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da **allestrato** » 9 giu 2018, 12:40

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Buongiorno a tutti. Nel circuito in figura dovrei, tramite analisi nodale, trovare la tensione dell'unico ramo in cui è segnata. Il problema è che mi ritrovo poi sempre con più incognite che equazioni dopo aver applicato Kirchhoff e la legge di Ohm e non so come procedere in certi casi. Grazie in anticipo

da **Ianero** » 9 giu 2018, 12:41

Vediamo le tue equazioni prima :ok:

da **IlGuru** » 9 giu 2018, 13:04

Io comincerei con una trasformazione trinagolo stella con le resistenze da 10, 2 e 1 Ohm

da **allestrato** » 9 giu 2018, 13:34

Allora. Partivo scegliendo come riferimento il nodo in basso per comodità. Numerando i nodi in modo orario,e facendo lo stesso per le correnti,agli altri nodi trovo:
$1) -i+i_{1}+i_{2}=0$
$2) -i_{2}+i_{3}+1=0$
$3) -i_{1}+i_{4}-1=0$
Applicando la legge di ohm avrò :
1) $\frac {-v_1}{10}+\frac{v_1-v_3}{5}+v_1-v_2=0$

2) $v_2-v_1+ \frac{v_2}{2}=-1$

3) $\frac{v_3-v_1}{5}+ \frac{v}{4}=1$
Provando a semplificare poi mi ritrovo sempre al punto morto di avere più incognite che equazioni. Scusate il ritardo ma non ricordavo più latex .
P.S pensavo anch'io di fare il passaggio stella-triangolo, ma il libro va per capitoli e ad ognuno da una metodologia di risoluzione, quindi forse non è quello il modo che vuol far utilizzare.

da **JAndrea** » 9 giu 2018, 14:00

Non ho neanche guardato le equazioni, comunque un voto positivo per aver usato Latex e Fidocad, nonostante tu sia un nuovo utente.

da **Ianero** » 9 giu 2018, 15:33

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$I_{\text{g}}=I+I_3$
I_3=I_2+I_4

$I_4=I_{\text{g}}+I_1$

I=GV_1

Tre equazioni e tre incognite, procedi :-)

da **Exodus** » 9 giu 2018, 17:05

Potresti iniziare ridisegnando il circuito prendendo come nodo di riferimento il seguente:

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In circuiti del genere mi sembra più appropriato applicare la KVL.
Ci sono tre anelli , di cui in uno la corrente è data dal generatore indipendente, quindi basta trovare le altre due correnti di anello incognite:

$I_{1}=1$

Applico la KVL al secondo anello:

$\left ( 1+10+2 \right )I_{2}-1-10I_{3}=0$

Risolvo per $I_{2}$ :

$I_{2}=\frac{10}{13}\cdot I_{3}+\frac{1}{13}$

Applico la KVL al terzo anello:

$\left ( 10+5+4 \right )I_{3}-5I_{1}-10I_{2}=0$

Risolvo per $I_{3}$

$I_{3}=\frac{5}{19}I_{1}+\frac{10}{19}I_{2}$

Sostituisco i valori di $I_{1}$ e $I_{2}$
nell'ultima espressione:

$I_{3}=\frac{5}{19}+\frac{10}{19}\left ( \frac{10}{13}I_{3}+\frac{1}{13} \right )$

Risolvo ancora per $I_{3}$ :

$I_{3}=\frac{25}{49}$

Infine moltiplico per 4 e ho la tensione richiesta:

$V=I_{3}\cdot 4=\frac{25}{49}\cdot 4\sim 2.041V$

da **allestrato** » 9 giu 2018, 17:40

Grazie a tutti, avevo sbagliato ad impostare il sistema probabilmente. Alla fine ho proceduto con le equazioni scritte da Ianero ed applicato la regola di Cramer. L'altra soluzione sembra molto più veloce però, anche se non avrei pensato al spostare i componenti e girare il circuito. In effetti così sembra molto più comodo

da **RenzoDF** » 9 giu 2018, 18:50

Io, facendo riferimento allo schema di

Ianero, per non vincere facile, applicherei l' EET (a R3) :mrgreen:

... calcolando:

il "guadagno" con R_3

infinita, immediato,
$A_{0} =\left. \frac{v}{I_{g}} \right|_{R_3\to \infty }=4 \, \Omega$

la resistenza R_N

, "vista" dal generatore di corrente ausiliario $J_s=1 \, \text{A}$ , scelto in modo da annullare l'uscita,

$\left. R_{N} \right|_{v \to 0}=\frac{v}{J_{s}}=\frac{R_2R_4}{R_4+R_1+R_2} =\frac{10}{13} \, \Omega$

e la resistenza R_D

, "vista" dai morsetti della R_3

, con ingresso I_g

nullo

$\left. R_{D} \right|_{I_g \to 0}=R_2||(R_4+R_1)+R=\frac{82}{13} \, \Omega$

ed infine, applicando la relazione fondamentale del teorema dell' EET,

$A = \frac{v}{I_g}=A_{0} \frac{1+ \frac{R_{N}}{R_3}} {1+ \frac{R_{D}}{R_3}} =\frac{100}{49} \, \Omega$

da **MarkyMark** » 9 giu 2018, 21:05

Sempre della serie "per non vincere facile" io applicherei Rosenstark :mrgreen:

Scelgo R3 come pilotato rispetto a cui calcolare il rapporto di ritorno.

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Per R3 che tende a infinito:
$A_\infty = \frac{V}{I_g} = R = 4 \Omega$

Per R3 che tende a zero:
$A_0 = \frac{V}{I_g} = \frac{R_4 \cdot (R_2 \parallel R)}{R_4 + R_1 + R_2 \parallel R} = \frac{40}{82} \Omega$

Rapporto di ritorno:

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$T = -\frac{R_3 \cdot I_T}{V_T} = \frac{R_3}{R + R_2 \parallel (R_1 + R_4)} = \frac{65}{82}$

$A = A_\infty \frac{T}{1 + T} + A_0 \frac{1}{1 + T} = \frac{300}{147} \Omega$

$V = A \cdot I_g = \frac{100}{49} V$

Questo circuito è retroazionato :mrgreen:

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