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Ciao sto avendo problemi con la risoluzione di questo circuito, avevo pensato al metodo dei potenziali di nodo pero non riesco a capire se è il modo giusto..
dovrei fissare un super nodo giusto?

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

i dati sono questi..
R1 = 0.6kΩ, R2 = 1.4kΩ, R3 = 1kΩ, L = 2H, C = 1μF,

e1(t) = 200 sin(800t)V, e2(t) = 140 cos(800t)V.

come posso risolverlo?

Lo puoi risolvere col metodo dei nodi, in particolare calcolando il potenziale V_1

in figura

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

si può analizzare tutta la rete (in particolare come le correnti su ciascun ramo). Ho messo in evidenza anche la corrente del generatore e_1

, che non andrà calcolata.

devi scrivere un sistema di due equazioni del tipo
$\begin{cases} -\frac{V_1}{R_2} - \frac{V_1 - e_2}{ \frac{1}{j \omega C} } - I_{e_1} = 0 \\ I_{e_1} - \frac{e_1 + V_1}{R_1 + j \omega L} - \frac{e_1 + V_1 - e_2}{R_3} = 0 \end{cases}$

Risolvendo il sistema si ottiene che
$V_1 \cdot \left(\frac{1}{R_2} + j \omega C + \frac{1}{R_1 + j \omega L} + \frac{1}{R_3} \right) =e_2 \left( j \omega C + \frac{1}{R_3} \right) - e_1 \cdot \left( \frac{1}{R_1 + j \omega L} + \frac{1}{R_3} \right)$

Prodotti tensioni-ammettenze: check dimensionale verificato!

quindi
$V_1=\frac{e_2 \left( j \omega C + \frac{1}{R_3} \right) - e_1 \cdot \left( \frac{1}{R_1 + j \omega L} + \frac{1}{R_3} \right)}{ \frac{1}{R_2} + j \omega C + \frac{1}{R_1 + j \omega L} + \frac{1}{R_3} }$

Purtroppo devo andare quindi non posso al momento sostituire i valori nella formula.

Puoi risolverlo anche con lo sdoppiamento del generatore di tensione e_2

(un generatore in serie alla capacità un altro in serie a R_3

, elettricamente separati) e modificando il disegno della rete in modo tale da calcolare V_1

con Millman. Otterrai lo stesso risultato (se ho fatto bene i conti) ;-)

.

Delle volte cerco di evitare Thevenin perché spesso commetto errori, comunque quando si usano i potenziali ai nodi con i fasori, potrebbe essere più conveniente calcolare le ammettenze, anziché le impedenze ?

jayeffe ha scritto:quando si usano i potenziali ai nodi con i fasori, potrebbe essere più conveniente calcolare le ammettenze, anziché le impedenze ?

Certamente, ma io sono abituato a calcolare le impedenze, a quel punto mi basta pigiare il tasto reciproco sulla calcolatrice (se lavora con i numeri complessi) :-)

Puoi ridisegnare il circuito così:

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e poi applicare Millman.

Ciao,
Pietro.

gac ha scritto:Lo puoi risolvere col metodo dei nodi, in particolare calcolando il potenziale in figura

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

si può analizzare tutta la rete (in particolare come le correnti su ciascun ramo). Ho messo in evidenza anche la corrente del generatore , che non andrà calcolata.

devi scrivere un sistema di due equazioni del tipo
$\begin{cases} -\frac{V_1}{R_2} - \frac{V_1 - e_2}{ \frac{1}{j \omega C} } - I_{e_1} = 0 \\ I_{e_1} - \frac{e_1 + V_1}{R_1 + j \omega L} - \frac{e_1 + V_1 - e_2}{R_3} = 0 \end{cases}$

Risolvendo il sistema si ottiene che
$V_1 \cdot \left(\frac{1}{R_2} + j \omega C + \frac{1}{R_1 + j \omega L} + \frac{1}{R_3} \right) =e_2 \left( j \omega C + \frac{1}{R_3} \right) - e_1 \cdot \left( \frac{1}{R_1 + j \omega L} + \frac{1}{R_3} \right)$

