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da **volcom88** » 30 mar 2013, 16:26

Ok scusa per l'inesattezza, però il sunto di quello che ho scritto è che non riesco a trovare l'errore...

da **RenzoDF** » 30 mar 2013, 16:35

volcom88 ha scritto:... non riesco a trovare l'errore...

A vedere come le scrivi direi che hai applicato una metodologia molto in voga in ambiente H-demico, ma che personalmente ritengo inutile e soprattutto "pericolosa"; io a partire da H e percorrendo la maglia in senso antiorario,

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

usando il "metodo delle salite e discese elettriche", scriverei, la KVL come segue

$-{{Z}_{R}}({{I}_{A}}-{{I}_{B}})-{{E}_{1}}-E-{{Z}_{L}}{{I}_{A}}=0$

da **volcom88** » 30 mar 2013, 17:00

Riguardando bene il disegno ho commesso un errore nel disegnarlo. Corretto è cosi:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Ho utilizzato il metodo "pericoloso" perché fino ad oggi mi ci sono trovato bene e vorrei capire dove sbaglio.

Per quanto riguarda la prima maglia, considerando per tutte e tre le maglie il senso orario, non riesco a capire l'errore perché i due generatori sono entrambi positivi (seguendo il senso orario) mentre le resistenze di I(a) sono positive e quelle di I(b) sono negative...

volcom88 ha scritto:

Ps: con il tuo metodo come si scelgono i segni??

RenzoDF ha scritto:
volcom88 ha scritto:... non riesco a trovare l'errore...

A vedere come le scrivi direi che hai applicato una metodologia molto in voga in ambiente H-demico, ma che personalmente ritengo inutile e soprattutto "pericolosa"; io a partire da H e percorrendo la maglia in senso antiorario,

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

usando il "metodo delle salite e discese elettriche", scriverei, la KVL come segue

$-{{Z}_{R}}({{I}_{A}}-{{I}_{B}})-{{E}_{1}}-E-{{Z}_{L}}{{I}_{A}}=0$

perché Z(R) è negativa??

da **RenzoDF** » 30 mar 2013, 18:16

volcom88 ha scritto:Riguardando bene il disegno ho commesso un errore nel disegnarlo. Corretto è cosi:

Se cambi le carte in tavola, non vale! :-)

volcom88 ha scritto: Per quanto riguarda la prima maglia,...non riesco a capire l'errore

... cambiando verso alle correnti di maglia, l'errore non esiste più.

volcom88 ha scritto: ... con il tuo metodo come si scelgono i segni?? ... perché Z(R) è negativa??

I segni li scelgo in base alle "salite" e alle "discese" del potenziale lungo il percorso e il segno negativo non è relativo all'impedenza ma alla "discesa", ovvero al passaggio dal morsetto positivo (dove la corrente entra nel bipolo) al morsetto negativo nel morsetto d'uscita.

Ora ho comunque ricontrollato il tuo sistema con le nuove convenzioni per le correnti di maglia ed è corretto, come corretta è la soluzione del sistema, ovvero le correnti di maglia così come quelle di lato

: 2013-03-31_104257.gif (14.94 KiB) Osservato 3822 volte

Edit --------------------------------------------------

visto che avevo un po' di tempo da perdere ... per quanto riguarda le potenze

: 2013-03-30_181344.gif (30.99 KiB) Osservato 3850 volte

da **volcom88** » 31 mar 2013, 10:36

Intanto grazie mille per aver svolto tutto l'esercizio!! Però purtroppo io sono fermo su I(A) perché ci vengono due valori leggermente diversi:

: Immagine.jpg (41.74 KiB) Osservato 3827 volte

La parte reale di I(A) a me viene 4,613 a te 4,161... L'ho rifatto due volte a mano e con mathcad ma continua a venirmi cosi :^o

... (anche la parte immaginaria diverge di 2 millesimi

)

Però a te le potenze fanno zero e a me no...

da **RenzoDF** » 31 mar 2013, 10:47

volcom88 ha scritto:La parte reale di I(A) a me viene 4,613 a te 4,161...

