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da **RenzoDF** » 6 ott 2010, 14:35

Tanto per cambiare posto io una domanda: qual è la migliore (piu' veloce) "soluzione" per trovare le potenze erogate dai generatori della seguente rete ?

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

a chi risponderà nel modo migliore (a mio insindacabile giudizio

), ... regalerò tutte le mie medaglie ! :mrgreen:

da **TardoFreak** » 7 ott 2010, 15:13

Sovrapposizione degli effetti?

da **RenzoDF** » 7 ott 2010, 15:42

TardoFreak ha scritto:Sovrapposizione degli effetti?

No TF, ... ma io vorrei anche uno straccio di soluzione :mrgreen:

da **Berello** » 7 ott 2010, 18:06

Mi sa che è troppo lunga come soluzione... E chissà se è giusta, visto che sono poco allenato?

Però è meno noiosa della sovrapposizione degli effetti! (almeno per me)

Intanto faccio una trasformazione triangolo-stella del triangolo in basso (mi servirà dopo):

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Dopodiché per ogni generatore calcolo (in funzione di Ix) tensione e corrente (con verso che va internamente al generatore da - a +), visto che la potenza è il prodotto di questi due valori.
In blu le tensioni e in rosso le correnti:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Ora, prendendo come riferimento il terminale in basso del generatore da 5 V e assegnandogli una tensione di 0 V, calcolo la tensione al terminale in basso del generatore controllato.
Per il calcolo, moltiplico il valore delle resistenze della stella per la corrente che scorre nei generatori a cui sono collegate.
La tensione alla base del generatore controllato mi risulta essere:
$\frac{15}{8}Ix-\frac{25}{8}$
Sapendo che la tensione al nodo sopra al generatore di corrente da 1 A è di 2 V (5-3=2), posso scrivere:
$\frac{15}{8}Ix-\frac{25}{8}+Ix-3Ix=2$
Da cui:
$\frac{23}{8}Ix-3Ix=2+\frac{25}{8}$
$\frac{-1}{8}Ix-3Ix=\frac{16+25}{8}$
E quindi Ix=-41 A

.

Una volta che ho la corrente Ix, sostituisco i valori e calcolo le potenze. (per il generatore da 1 A si ha che la tensione al nodo in alto è di 2 V, quella al nodo in basso si può calcolare con le resistenze e le correnti che scorrono nella stella).
Chissà se ho fatto bene i conti? E i ragionamenti?

E chissà qual è la strada più breve per la soluzione?
Sono curioso! :mrgreen:

da **RenzoDF** » 7 ott 2010, 18:30

Per quanto riguarda il metodo, niente male, complimenti, ma direi che si puo' ancora migliorare

Il risultato per Ix è, purtroppo, errato

... hai sbagliato il segno del potenziale alla base del generatore controllato :wink:

da **sebago** » 7 ott 2010, 20:11

Maestà, non tenga noi comuni mortali sulle spine...
Immagine

(quello seduto sulla sedia in cima sei tu...ops... Siete Voi, Sire)
Ciao

Non provare a chiedermi cosa ho fatto, i generatori di corrente e quelli pilotati mi sono stati sempre antipaticissimi.
Salutissimi

da **RenzoDF** » 7 ott 2010, 20:24

sebago ha scritto:... (quello seduto sulla sedia in cima sei tu...)

anche i cartoni animati "per prendermi in giro" ... mi fai :mrgreen:

sebago ha scritto:Non provare a chiedermi cosa ho fatto, i generatori di corrente e quelli pilotati mi sono stati sempre antipaticissimi.

