ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **rock85** » 2 lug 2012, 18:32

Salve a tutti,
volevo chiedervi qualche dritta per poter impostare il ragionamento iniziale durante lo svolgimento di un esercizio di elettrotecnica.
Ovvero capire o meglio intuire il metodo più adatto per poter partire.

da **Guerra** » 2 lug 2012, 18:36

Leggere con attenzione il testo del problema, è il primo passo comune a tutti i tipi di problemi. Poi ovviamente dipende dal problema.

da **rock85** » 2 lug 2012, 18:50

Ti porto un esempio

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ho la reguente rete, in cui l'interruttore si chiude all'istante t=0 e prima di tale istante il circuito è a regime.
Devo calcolare v' per t >0.

Ho studiato il circuito per t<0 e li nessun problema.
Poi essendo ${v}^{\,\prime}= v_{C1}+v_{C2}$ per studiarlo per t>0, dalla topologia mi sembrato conveniente applicare millman.

da **carloc** » 2 lug 2012, 22:53

...o magari un bel Thevenin

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e se poi le resistenze R sono davvero tutte uguali così come i C si vede a destra un partitore di tensione perfettamente compensato ;-)

...

In generale credo che il metodo per trovare la via semplice sia
1) conoscere bene tutti i metodi e trucchetti..
2) fare tanti esercizi
3) vedi 2
4) vedi 3
.
.
.
n) vedi n-1 :mrgreen:

da **rock85** » 3 lug 2012, 17:39

A dire la verità avevo pensato pure io al lato thèvenin, ma non so perché mi era sembrato più immediato millman.

Per trovare il lato equivalente thèvenin, calcolo prima la tensione equivalente, ovvero

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

scrivo le equazioni ai nodi 1 e 2 e utilizzo i potenziali nodali

nodo 1: $i_{g}+ai_{R}-i_{R1}=0$

$i_{g}+a \frac {e_{2}} {R} - \frac {e_{1}-e_{2}} {R} =0$

nodo 2: $-i_{g}+i_{R1}-i_{R2}-i_{R}=0$

$-i_{g}+ \frac {e_{1}-e_{2}} {R} -2 \frac {e_{2}} {R}$

risolvendo il sistema, considerando $i_{R}= \frac {e_{2}} {R}$ , ottengo $v_{T} = 12 V$

da **rock85** » 3 lug 2012, 18:15

per quanto riguarda la resistenza equivalente, ho spento il generatore di corrente e alimentato la rete con un generatore di tensione ai morsetti interessati

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$V=v_{R1}+v_{R2} = R (I + a i_{R}) + R (I+a i_{R}-i_{R})$

tenendo conto che $i_{R}= \frac {v_{R}} {R} = \frac {v_{R2}} {R} = \frac {R (I + (a+1) i_{R})} {R}$

trovo $i_{R}= -I$ e quindi $R_{th} = -2R$

il che mi fa pensare che ho commesso qualche errore (o orrore!)

da **carloc** » 3 lug 2012, 23:04

....io farei così

per la tensione a vuoto, se vedi il nodo "0" qui sotto e applichi KCL

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

vedi che $i_\text{r}+i_\text{r2}=a\,i_\text{r}$ ma se due resistenze sono uguali, e sottoposte alla stessa tensione (in parallelo) la corrente che ci passa deve essere la stessa, cioè $i_\text{r2}=i_\text{r}$ e allora hai

$\left(a-2)i_\text{r}=0 \quad\Rightarrow\quad i_\text{r}=0\quad\mbox{se}\; a\ne 2$

se a=2 si ha uno dei problemi sempre possibili con i generatori controllati, una forma indeterminata, qualsiasi corrente soddisferebbe l'equazione sopra, si dovrebbe trovare un'altra via....

comunque negli altri casi non si ha corrente e quindi caduta sulle due R in basso, anche il generatore controllato è allora off e quello che rimane è

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e quindi semplicemente $v_\text{o}=R\,i_\text{g}$ , per la verifica numerica dovresti postare i dati del problema...
ma in effetti anche il sistema che hai impostato tu dà gli stessi risultati

: Cattura.JPG (36.19 KiB) Osservato 3744 volte

Poi invece della resistenza di Thevenin avrei calcolato la corrente di cortocircuito -tanto è praticamente la stessa cosa-

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e dopo aver trasformato il GIC si scrive al volo
$i_\text{o}=i_1+a\,i_\text{r}$

ma altrettanto al volo si vede che $i_1=\frac{R\,i_\text{g}}{R+R/2}=\frac{2}{3}i_\text{g}$ e che $i_\text{r}=-i_1 /2$

e sostituendo

$i_\text{o}=\frac{2}{3}i_\text{g}-a\frac{1}{2}\,\frac{2}{3}i_\text{g}=\frac{2-a}{3}i_\text{g}$

e allora

$R_\text{th}=\frac{v_\text{o}}{i_\text{o}}=\frac{3R\,i_\text{g}}{(2-a)i_\text{g}}=\frac{3}{2-a}R$

dove si vede che -di nuovo cosa possibilissima con i generatori controllati- a secondo del valore di a c'è la possibilità di ottenere resistenze negative, o se vuoi circuiti instabili, ma qui ti seguo poco nei conti che hai fatto...

certo se a=7/2 allora Rth=-2R

da **rock85** » 3 lug 2012, 23:35

intanto ecco i dati del problema, li avevo dimenticati! #-o

$\begin{align*} R &= \frac{1}{3} \Omega\\ C &= \frac{1}{2}H\\ a &= 3\\ i_{g}&= 36 A \end{align*}$

e dunque la resistenza equivalente viene negativa.
Per procedere al calcolo di $v \prime$ come devo fare avendo la resistenza negativa?

da **RenzoDF** » 4 lug 2012, 15:14

Io, partendo da zero, dopo aver ridisegnando la rete nel seguente modo equivalente,

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avrei scritto una KCL ed una KVL

$\left\{ \begin{align} & i-\frac{a}{2}i-\frac{1}{2R}v_{x}-\frac{C}{2}\frac{\text{d}v_{x}}{\text{d}t}=0 \\ & i=\frac{Ri_{g}-v_{x}}{\frac{3}{2}R} \\ \end{align} \right.$

dalle quali, passando direttamente alla versione numerica, avrei ottenuto la seguente eq. differenziale

$\frac{\text{d}v_{x}}{\text{d}t}+2v_{x}=-48$

avrei quindi cercato una soluzione del tipo

$v_{x}=Ae^{-2t}+B$

che, usando le condizioni: iniziale ed asintotica

$\left\{ \begin{align} & A+B=v_{x}(0)=6 \\ & B=v_{x}(\infty )=-24 \\ \end{align} \right.\quad \Rightarrow \quad \left\{ \begin{align} & A=30 \\ & B=-24 \\ \end{align} \right.$

avrebbe portato a scrivere

$v_{x}(t)=30e^{-2t}-24$

Sempre con la riserva dei miei soliti errori da stress surfistico. :mrgreen:

da **rock85** » 4 lug 2012, 18:13

manipolazione interessante! Ma ad essere sincero non ci sarei mai arrivato!!

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