Esercizio 6: Soluzione

$V_{AB} = \frac{ I_0 + \frac{E_1}{R_1} - \frac{E_2}{R_2} }{ \frac{1}{\infty} + \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} } = \frac{3 + 1 - \frac{2}{3}}{0 + 1 + \frac{1}{3}} = \frac{4 - \frac{2}{3}}{1 + \frac{1}{3}} = \frac{5}{2}\ V$

Eseguendo la legge di Kirchhoff al ramo di $R_1$ ed $E_1$ :

$V_{AB} = E_1 + V_1 \quad \Rightarrow \quad V_1 = V_{AB} - E_1 \quad \Rightarrow \quad R_1 I_1 = V_{AB} - E_1$

$I_1 = \frac{V_{AB} - E_1}{R_1} = \frac{5}{2} - 1 = \frac{3}{2}\ V$

Eseguendo la legge di Kirchhoff al ramo di $R_2$ ed $E_2$ :

$V_{AB} = V_2 - E_2 \quad \Rightarrow \quad V_2 = V_{AB} + E_2 \quad \Rightarrow \quad R_2 I_2 = V_{AB} + E_2$

$I_2 = \frac{V_{AB} + E_2}{R_2} = \frac{ \frac{5}{2} + 2 }{3} = \frac{9/2}{3} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}\ A$

Eseguendo la prima legge di Kirchhoff al nodo A:

$I_1 + I_2 = \frac{3}{2} + \frac{3}{2} = \frac{6}{2} = 3 = I_0$

La I₀ risulta verificata.

Verifico la $I_1$ col teorema di Thevenin; riscrivo il circuito (per comodità) e poi stacco il carico, in questo caso costituito dalla serie $R_1 \)-\( E_1$ .

La Tensione a vuoto misurata ai capi dei morsetti AB diventerà il generatore equivalente.

In tali condizioni l’unica corrente che può percorrere la $R_2$ è la $I_0$ stessa.

$V_{AB} = V_2 - E_2 \quad \Rightarrow \quad V_{AB} = I_0 R_2 - E_2$

$V_{AB} = 3 \times 3 - 2 = 7V = E_{EQ}$

Per il calcolo della $R_{EQ}$ , dobbiamo cortocircuitare i generatori di tensione e aprire i generatori di corrente.
In tali condizioni dobbiamo valutare la resistenza che si vede ai capi dei morsetti AB. Quindi:

$R_{EQ} = R_2 = 3\,\Omega$

A questo punto, ai capi del circuito equivalente Thevenin, riagganciamo il carico precedentemente escluso.

L’unica corrente circolante è appunto la $I_1$ , data da:

$I_1 = \frac{E_{EQ} - E_1}{R_{EQ} + R_1} = \frac{7 - 1}{3 + 1} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}\ A$

Come ottenuto col teorema di Millman.

Verifica della I₂ col principio di sovrapposizione degli effetti

Nel primo caso faccio funzionare solo il generatore $I_0$ ; questa corrente viene convogliata nel parallelo $R_P$ :

$R_P = R_1 \parallel R_2 = \frac{1 \times 3}{1 + 3} = \frac{3}{4}\ \Omega$

La tensione $V_P$ ai capi del parallelo sarà:

$V_P = R_P I_0 = \frac{3}{4} \times 3 = \frac{9}{4}\ V$

Quindi:

$I'_2 = \frac{V_P}{R_2} = \frac{9/4}{3} = \frac{9}{12} = \frac{3}{4}\ A$

Nel secondo caso, facciamo funzionare solo il generatore $E_1$ ; in questo caso $E_2$ è cortocircuitato ed il generatore di corrente $I_0$ deve essere aperto.

$I''_2 = \frac{E_1}{R_1 + R_2} = \frac{1}{1 + 3} = \frac{1}{4}\ A$

Nel terzo caso, facciamo funzionare solo il generatore $E_2$ ; $E_1$ in questo caso è cortocircuitato ed il generatore di corrente $I_0$ deve essere aperto.

$I'''_2 = \frac{E_2}{R_1 + R_2} = \frac{2}{1 + 3} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\ A$

Tutte e tre le correnti parziali trovate hanno come verso di percorrenza lo stesso della $I_2$ indicato nel circuito originario.
Esse sono quindi da considerare tutte algebraicamente positive.

$I_2 = I'_2 + I''_2 + I'''_2 = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\ A$

Come trovato col teorema di Millman.

Verifica della I₂ col principio di sovrapposizione degli effetti

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