Dai dai, NON trovare scuse ! ... spara la tua soluzione ! ... SCANSAFATICHE ! :mrgreen:

Salutissimi
Renzo

BTW ... vi assicuro che NON è il mio solito EXTRA ELEMENTS THEOREM :!:

da **DirtyDeeds** » 7 ott 2010, 23:45

Mumble mumble... nel tempo che sono riuscito a dedicarci, non mi è venuto in mente nulla di particolarmente interessante... tu però non dare la soluzione prima del weekend, eh!

da **carloc** » 8 ott 2010, 1:05

...mmm 4 maglie, ma due generatori di corrente costante... io andrei con Kirchhoff alle maglie, totale 2 equazioni in due incognite. Prendendo ad esempio queste correnti di maglia:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

si può scrivere:

$\left\{ \begin{array}{rl} 1 \cdot I_x +3-5=(3+2+1)I_x+1+(2+1)I_y \\ 0=1+(2+1)I_x+(2+1+5)I_y+2 \cdot 5 \end{array} \right.$

e cioè:

$\left\{ \begin{array}{rl} 5I_x+3I_y=-3 \\ 3I_x+8I_y=-11 \end{array} \right.$

e sommando 8 volte la prima più -3 volte la seconda ottengo

$(40-9)I_x=-24+33 \mbox{ e quindi }I_x=\frac{-24+33}{40-9}=0.2903A$

invece facendo lo stesso ma con 3 per la prima e -5 per la seconda

$(9-40)I_y=-9+55\mbox{ e quindi }I_y=\frac{-9+55}{9-40}=-1.484A$

Certo si poteva fare la stessa cosa nel circuito già trasformato con il triangolo-stella [4] ed ottenere una singola equazione invece del sistema, ma forse forse si dovevano fare più conti per la trasformazione che per il sistema!

Per la potenza erogata dai generatori di tensione abbiamo tutto quello che ci serve

$Pg_{3V}=3(1+I_x)=3(1+0.2903)=3.871W$

$Pg_{5V}=5(2-1-I_x)=5(2-1-0.2903)=3.549W$

$Pg_{1*Ix}=(1 \cdot I_x)(I_x-2)=0.2903(0.2903-2)=-0.4963W$

mentre per quelli di corrente dobbiamo trovare la tensione ai loro capi:
per quello da 2A "percorro" i rami con la R da 3 ohm ed il generatore da 3V

$Pg_{2A}=2(3I_x-3)=2(3 \cdot 0.2903 -3)=-4.258W$

invece per quello da 1A "percorro" i due generatori di tensione 3V e 5V e la R da 1ohm

$Pg_{1A}=1[-3+5+1 \cdot (1+I_x+Iy)]=2+1+0.2903-1.484=1.806W$

...almeno salvo errori!

Sito web · da **admin** » 8 ott 2010, 2:20

Dopo la trasformazione triangolo stella,

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

assumendo O come potenziale zero, si può applicare il teorema di RenzoDF per determinare la tensione tra i nodi H e K

$V_{HK} = \frac{{\left( {2 + \frac{4}{5}I_x } \right) \cdot \left( {\frac{8}{5}} \right) - \left( {1 + \frac{{16}}{5} - 2} \right) \cdot \left( {\frac{4}{5}} \right)}}{{\left( {\frac{4}{5} + \frac{1}{3}} \right) \cdot \left( {\frac{1}{3} + \frac{8}{5}} \right) - \frac{1}{9}}}$

$V_{HK} = \frac{{\left( {2 + \frac{4}{5}I_x } \right) \cdot \left( {\frac{8}{5}} \right) - \left( {\frac{{11}}{5}} \right) \cdot \left( {\frac{4}{5}} \right)}}{{\left( {\frac{{17}}{{15}}} \right) \cdot \left( {\frac{{29}}{{15}}} \right) - \frac{1}{9}}}$

$I_x=\frac {V_{HK}}{3}$

$V_{HK} = \frac{{\left( {\frac{{30 + 4V_{HK} }}{{15}}} \right) \cdot \left( {\frac{8}{5}} \right) - \frac{{44}}{{25}}}}{{\frac{{493}}{{225}} - \frac{1}{9}}} = \frac{{\frac{{240 + 32V_{HK} - 132}}{{75}}}}{{\frac{{936}}{{450}}}}$

$V_{HK} = \frac{{648 + 192V_{HK} }}{{936}}$

$V_{HK} = \frac{{648}}{{744}} \, {\rm{V}}$

$I_x = \frac {V_{HK}}{3} =\frac{{648}}{{2232}}=\frac {9}{31} \, {\rm{A}}$

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