Esercizio 1.56 - potenziali di nodo con un GIC

Testo (Eserciziario, es. 1.56). Rete a regime stazionario con $J = 10\ \mathrm A$, $E = 60\ \mathrm V$, $R_1 = 18\ \Omega$, $R_2 = 2\ \Omega$, $R_3 = 2\ \Omega$, $R_4 = 4\ \Omega$. Prendendo il nodo B come riferimento, determinare i potenziali $U_A$ e $U_C$.

Figura (descritta). Filo in alto = A, filo in basso = B, nodo C a metà altezza al centro.

Risultati: $U_A = -3\ \mathrm V$, $U_C = \dfrac{17}{2}\ \mathrm V$.

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) →, 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. Trasformare il ramo $E$–$R_1$

Il ramo $E$ in serie a $R_1$ si sostituisce con il generatore di corrente equivalente:

$$J_p = \frac{E}{R_1} = \frac{60}{18} = \frac{10}{3}\ \mathrm A \ (\text{freccia verso A, dove c'è il } + \text{ di } E), \qquad R_p = 18\ \Omega$$

Così la rete ha solo resistori e GIC, e la regola pratica si applica senza incognite in più. I nodi sono tre: A, B (riferimento), C.

2. Le equazioni

Nodo A. Resistori collegati: $R_p$, $R_2$, $R_4$. Mutua conduttanza con C: $1/R_2$. GIC: $J_p$ entra ($+$), $J$ esce ($-$).

Nodo C. Resistori: $R_2$, $R_3$. GIC: $J$ entra.

$$\begin{cases} \left(\dfrac{1}{18} + \dfrac12 + \dfrac14\right) U_A - \dfrac12 U_C = \dfrac{10}{3} - 10 \\[2mm] -\dfrac12 U_A + \left(\dfrac12 + \dfrac12\right) U_C = 10 \end{cases}$$

L'autoconduttanza di A, con denominatore 36: $\frac{2 + 18 + 9}{36} = \frac{29}{36}$. Il termine noto: $\frac{10}{3} - 10 = -\frac{20}{3}$.

3. Risoluzione

Dalla seconda: $U_C = 10 + \dfrac{U_A}{2}$. Nella prima:

$$\frac{29}{36} U_A - \frac12\left(10 + \frac{U_A}{2}\right) = -\frac{20}{3} \quad\Longrightarrow\quad \left(\frac{29}{36} - \frac{9}{36}\right) U_A = -\frac{20}{3} + 5 = -\frac53$$

$$\frac{20}{36} U_A = -\frac53 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{U_A = -\frac53 \cdot \frac{36}{20} = -3\ \mathrm V}, \qquad \boxed{U_C = 10 - 1{,}5 = 8{,}5\ \mathrm V}$$

4. Verifica sulla rete originale

• Ramo $E$–$R_1$: la corrente che sale verso A è $\dfrac{E - (U_A - U_B)}{R_1} = \dfrac{60 + 3}{18} = 3{,}5\ \mathrm A$.
• $R_4$: da A a B passa $U_A/R_4 = -0{,}75\ \mathrm A$, cioè $0{,}75\ \mathrm A$ da B ad A.
• $R_2$: da A a C passa $(U_A - U_C)/R_2 = -5{,}75\ \mathrm A$, cioè $5{,}75\ \mathrm A$ da C ad A.

LKC in A (entranti = uscenti): entrano $3{,}5$ (dal ramo $E$), $0{,}75$ (da $R_4$), $5{,}75$ (da $R_2$), totale $10\ \mathrm A$; esce $J = 10\ \mathrm A$ ✓.

Il potenziale di A è negativoIl GIC J estrae 10 A dal nodo A, più di quanto il ramo con E riesca a fornire: il potenziale di A scende sotto quello di B. anche se l'unico GIT ha il $+$ verso A.