Esercizi sui circuiti RC

[MatematiNO]

Dato il seguente circuito:

X è un induttore di induttanza L=100mH. Il circuito è in condizioni stazionarie e devo calcolare la corrente $i'$ nel resistore R' e la differenza di potenziale $V_B$ - $V_A$

R=1 k$ Omega $
R'=R/2
$epsilon_1$ = 6V
$epsilon_2$ = $2epsilon_1$

Ho semplificato il circuito mettendo in serie le resistenze:
R + R = 2R
Req = 2R // 2R = R

dopo ho applicato la Leggi di Kirchhoff e ricavato il sistema

Maglia superiore: $ epsilon_1 - R' i' -Req i_1 = 0 $
Maglia inferiore:$- epsilon_2 + R' i' - R i_2 = 0 $
Nodi = $ i' = i_1 + i_2 $

Il mio problema è che non riesco a ricavare la corrente $i'$ perché non riesco a risolvere il sistema. Volevo chiedere, questi sistemi si possono risolvere con i metodi di sostituzione e addizione sempre oppure esiste qualche meccanismo diverso? esistono casi particolari?
Nelle soluzioni degli esercizi noto che ogni tanto vengono ricavate le correnti dopo varie sostituzioni altre volte vengono fatte cose tipo:

Maglia superiore: -$epsilon_1$ + 3R $i_1'$ + $R'i'$ = 0
Maglia inferiore: $epsilon_1$ - R $i_2$ - R' $i'$ = 0

diventa $ rArr $ 3R $i_1'$ - R $i_2$ = 0

e da qui ricavo:

$i_2$ = 3$i_1$
$i'$ = 4$i_1$
$i_1$ = $epsilon$ / 11R

Quando applico un caso e quando l'altro? Ci sono delle regole particolari da seguire?

Grazie in anticipo.

[MassiMartino82]

Proverò a darti una mano, spero di non sbagliare ....
In condizione stazionare L'induttore non produrrà nessuna fem di autoinduzione , per cui posso non considerarlo nel calcolo delle correnti.
Io ho diviso il circuito in tre maglie.
Maglia 1 è quella relativa alla $\epsilon1$
Maglia 2 quella con le sole resistenze
Maglia 3 relativa $\epsilon2$
Sulle tre maglie ho dato un verso di percorrenza a ciascuna corrente ( quello antiorario) , denominando le rispettive correnti all interno di ogni maglia con $i1$, $i2$, $i3$.
Impostando il sistema ottengo tre equazioni , ogniuna per ogni maglia.
Maglia 1

$-\epsilon1 + (i1-i3)*R' +(i1-i2)*2R=0$

Maglia 2

$i2 *R +(i2-i1)*2R+i2 *R=0$

Maglia 3

$ (i3-i1)*R' + \epsilon2 + i3*R=0$


Risolvendo il sistema troverai le tre correnti $i1,i2,i3$

Quella da te richiesta sarà la corrente sulla resistenza $R'$ ovvero la differenza $i1-i3$

Nel caso il valor fosse negativo non farti prendere dal panico basterà scambiare il verso di una delle tre correnti ed il gioco è fatto...
Spero che la mia soluzione possa esser esatta , sono nuovo su questo forum....

[mgrau]

Non vedo dove stia il problema. Riscrivendo il sistema in modo più uniforme, dove $i_3$ è il tuo $i'$, $R_2$ è il tuo $R_(eq)$, $R_3$ è il tuo $R$ (se non ho fatto confusione)
$V_1 - R_1i_3 -R_2 i_1 = 0$
$V_2 + R_1i_3+ R_3 i_2 = 0$
$i_3 = i_1 + i_2$
Sostituendo $i_3$ nelle prime due, si ha
$V_1 - R_1i_1-R_1i_2 -R_2 i_1 = 0$
$V_2 + R_1i_1 + R_1I_2 + R_3 i_2 = 0$
poi
$V_1= (R_1+R_2)i_1 + R_1i_2$
$V_2= - R_1i_1 - (R_1+R_3)i_2$
dopo di che dovrebbe essere facile...

