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da **allestrato** » 12 giu 2018, 18:29

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Ciao a tutti. In un circuito del genere com'è consigliato agire? Avevo provato a prendere come riferimento il nodo in basso e applicato la LKC al nodo centrale in alto, ottenendo:
$I = {I_1-I_2}$
Sostituivo le tensioni con le correnti ottenendo
$I= \frac {V_1-V_3}{3}-\frac {V_3-V_2}{2}$ , che mi dava una corrente scorretta. Dove sbaglio? Ne sto facendo diversi sulla falsariga di questi ma dopo un po' mi perdo e non riesco a capire l'errore

da **IlGuru** » 12 giu 2018, 18:31

Sarebbe

o

da **gac** » 12 giu 2018, 19:18

Mi pare di capire che tu voglia adoperare il metodo dei potenziali ai nodi. Oltre alla definizione del ground deve condiderare anche un altro potenziale (che io ho chiamato A)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

A questo punto ottieni - considerando i versi di corrente da te indicati
$I_1 = \frac{-A + 1 \, \text{V}}{6 \, \Omega}$
$I = \frac{-A + 2 \, \text{V}}{3 \, \Omega}$
$I_2 = \frac{A - 3 \, \text{V}}{(2 + 7) \, \Omega}$

Applicando la KCL sul nodo in alto
I_1 + I - I_2 = 0

e sostituendo i valori ottenuti con analisi nodali, ricavi un potenziale al nodo
$A = \frac{\frac{ 1 \, \text{V}}{6 \, \Omega} + \frac{2 \, \text{V}}{3 \, \Omega} + \frac{3 \, \text{V}}{(2 + 7) \, \Omega}}{\frac{1}{6 \, \Omega} + \frac{1}{3 \, \Omega} + \frac{1}{(2 + 7) \, \Omega}} = \frac{21}{11} \, \text{V}$
che è sostanzialmente lo stesso risultato ottenibile applicando la formula di Millman.
Sostituendo

nelle equazioni ottieni i valori di corrente
$I_1 = - \frac{5}{33} \, \text{A}$
$I = \frac{1}{33} \, \text{A}$
$I_2 = - \frac{4}{33} \, \text{A}$
verifica finale
$I_1 + I - I_2 = \frac{1}{33} \cdot [-5 + 1 -(-4)] \, \text{A} = 0 \, \text{A}$

da **PietroBaima** » 12 giu 2018, 20:14

Scriviamo la rete in bella, poi identifichiamo la tensione V.

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Vario il generatore identificato dalla stanghetta rossa, che chiamo E3.

Se I=0, chiaramente V=2 V e I1=I2=-1/6 A. E3 dovrebbe valere $E_3=2 V+ 9\Omega \cdot \frac{1}{6} A= \frac{7}{2} V$

Se invece V=0, I1=1/6 A, I=2/3 A e $I_2=\frac{1}{6} A+\frac{2}{3} A= \frac{5}{6} A$ . E3 dovrebbe valere $E_3=- 9\Omega \cdot \frac{5}{6} A= -\frac{15}{2} V$

Posso quindi scrivere

$\frac{I-0}{3-\frac{7}{2}}=\frac{I-\frac{2}{3}}{3+\frac{15}{2}}$

che risolta fa I=1/33 A, come già ricavato con altro metodo.

da **allestrato** » 13 giu 2018, 10:59

Grazie mille a tutti. Comincio ad avere un po' più di chiarezza.

gac Non ho capito come hai fatto a ricavare il potenziale A, se tramite formula di Millman o cosa.

PietroBaima Sostanzialmente hai usato LKT o sbaglio?
Mi rendo conto di avere lacune di teoria più gravi del previsto e che devo riuscire a colmare al più presto

da **gac** » 13 giu 2018, 11:11

Ho sostituito i valori delle correnti nella KCL al nodo superiore, ho lasciato da un lato dell'equazione tutti i termini con A, dall'altro lato i termini noti. Il risultato è lo stesso che otterresti adoperando la formula di Millman.

da **PietroBaima** » 13 giu 2018, 11:43

allestrato ha scritto:PietroBaima Sostanzialmente hai usato LKT o sbaglio?

No, ho usato la doppia falsa posizione.
Praticamente scegli uno dei generatori indipendenti, quello che ti fa più comodo e lo contrassegni. (io ho scelto E3).

Poi fai una falsa posizione su una grandezza qualunque della rete (per esempio io ho scelto I=0) e calcoli quanto dovrebbe valere il generatore indipendente che ti sei scelto. Se la grandezza che hai scelto come falsa posizione non corrisponde alla grandezza che vuoi calcolare, allora devi calcolare anche quella (avendo io però scelto I=0, che è la grandezza che ci interessa, non ho dovuto farlo).

Poi ripeti la falsa posizione di nuovo su un'altra grandezza (per esempio io ho scelto come seconda falsa posizione V=0, da cui era immediato calcolare I e E3)

A questo punto risolvi la proporzione:

$\frac{I-I_{primo caso}}{E3_{dato dall'esercizio}-E3_{primo caso}}=\frac{I-I_{secondo caso}}{E3_{dato dall'esercizio}-E3_{secondo caso}}$

Fai prima a farlo che a spiegarlo

da **allestrato** » 13 giu 2018, 12:46

PietroBaima ha scritto:No, ho usato la doppia falsa posizione.

Non conoscevo questo metodo. Ho trovato adesso un articolo scritto benissimo sul blog che lo spiega e sembra decisamente utile. Me lo studierò meglio. Grazie per avermelo fatto scoprire

da **PietroBaima** » 13 giu 2018, 13:29

Ottimo, mi fa piacere esserti stato utile. :ok:

da **gac** » 16 giu 2018, 13:46

Per la serie "metodi alternativi" propongo la risoluzione con l'Extra Element Theorem, rimuovendo R_1

, che sarà trattato come un cortocircuito.

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Si supponga di voler calcolare

$I = I_0 \frac{1 + \frac{R_1}{R_n}}{1 + \frac{R_1}{R_d}}$

Si può facilmente ricavare un valore per la corrente I_0

con

sostituita da un cortocircuito $I_0 = \frac{V_2 - V_1}{R_2} = \frac{1}{3} \, \text{A}$ .
La resistenza equivalente a denominatore - sostanzialmente quella di Thevenin - risulta $R_d = R_2 \parallel R_3 = (3 \parallel 9) \, \Omega = \frac{9}{4} \, \Omega$

Per quanto concerne il calcolo di R_n

, la resistenza equivalente ottenuta mantenendo i generatori accesi ed annullando l'uscita ( I = 0

), si scrive il seguente circuito, ottenuto sapendo che la differenza di potenziale ai capi di R_2

è nulla.

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Avendo inserito un generatore di prova, la resistenza equivalente è calcolata come

$R_n = \frac{V_p}{I_p}$

con $I_p = I_2 = \frac{V_2 - V_3}{R_3}$
e V_p = V_2 - V_1

. Sostituendo i valori nell'equazione si ottiene

$R_n = -9 \, \Omega$

A questo punto ricaviamo la corrente incognita

$I = \frac{1}{3} \frac{1 + \frac{6}{-9}}{1 + \frac{6}{\frac{9}{4}}} = \frac{1}{33} \, \text{A}$

Il risultato è lo stesso ricavato precedentemente.

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Circuito con generatore indipendente di tensione

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