. Potenze di $J_1$, $J_5$, $J_6$, $E_3$

Per ogni generatore si prende la tensione con il $+$ dal lato da cui esce la corrente (convenzione del generatore), così $P = V \cdot J$ è la potenza uscente:

6. Potenza di $E_2$: si torna alla rete originale

Nella rete originale $E_2$ è in serie a $R_2$, e la corrente del ramo non è $J_{E2}$. Si prende $I_{E2}$ uscente dal $+$ di $E_2$, cioè verso il basso nel ramo, che arriva al nodo 2. LKC al nodo 2 (entranti = uscenti): entrano $I_{E2}$ dal ramo e la corrente di $R_4$ (da 4 a 2, $V_4/R_4$), esce $J_5$:

$$I_{E2} + \frac{V_4}{R_4} = J_5 \quad\Longrightarrow\quad I_{E2} = 5 - 5{,}2 = -0{,}2\ \mathrm A$$

$$\boxed{P_{E2} = E_2\, I_{E2} = 10 \cdot (-0{,}2) = -2\ \mathrm W} \quad \text{(assorbe } 2\ \mathrm W\text{)}$$

Controllo con i potenziali. Il nodo tra $E_2$ e $R_2$ sta a $U_1 + E_2 = -2\ \mathrm V$; la corrente in $R_2$ verso il nodo 2 è $(-2 - 0)/10 = -0{,}2\ \mathrm A$ ✓.

Che cosa sarebbe successo sulla rete trasformata. Il GIC equivalente $J_{E2} = 1\ \mathrm A$ porta corrente dal nodo 1 al nodo 2; con la convenzione del generatore la sua tensione è $U_2 - U_1 = 12\ \mathrm V$ ed erogherebbe $12 \cdot 1 = 12\ \mathrm W$: un numero che non ha niente a che vedere con i $-2\ \mathrm W$ veri. Le potenze interne non si conservano nella trasformazione.

Errori comuni

• Calcolare $P_{E2}$ sulla rete con il GIC equivalente.
• Dimenticare il segno di $J_{E2}$: la freccia va verso il $+$ di $E_2$, quindi esce dal nodo 1.
• Bloccarsi sul nodo 3 senza resistori: la sua equazione dà direttamente $I_{E3}$.