[RenzoDF]

Io tanto per cominciare non capisco nemmeno i dati.

...
R=1 k$ Omega $, R'=R/2, $epsilon_1$ = 6V, $epsilon_2$ = 6V, 2 $epsilon_1$

[Exodus]

Quante complicazioni inutili

\({i}'=\frac{\varepsilon _{2}+\varepsilon_{1} }{2R}\)

[mgrau]

Quante complicazioni inutili

\({i}'=\frac{\varepsilon _{2}+\varepsilon_{1} }{2R}\)

E come ci arrivi? E non è un po' strano che non compaia $R'$?

[Exodus]

E come ci arrivi? E non è un po' strano che non compaia $R'$?

Ci arrivo facendo delle semplificazioni circuitali, e non è per niente
strano che non compaia quella $R'$.
Insomma il circuito lo puoi ridurrre in questo modo:

soluzione

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Calcolo la corrente:

\({i}'=\frac{1}{R}\left ( V_{2} -V_{x}\right )\)
\(V_{x}=\frac{1}{2}\left ( V_{2}-V_{1} \right )\)

Sostituisco nell'espressione di sopra e trovo la corrente:

\({i}'=\frac{V_{1}+V_{2}}{2R}\)

oppure se preferisci:

\({i}'=\frac{\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}}{2R}\)

Le riduzioni che ho fatto sul circuito sono abbastanza banali, le lascio a te
Comunque questa è solamente una delle possibili soluzioni, si possono adottare
anche altri metodi

[MatematiNO]

\({i}'=\frac{V_{1}+V_{2}}{2R}\)

oppure se preferisci:

\({i}'=\frac{\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}}{2R}\)

Le riduzioni che ho fatto sul circuito sono abbastanza banali, le lascio a te
Comunque questa è solamente una delle possibili soluzioni, si possono adottare
anche altri metodi

La soluzione è corretta, ma sinceramente non mi è chiaro perché il circuito viene ridotto cosi tanto! Oltre la $R_(eq)$ che ho trovato non mi sembrava si potesse ridurre ulteriormente

Non vedo dove stia il problema. Riscrivendo il sistema in modo più uniforme, dove $i_3$ è il tuo $i'$, $R_2$ è il tuo $R_(eq)$, $R_3$ è il tuo $R$ (se non ho fatto confusione)
$V_1 - R_1i_3 -R_2 i_1 = 0$
$V_2 + R_1i_3+ R_3 i_2 = 0$
$i_3 = i_1 + i_2$
Sostituendo $i_3$ nelle prime due, si ha
$V_1 - R_1i_1-R_1i_2 -R_2 i_1 = 0$
$V_2 + R_1i_1 + R_1I_2 + R_3 i_2 = 0$
poi
$V_1= (R_1+R_2)i_1 + R_1i_2$
$V_2= - R_1i_1 - (R_1+R_3)i_2$
dopo di che dovrebbe essere facile...

Con questo metodo invece non riesco a ricavare la soluzione, avevo provato anche io a svolgerlo cosi ma non mi tornano i calcoli.

[Exodus]

La soluzione è corretta, ma sinceramente non mi è chiaro perché il circuito viene ridotto cosi tanto!

E' solo questione di esperienza, sono anni che giocherello con queste "puttanate"
Comunque puoi sempre seguire la via più lunga, ovvero quella senza riduzione del circuito appplicando le leggi di Kirchhoff

[mgrau]

e non è per niente strano che non compaia quella $R'$.

Si vede che mi sono rincoglionito... "non è per niente strano che la corrente che attraversa $R'$ non dipenda da $R'$" ? Mah...a me continua a sembrare strano... forse ho travisato il testo... mi pare che se $i'$ ha un valore che non dipende da $R'$, abbiamo risolto i problemi energetici del mondo... la potenza dissipata in $R'$ è $i'^2R'$, quindi facendo crescere $R'$ ...
Ma ripeto, evidentemente mi sfugge qualcosa.