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da **Chiodo** » 11 set 2013, 15:34

spud ha scritto:Ho visto un po' al volo l'esercizio quindi aspettiamo che qualcuno confermi

Si, farei altrettanto. Anche se indubbiamente mediante il teorema di Millman la soluzione è pronta su un piatto d'argento.

da **spud** » 11 set 2013, 15:38

Almeno il partitore di tensione spero fosse nel programma

Poi una volta che hai la tensione ai capi del generatore di corrente puoi usare il bilancio delle tensioni nella maglia composta da R_2

,

ed

per calcolare la corrente che scorre su R_2

, occhio ai segni però.

da **RenzoDF** » 12 set 2013, 15:49

MischaViolett ha scritto: La prima cosa che vi chiedo è se conviene utilizzare Thévenin oppure utilizzare il principio di sovrapposizione degli effetti?

Direi che la prima cosa da fare è quella di cercare di individuare quale sia l'insieme minimo di valori critici necessari per poter rispondere ai quesiti del problema.

Nel nostro caso, da una semplice ispezione della rete, si può notare come l'unico elemento di questo insieme sia la tensione VJ ai morsetti del GIC; detta tensione permetterà infatti sia di determinare la potenza erogata dal generatore di corrente

${{P}_{J}}=J{{V}_{J}}$

sia di calcolare la corrente nel resistore R2

${{I}_{2}}=\frac{{{V}_{2}}}{{{R}_{2}}}=\frac{{{V}_{J}}+E}{{{R}_{2}}}$ .

Possiamo a questo punto scegliere il metodo che ci permetta di ricavare questa differenza di potenziale, nel modo più semplice possibile.

Di metodi ce ne sono diversi e non è sempre facile valutare quale sia la strada migliore, ad ogni modo, in questo caso particolare, cercando fra i metodi conosciuti, ovvero escludendo Millman, le alternative potrebbero essere, o la sovrapposizione, visto che i generatori sono solo due, o i potenziali nodali, visto che (riconosciuto il parallelo fra R1 e R2), i nodi sono sostanzialemente solo due.

Io sceglierei la seconda ma, giusto per commentare i tuoi passaggi, userò la prima.

MischaViolett ha scritto:... e se utilizzo ad esempio Thévenin devo comunque utilizzare poi il proncipio di sovrapposizione degli effetti essendoci due generatori??

Da quanto spiegato sopra, spero che ora a questa domanda, sapresti rispondere autonomemente.

MischaViolett ha scritto: Spengo E: e ottengo:
$R_{1eq}= R_{1}\left | \right |R_{3}= 50\Omega; \; R_{2eq}=R_{1eq}\left | \right |R_{4}=25\Omega ;\; R_{3eq}= R_{2eq}\left | \right |R_{2}=16.68\Omega$

Ok, ma non dirmi che non conosci il modo per fare il parallelo fra più di due resistenze.

Tracciata la rete, in una più semplice versione equivalente, sempre con il GIT "spento" avremo

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

che la resistenza vista dal GIC risulta

${{R}_{eq}}={{\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{3}}}+\frac{1}{{{R}_{4}}} \right)}^{-1}}=\frac{50}{3}\,\Omega$

e quindi la prima tensione parziale cercata sarà

$V_{J}^{\prime}=J{{R}_{eq}}=\frac{100}{3}\,\text{V}$

MischaViolett ha scritto: 2) Spengo J ottengo: ...

Ok, spegnamolo e ridisegnamo la rete

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

in questo caso, notando l'uguaglianza fra il parallelo di R1 con R2 e il parallelo di R3 con R4, potremo affermare, senza scomodare un partitore di tensione, che la seconda parte di VJ è pari all'emivalore della forza elettromotrice del generatore, ma con segno negativo

$V_{J}^{\prime\prime}=-\frac{E}{2}=-25\,\text{V}$

a questo punto avremo la tensione totale sul GIC

${{V}_{J}}=V_{J}^{\prime}+V_{J}^{\prime\prime}=\frac{100}{3}-25\,=\frac{25}{3}\,\text{V}$

e potremo rispondere ad entrambe le domande del problema

${{P}_{J}}=J{{V}_{J}}=2\times \frac{25}{3}=\frac{50}{3}\,\text{W}$

${{I}_{2}}=\frac{{{V}_{J}}+E}{{{R}_{2}}}=\left( \frac{25}{3}\text{V}+50\,\text{V} \right)\times \frac{1}{50\,\Omega }=\frac{7}{6}\,\text{A}$

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