Prodotti tensioni-ammettenze: check dimensionale verificato!

quindi
$V_1=\frac{e_2 \left( j \omega C + \frac{1}{R_3} \right) - e_1 \cdot \left( \frac{1}{R_1 + j \omega L} + \frac{1}{R_3} \right)}{ \frac{1}{R_2} + j \omega C + \frac{1}{R_1 + j \omega L} + \frac{1}{R_3} }$

Purtroppo devo andare quindi non posso al momento sostituire i valori nella formula.

Puoi risolverlo anche con lo sdoppiamento del generatore di tensione (un generatore in serie alla capacità un altro in serie a , elettricamente separati) e modificando il disegno della rete in modo tale da calcolare con Millman. Otterrai lo stesso risultato (se ho fatto bene i conti) .

Per fare l'esercizio ho interpretato il Renzo Perfetti che mi spiega l'esercizio guidato quando vi è il supernodo. Io ho fissato il riferimento al nodo C

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

fissando al nodo c (spero di aver capito bene la teoria) il nodo d viene escluso perché connesso al generatore tramite riferimento.
ora ho definito il supernodo impostando l'equazione V_A-V_b=E2

da qui l'esercizio guida di Perfetti che ho imitato dice di scrivere 1 equazione per il nodo a e b
e metterla a sistema con la relazione V_A-V_b=E2

le correnti le ho scelte io con la convenzione sul nodo b e ho fatto $\frac{Vb}{Z_L+R1}+\frac{Vb}{R2}+\frac{Va}{Z_C}+\frac{Va-Vd}{R5}$

ora VD=E1
E dall equazione VB-VA=E2 ricavo il resto..

ho Interpretato bene il metodo di perfetti?

Calma, non è proprio così. Ho tracciato il supernodo e le correnti ad esso associate nel seguente schema e per esso ho definito una legge di Kirchhoff per le correnti, indicata dalle frecce in rosso.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Per semplicità, supponiamo che $V_B = 0 \; \text{V}$ , che ne dici? :-)

la KCL risulta
$\frac{V_C}{R_2} + \frac{V_C - V_A}{\frac{1}{j \omega C}} + \frac{V_D}{R_1 + j \omega L} + \frac{V_D - V_A}{R_S} = 0$

con V_C

incognita, V_D = e_1 - V_C

e

.

La KCL del supernodo associato al generatore di tensione e_1

è nient'altro che la combinazione delle KCL associate ai suoi nodi, accomunati dalla corrente $I_{e_1}$ , che nel mio svolgimento ho dimostrato essere inutile nel calcolo del risultato finale. In conclusione, si riottiene la stessa equazione per il calcolo del potenziale del nodo di interesse.

Non mi ricordavo a dire il vero questo metodo,ti ringrazio.

quindi per la potenza attiva devo usare la formula
$\frac12{V}{I} cos(\theta _v-\theta_i)$

e invece per la potenza complessa devo usare solo $\frac12{V}{I}$

Ovviamente ho solo V...posso usare la legge di kirkhoff per la corrente al nodo a e ricavo I del generatore, giusto?

Noto il potenziale al nodo c sono noti i potenziali a tutti i nodi del circuito, quindi puoi calcolare tutte le differenze di potenziale e conseguentemente le correnti su ciascun ramo. Come al solito, si ha che la potenza complessa vale
$\frac{1}{2} VI^*$
mentre la potenza attiva è la sua parte reale. Credo che sia molto megio calcolare la potenza attiva (lo stesso vale per la reattiva) in questo modo, per evitare calcoli con funzioni seno e coseno.

Quindi da $\frac{1}{2} VI^*$ avro un P+jQ dove la parte reale è la potenza attiva..
Senza andare a stuzzicare le funzioni seno e coseno giusto?

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Risoluzione di un circuito in regime sinusoidale

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Re: Risoluzione di un circuito in regime sinusoidale

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