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Esercizi su transitori - 2

Indice

Abstract

Quando sono a corto di idee per articoli, come in questo periodo, e magari gli altri blogger di ElectroYou hanno altro da fare per cui la prima pagina non si rinnova, per non dare l'impressione che il sito sia fermo, ricorro ad esercizi di elettrotecnica ricavati dal forum che tengo in riserva anche per tenermi in esercizio. Gli esercizi sui transitori sono abbastanza laboriosi ed ai tempi dell'università mi creavano abbastanza grattacapi (ed anche adesso ad essere sincero); quindi costituiscono un buon allenamento e se non ci si allena è facile dimenticarsi qualche procedimento.
Io li svolgo ancora a mano con il metodo tradizionale, sostituendo il regolo calcolatore con la calcolatrice elettronica, disegnando gli schemi con FidoCadJ e scrivendo le formule con LaTeX ( ad essere sincero con MathType ed incollandone il codice LaTeX sulla pagina). A volte verifico i risultati con un simulatore come LTSpice, prima della passeggiata con Wally. Spero che questo lavoro, che per me è in realtà un passatempo, possa essere utile a qualche studente che passa di qui.

1

Nel circuito di figura a regime per t < 0 , il tasto T, si chiude all'istante t = 0.
Determinare l'andamento della corrente i.


Soluzione 1

Scriviamo i principi di Kirchhoff per le due maglie e per il nodo

\left\{ \begin{array}{l}
2\frac{{{\rm{d}}{i_1}}}{{{\rm{d}}t}} = 20 + 4i\\
2\frac{{{\rm{d}}{i_1}}}{{{\rm{d}}t}} - 12 = 4{i_2}\\
i =  - {i_1} - {i_2}
\end{array} \right.
Risolviamo il sistema per sostituzione ricavando i1


2\frac{{{\rm{d}}{i_1}}}{{{\rm{d}}t}} = 20 - 4\left( {{i_1} + \frac{1}{2}\frac{{{\rm{d}}{i_1}}}{{{\rm{d}}t}} - 3} \right)

2\frac{{\rm{d}{i_1}}}{{\rm{d}t}} = 20 - 4\left( {{i_1} + \frac{1}{2}\frac{{d{i_1}}}{{dt}} - 3} \right)
\frac{{{\rm{d}}{i_1}}}{{{\rm{d}}t}} + {i_1} - 8 = 0
La cui soluzione è (vedi Wolfram alpha per fare prima ;)

i1 = C1et + 8

La costante C1 si determina in base alle condizioni iniziali, cioè in base al valore della corrente i1 sull'induttanza all'instante immediatamente precedente la chiusura del tasto T, ricavabile da


Quindi avremo

\begin{array}{l}
3 = C_1 + 8\\
C_1 =  - 5\\
{i_1} =  - 5{e^{ - t}} + 8
\end{array}
Poiché la tensione ai capi dell'induttanza è data da

{u_L} = 2\frac{{{\rm{d}}{i_1}}}{{{\rm{d}}t}} = 10{e^{ - t}}
possiamo ricavare la corrente i2

{i_2} = \frac{{{u_L} - 12}}{4} = 2,5{e^{ - t}} - 3
quindi la corrente richiesta

i =  - \left( {{i_1} + {i_2}} \right) = 5{e^{ - t}} - 8 - 2,5{e^{ - t}} + 3 = 2,5{e^{ - t}} - 5

2

Soluzione

t<0: \, \text{T aperto}

Poiché

ω = 1rad / s
{X_L} = \omega L = 1 \times 1 = 1 \, \Omega
{X_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{1 \times 1}} = 1 \, \Omega
{{\dot Z}_{LC}} = \text{j}\left( {{X_L} - {X_C}} \right) = 0 \, \Omega

Essendo nulla i0 perché la resistenza è cortocircuitata essendo nulla alla frequenza del generatore l'impedenza della serie L C ad essa in parallelo, è nulla anche la tensione del generatore di tensione E=0{,}5 \times i_0=0 ed il circuito diventa

La corrente i1 che è quella che percorre la rerie LC che si trova in conzioni di risonanza vale

{i_1} = \frac{{{i_g}}}{2} = 2\cos \left( {t - \frac{\pi }{2}} \right)

Si ha allora


{v_L} = L\frac{{\text{d}{i_1}}}{{\text{d}t}} = -2\sin \left( {t - \frac{\pi }{2}} \right)

