Esercizio 1.47 - Thévenin con un GIC interno

Testo (Eserciziario, es. 1.47). Rete a regime stazionario con $J = 10\ \mathrm A$, $E_1 = 320\ \mathrm V$, $E_2 = 180\ \mathrm V$, $R_1 = 8\ \Omega$, $R_2 = 12\ \Omega$, $R_3 = 6\ \Omega$, $R_4 = 30\ \Omega$, $R_5 = 2\ \Omega$.

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

Figura (descritta). Il filo in alto è il nodo A, quello in basso il nodo B.

Risultati: $R_{eq} = 18\ \Omega$, $V_{AB0} = 60\ \mathrm V$, $V_{AB} = -156\ \mathrm V$.

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 →, Principio di sovrapposizione degli effettiIn una rete lineare (resistori, GIT, GIC) ogni tensione e ogni corrente è combinazione lineare delle impresse dei generatori. Quindi si può calcolarla facendo agire un generatore alla volta, con gli altri spenti (GIT spento = cortocircuito, GIC spento = circuito aperto), e sommando i contributi. Vale per tensioni e correnti, non per le potenze.Principio di sovrapposizione degli effetti →.

1. Resistenza equivalente

Generatori spenti: $J$ aperto (il ramo A–P sparisce), $E_1$ cortocircuito (S coincide con B). Da A si scende in $R_3$ fino a Q; da Q a B ci sono $R_4$ e, in parallelo, $R_2 + R_1$ (Q → P → S = B):

$$R_{eq} = R_3 + R_4 \parallel (R_1 + R_2) = 6 + \frac{30 \cdot 20}{50} = 6 + 12 = 18\ \Omega$$

2. Tensione a vuoto (sovrapposizione)

A vuoto la parte a destra della porta è staccata.

Solo $E_1$ ($J$ aperto). Il nodo A è collegato solo a $R_3$ (il GIC è aperto, la porta è aperta): $R_3$ non porta corrente e $U_A = U_Q$. Resta la maglia $E_1$, $R_1$, $R_2$, $R_4$:

$$I' = \frac{E_1}{R_1 + R_2 + R_4} = \frac{320}{50} = 6{,}4\ \mathrm A, \qquad V'_{AB0} = U_Q = R_4 I' = 192\ \mathrm V$$

(la corrente esce dal $+$ di $E_1$, sale in $R_1$, attraversa $R_2$ e scende in $R_4$: Q è più alto di B).

Solo $J$ ($E_1$ in cortocircuito). $J$ porta $10\ \mathrm A$ da A a P. Siccome la porta è aperta, quei $10\ \mathrm A$ devono arrivare in A attraverso $R_3$, da Q:

$$U_A = U_Q - R_3 J = U_Q - 60$$

Da P la corrente torna a Q per due vie: direttamente in $R_2$ ($12\ \Omega$), oppure scendendo in $R_1$ fino a B e risalendo in $R_4$ ($8 + 30 = 38\ \Omega$). Nel ramo $R_1$–$R_4$ passano (partitore) $10 \cdot \frac{12}{50} = 2{,}4\ \mathrm A$, che in $R_4$ salgono da B a Q:

$$U_Q = -R_4 \cdot 2{,}4 = -72\ \mathrm V, \qquad V''_{AB0} = U_A = -72 - 60 = -132\ \mathrm V$$

$$V_{AB0} = 192 - 132 = 60\ \mathrm V$$

Controllo con le correnti di anello. Due anelli orari nella parte a sinistra: $I_{A1}$ (in alto: $J$, $R_2$, $R_3$) e $I_{A2}$ (in basso: $E_1$, $R_1$, $R_2$, $R_4$). Il GIC sta solo nell'anello 1, che lo percorre verso l'alto mentre la freccia punta in giù: $I_{A1} = -10\ \mathrm A$. Anello 2 (sale in $E_1$ dal $-$ al $+$, quindi $+E_1$): $(R_1 + R_2 + R_4)\, I_{A2} - R_2 I_{A1} = E_1$, cioè $50\, I_{A2} + 120 = 320$, $I_{A2} = 4\ \mathrm A$. Ora si scende da A a B passando per Q: in $R_3$ la corrente verso il basso è $I_{A1} = -10\ \mathrm A$ (l'anello 1, orario, scende nel suo lato destro), in $R_4$ è $I_{A2} = 4\ \mathrm A$ (l'anello 2 scende nel suo lato destro). Quindi $$V_{AB0} = R_3 I_{A1} + R_4 I_{A2} = 6 \cdot (-10) + 30 \cdot 4 = 60\ \mathrm V \ ✓$$

3. Il circuito completo

La parte sinistra è un GIT di $60\ \mathrm V$ ($+$ verso A) in serie a $18\ \Omega$. A destra c'è $E_2$ in serie a $R_5$, con il $+$ di $E_2$ verso B. Sovrapposizione sulla maglia:

• solo l'equivalente: partitore su $R_5$: $\dfrac{R_5}{R_{eq} + R_5} \cdot 60 = \dfrac{2}{20} \cdot 60 = 6\ \mathrm V$;
• solo $E_2$: il ramo $E_2$–$R_5$ vede $R_{eq}$; la tensione su $R_{eq}$ (che è $V_{AB}$ in questo caso) è $-\dfrac{R_{eq}}{R_{eq} + R_5} E_2 = -\dfrac{18}{20} \cdot 180 = -162\ \mathrm V$ (negativa perché $E_2$ ha il $+$ verso B).

$$\boxed{V_{AB} = 6 - 162 = -156\ \mathrm V}$$

Verso di E2E2 ha il − in alto (verso A) e il + in basso (verso B): da solo tende a portare B sopra A, quindi dà un contributo negativo a V_AB.: è il dettaglio da non sbagliare nell'ultimo passo.