Hai ragione, mi ero accorto dell'errore ma mi sono dimenticato di aggiornare la prima immagine e togliere il dubbio sulle correnti di lato, corrette pure quelle; la seconda parte dei calcoli, quelli relativi alle potenze usano infatti 4.612 A.

Ho ora aggiornato e corretto il post [14] .

da **volcom88** » 31 mar 2013, 11:12

Ora i calcoli tornano! Era giusto fin dal principio ma avevo sbagliato a trovare la potenza complessa di Z(2)...

Ps. una curiosità: in un circuito in cc monofase la somma delle potenze delle resistenze deve essere uguale alla somma delle potenze dei generatori? perché ho preso una decina di esercizi già fatti ed ho provato: la somma delle due potenze non torna mai uguale a zero... Se serve posso postare un esempio...

da **RenzoDF** » 31 mar 2013, 11:17

volcom88 ha scritto:... in un circuito in cc monofase la somma delle potenze delle resistenze deve essere uguale alla somma delle potenze dei generatori?

(Premesso che per un circuito in corrente continua non ha senso parlare di "monofase" in quanto le fasi non esistono fra le grandezze continue, ma solo fra quelle alternate!)

Si, deve esistere un bilanciamento delle potenze, ma ovviamente la somma delle potenze assorbite dai resistori sarà pari alla sola potenza attiva generata, sempre se e solo se consideriamo la somma algebrica delle potenze generate dai generatori; questo esercizio d'altra parte ne è già un esempio.

volcom88 ha scritto: ... Se serve posso postare un esempio...

Ok

BTW tanto per completare il discorso sul problema del thread, direi che alla domanda del testo "verificare il teorema di Tellegen" si poteva (anzi forse si doveva) rispondere in modo diverso, ovvero non pensando a Boucherot (che non lo dimostra, essendo un caso particolare dello stesso), ma bensì andando a dimostrarlo topologicamente, via due qualsiasi reti di pari grafo.

da **volcom88** » 31 mar 2013, 12:10

: Immagine.jpg (51 KiB) Osservato 3802 volte

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Dati:
$J_1=0,6\mbox{ A}$
$J_2=0,7\mbox{ A}$
$I_R_(_1_)=I_E_(_1_)=0,165\mbox{ A}$
$I_R_(_2_)=0,081\mbox{ A}$
$I_R_(_3_)=0,435\mbox{ A}$
$I_R_(_1_)=0,454\mbox{ A}$
$I_E_(_2_)=1,054\mbox{ A}$

$E_1=10\mbox{ V}$
$E_2=12\mbox{ V}$
$VR(1)=2,48\mbox{ V}$
$VR(2)=VJ_2=1,62\mbox{ V}$
$VR(3)=10,88\mbox{ V}$
$VR(4)=13,62\mbox{ V}$
$VJ_1=1,12\mbox{ V}$

(posto direttamente i risultati perché ho controllato il circuito con circuit simulator)

Trovo la somma delle potenze delle resistenze:
$P_R=I_R_(_1_)VR(1)+I_R_(_2_)VR(2)+I_R_(_3_)VR(3)+I_R_(_4_)VR(4)=11,46\mbox{ W}$

E la confronto con la potenza dei generatori:
$P_G=E_2I_E_(_2_)-E_1I_R_(_1_)+VJ_1J_1+VJ_2J_2=12,8\mbox{ W}$

da **RenzoDF** » 31 mar 2013, 12:45

Viste le convenzioni che hai assunto per le tensioni ... e che non hai indicato

$-{{V}_{{{J}_{1}}}}{{J}_{1}}$

che porta alla seguente somma algebrica delle potenze generate

$\text{-10}\times \text{0}\text{.165+12}\times \text{1}\text{.05-0}\text{.6}\times \text{1}\text{.12+0}\text{.7}\times \text{1}\text{.62}\approx \text{11}\text{.4}\,\,\text{W}$

Sastanzialmente hai assunto per un GIC la convenzione dei generatori e per l'altro quella degli utilizzatori. ;-)

BTW sugli schemi si scrivono direttamente i valori di resistenze e generatori, non lettere + legenda :!:

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