Esercizio 1.45 - Thévenin e partitore sul carico

Testo (Eserciziario, es. 1.45). Rete a regime stazionario con $J = 4\ \mathrm A$, $E = 20\ \mathrm V$, $R_1 = R_2 = 10\ \Omega$, $R_3 = 5\ \Omega$.

1. Della rete a destra della porta AB (nel riquadro tratteggiato) determinare la resistenza equivalente $R_{eq}$ e la tensione a vuoto $V_{AB0}$ (con il $+$ su A).
2. Per la rete completa, determinare $V_{AB}$.

Figura (descritta). A sinistra della porta, il resistore $R_3$ tra A (in alto) e B (in basso). A destra, nel riquadro: tra il filo superiore (A) e quello inferiore (B) ci sono il GIC $J$ (freccia in su) e il resistore $R_1$; poi sul filo superiore il GIT $E$ ($-$ verso A, $+$ verso destra) e infine $R_2$ che scende sul lato destro fino a B.

Risultati: $R_{eq} = 5\ \Omega$, $V_{AB0} = 10\ \mathrm V$, $V_{AB} = 5\ \mathrm V$.

Teoria: Teoremi di Thévenin e di NortonUna rete resistiva lineare vista da due morsetti equivale (Thévenin) a un GIT in serie a un resistore: la f.e.m. è la tensione a vuoto v_0 e il resistore è la resistenza interna R_eq, cioè la resistenza vista dai morsetti con tutti i generatori indipendenti spenti. Equivale anche (Norton) a un GIC in parallelo a un resistore: la corrente è quella di cortocircuito i_cc e la conduttanza è G_eq = 1/R_eq. Vale R_eq = v_0 / i_cc.Teoremi di Thévenin e di Norton →. La stessa rete con Norton è in Esercizio 1.49 - Norton della rete dell'esercizio 1.45.

1. Resistenza equivalente

Si spengono i generatori della parte destra: $J$ diventa un circuito aperto (sparisce), $E$ un cortocircuito (il filo superiore arriva direttamente a $R_2$). Restano $R_1$ e $R_2$, entrambi tra A e B:

$$R_{eq} = R_1 \parallel R_2 = \frac{10 \cdot 10}{20} = 5\ \Omega$$

2. Tensione a vuoto

A vuoto si stacca $R_3$ (corrente nulla alla porta). Sovrapposizione:

• solo $J$ ($E$ in cortocircuito): $J$ alimenta $R_1 \parallel R_2 = 5\ \Omega$, quindi $V'_{AB0} = 4 \cdot 5 = 20\ \mathrm V$;
• solo $E$ ($J$ aperto): una maglia $E$, $R_2$, $R_1$. La corrente esce dal $+$ di $E$, scende in $R_2$, torna a sinistra sul filo in basso e risale in $R_1$ da B ad A: $I = 20/20 = 1\ \mathrm A$, e $V''_{AB0} = -R_1 I = -10\ \mathrm V$.

$$V_{AB0} = 20 - 10 = 10\ \mathrm V$$

3. Il circuito con il carico

Per Thévenin, la parte destra equivale a un GIT di $10\ \mathrm V$ ($+$ verso A) in serie a $5\ \Omega$. Collegando $R_3$ si ha un'unica maglia, e $V_{AB}$ è la tensione su $R_3$, data dal partitore:

$$\boxed{V_{AB} = V_{AB0}\, \frac{R_3}{R_{eq} + R_3} = 10 \cdot \frac{5}{10} = 5\ \mathrm V}$$

Perché conviene ThéveninSe poi si vuole cambiare il carico R3, basta rifare l'ultimo partitore: l'equivalente della parte destra resta lo stesso. anche quando la rete si potrebbe risolvere direttamente.

Controllo diretto (nodo B riferimento, $U_A$ incognita, il nodo a destra di $E$ sta a $U_A + 20$). LKC sulla superficie che racchiude A, il GIT e il nodo a destra: entra $J = 4$, escono $U_A/R_3$, $U_A/R_1$ e $(U_A + 20)/R_2$:

$$4 = \frac{U_A}{5} + \frac{U_A}{10} + \frac{U_A + 20}{10} = 0{,}4\, U_A + 2 \quad\Longrightarrow\quad U_A = 5\ \mathrm V \ ✓$$