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Sito web · da **admin** » 10 nov 2015, 17:48

GaAlAs ha scritto:La tensione a vuoto sui due morsetti "monchi" é di 30V (a meno di errori di calcolo), valutando la stessa inserendo un generatore V fittizio mi ritrovo un risultato molto diverso.

La tensione a vuoto non si calcola inserendo un generatore fittizio

GaAlAs ha scritto: quindi la LKC al nodo rimanente diventa

$\frac{30-V}{3} - 2\frac{30-V}{3} + I + \frac{60-V}{12}$

questa non è una equazione

GaAlAs ha scritto:La V risultante é 20 (con R = -4)

Risultante da dove?

GaAlAs ha scritto:Non riesco a trovare errori nei calcoli né (ovviamente) nel ragionamento,

Io non riesco nemmeno a trovare i calcoli, e non riesco a definire ragionamento un'esposizione confusa.

da **GaAlAs** » 10 nov 2015, 19:07

My bad, mi sono fatto prendere dalla fretta (e non trovo il tasto edit).
Vediamo di chiarire il discorso ripartendo da zero.

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In principio fú questo circuito: dove ora sorge un vuoto c'era un condensatore che a regime é equivalente ad un corto (in DC ovviamente). La tensione ai capi di taglio é esattamente 60, quella del generatore alla destra e bon.

Chiudendo l' interruttore mi ritrovo

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e quindi mi adopero a calcolare l' equivalente di Thevenin (o Helmoltz ;-)

), iniziando dalla tensione a vuoto, ovvero la ddp sulla resistenza.
La polaritá sulla resistenza di sx é data, con l' anodo a sx, mentre per la resistenza centrale ho preso la stessa polaritá del condensatore, con l' anodo in sú.

$\frac{30-V}{3} - 2\frac{30-V}{3} - \frac{V}{12} + \frac{60-V}{12} = 0$

Con risultato (inatteso) di V = 30

. Volendo verificare il risultato, sapendo che applicando un generatore di corrente I_0

e calcolando la tensione ai capi é possibile ricavare sia la Vth che la Rth in un solo colpo (con notevole risparmio di energie a volte), ho applicato questo secondo ragionamento al circuito.

$\frac{30-V}{3} - 2\frac{30-V}{3} + I_0 + \frac{60-V}{12} = 0$

Portando ad un risultato di $V_{th} = 20$ e $R_{th} = -4$ (circuito RLC instabile). Altro risultato, nuovi problemi.

Cercando conforto almeno nel calcolo della $R_{th}$ alla "maniera classica", passivando i generatori di tensione e mettendo il solito generatore fittizio ai capi di taglio, mi accorgo che quest' ultimo é in serie con tutti i resistori, portandomi alla precoce perdita di capelli e a molti dubbi riguardo l' elettrotecnica.

Spero di essere stato piú rigoroso ed esaustivo in questo messaggio :-)

Sito web · da **admin** » 10 nov 2015, 23:15

A parte il fatto che nella tua seconda equazione manca il termine $\frac {V}{12}$ , cioè la corrente sulla resistenza verticale di 12 ohm, non si capisce (io almeno non lo capisco) come tu ottenga $V_{Th}$ ed $R_{Th}$ .
Quest'ultima tra l'altro vale $R_{Th}=-6 \, \Omega$ .
Cosa c'entri poi "RLC instabile" in questo schema in cui non c'è né una L né una C, per me resta un mistero.
Non cerco infine di interpretare la tua frase sul metodo "classico" di calcolo della $R_{Th}$ :troppo difficile.

Se fossi in te farei meno elucubrazioni filosofiche sui misteri dell'elettrotecnica e cercherei di applicarne correttamente definizioni e leggi

-----

La tensione del generatore di Thevenin, cioè la tensione a vuoto, che è unica e non variabile a seconda di ciò che colleghi ai terminali, che non può essere una tensione a vuoto, è in effetti 30 V. Non capisco perché sia un risultato inatteso. Quale avrebbe dovuto essere?
Applicando Millman tra A e B si ha

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$\begin{array}{l} \frac{{\frac{{30}}{3} - 2i + \frac{{60}}{{12}}}}{{\frac{1}{3} + \frac{1}{{12}} + \frac{1}{{12}}}} = {V_{AB}}\\ \\ i = \frac{{30 - {V_{AB}}}}{3}\\ \\ \frac{{\frac{{30}}{3} - 2\left( {\frac{{30 - {V_{AB}}}}{3}} \right) + \frac{{60}}{{12}}}}{{\frac{1}{2}}} = {V_{AB}}\\ \\ 2\frac{{30}}{3} - 4\left( {\frac{{30 - {V_{AB}}}}{3}} \right) + 2\frac{{60}}{{12}} = {V_{AB}}\\ \\ 20 - 40 + \frac{4}{3}{V_{AB}} + 10 = {V_{AB}}\\ \frac{1}{3}{V_{AB}} = 10\\ \\ {V_{AB}} = E_{Th}=30 \, \text{V} \end{array}$

Ora cortocircuitando A e B, ricaviamo la corrente del generatore di Norton

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${I_{No}} = {i_2} - {i_4} - {i_3} = {i_2} - \left( {2i - i} \right) - {i_3} = {i_2} - i = \frac{{60}}{{12}} - \frac{{30}}{3} = - 5 \, \text{A}$

Quindi
${R_{Th}} = \frac{{{E_{Th}}}}{{{I_{No}}}} = \frac{{30}}{{ - 5}} = - 6 \, \Omega$

da **GaAlAs** » 10 nov 2015, 23:47

Beh, il messaggio parlava chiaramente di un condensatore, la L é di troppo e me ne scuso.
Il metodo "classico" e quello "alternativo" di cui sopra non sono abomini ma metodi ottimamente spiegati nel Perfetti a cui rimando per chiarimenti ed/od altro.
Veniamo quindi al dunque, la resistenza da 12ohm manca dato che inserisco un generatore di tensione/corrente arbitrario e ne calcolo la corrente/tensione ai capi per poi ricavare la Rth. Ora, mettendo un generatore di tensione in parallelo ad una resistenza mi sarei aspettato di vederla cortocircuitata, di qui la mancanza nell' equazione.
Ma vedendo lo schema dove la corrente di CC viene calcolata noto che il corto circuito non mi "spezza" il circuito in due parti, sará a causa della presenza dei due generatori ?

Sito web · da **admin** » 11 nov 2015, 0:25

Il Perfetti non ce l'ho, quindi sono costretto a rinunciare ai chiarimenti od altro.
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Io direi che un generatore di tensione in parallelo ad una resistenza la alimenta non che la cortocircuita.
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Il cortocircuito del terzo schema è alimentato da tre generatori: due reali di tensione ed uno dipendente di corrente.

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PS: ed è "spezzato in due" dal corto

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$\begin{array}{l} {I_{No1}} = i - 2i = - i = - \frac{{30}}{3} = - 10 \, {\rm{A}}\\ \\ {I_{No2}} = \frac{{60}}{{12}} = 5 \, {\rm{A}}\\ \\ {I_{No}} = {I_{No1}} + {I_{No2}} = - 10 + 5 = - 5 \, {\rm{A}} \end{array}$

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