{v_C} = - {v_L} =  2\sin \left( {t - \frac{\pi }{2}} \right)


nel momento della chiusura dell'interruttore le variabili di stato valgono

{i_L}({0_ - }) = 0 \,{\rm{A}}
{v_C}({0_ - }) = -2 \, {\rm{V}}

t>0: \, \text{T} \, \, \text{chiuso}

La rete da considerare è quella in c. La chiusura del tasto pone in parallelo le due resistenze ed esclue dal resto del circuito il generatore di corrente. Dobbiamo trovare la corrente i2l, } dovuta alla tensione tensione presente sul condensatore al momento della chusura e la corrente a regime i2p dovuta ai generatori presenti. Poiché l'unico generatore della rete è un pilotato la cui grandezza di comando è la corrente su una resistenza, sarà i2p = 0 Quindi basta trovare la i2l

Per il primo principio di Kirchhoff applicato al nodo A:
i1i2i0 = 0
Poiché {i_0} = \frac{{{v_{AB}}}}{{{R_0}}}
{i_2} = {i_1} - {i_0} = \frac{2}{3}\left( {\frac{E}{R} - \frac{{{v_{AB}}}}{R}} \right) - \frac{{{v_{AB}}}}{{{R_0}}}
Sostituendo i valori noti
{i_2} = \frac{2}{3}\left( {0,5\frac{{{v_{AB}}}}{2} - {v_{AB}}} \right) - \frac{{{v_{AB}}}}{2}
quindi
{i_2} = {v_{AB}}\left( {\frac{1}{6} - \frac{2}{3} - \frac{1}{2}} \right) = - {v_{AB}}
Abbiamo anche che
{v_{AB}} = {v_L} + {v_C} = L\frac{{{\rm{d}}{i_2}}}{{{\rm{d}}t}} + \frac{1}{C}\int {{i_2}} {\rm{d}}t
quindi derivando
\frac{{{\rm{d}}{v_{AB}}}}{{{\rm{d}}t}} = L\frac{{{{\rm{d}}^2}{i_2}}}{{{\rm{d}}{t^2}}} + \frac{{{i_2}}}{C}
per la relazione in precedenza trovata che lega i2 e vAB
avremo
L\frac{{{{\rm{d}}^2}{i_2}}}{{{\rm{d}}{t^2}}} + \frac{{{\rm{d}}{i_2}}}{{{\rm{d}}t}} + \frac{{{i_2}}}{C} = 0
Risolvendo l'equazione omogenea associata

α2 + α + 1 = 0
ricaviamo

\alpha = \frac{{ - 1 \pm {\rm{j}}\sqrt 3 }}{2}

La soluzione è
{i_2} = A{e^{ - \frac{t}{2}}}\sin \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}t + \varphi } \right)
Le costanti A e \varphi
si determinano in base alle condizioni iniziali, cioè corrente iniziale nell'induttore e tensione iniziale nel condensatore
{i_2}\left( {{0_ + }} \right) = {i_2}\left( {{0_ - }} \right) = A\sin \varphi = 0 \to \varphi = 0
{v_C}\left( {{0_ - }} \right) = - L\frac{{{\rm{d}}{i_2}}}{{{\rm{d}}t}} = \frac{A}{2}\sin \varphi - \frac{{\sqrt 3 }}{2}A\cos \varphi = - 2
A = \frac{4}{{\sqrt 3 }} = \frac{4}{3}\sqrt 3
Quindi la corrente richiesta è

{i_2} = \frac{4}{3}\sqrt 3 {e^{ - \frac{t}{2}}}\sin \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}t} \right)

3

Per il seguente circuito determinare l'espressione della corrente iL(t) per {\rm{ - }}\infty {\rm{ < t <  + }}\infty. Si assuma che il tasto T si chiuda all'istante t_0=0{,}1 \, \rm{s}


\begin{array}{l}
{\rm{Dati}}\\
{E_1} = 50 \,{\rm{V}}; \quad {e_2}(t) = 5\cos \left( {100t} \, \right){\rm{V}}; \quad \beta  = 5; \\
{R_1} = 2 \, \Omega ;\quad {R_2} = 20 \, \Omega ;\quad {R_3} = 8 \, \Omega ; \quad L = 100{\rm{mH}}
\end{array}


Prima della chiusura del tasto T il circuito da considerare è il seguente

{X_L} = \omega L = 100 \times 100 \times {10^{ - 3}} = 10 \, \Omega
\theta  = \arctan \frac{{10}}{8} = 51{,}3^\circ  = 0{,}896 \, {\rm{rad}}

{\rm{t <  + }}\infty
[{I_L} = \frac{{{E_2}}}{Z} = \frac{{{E_2}}}{{\sqrt {R_3^2 + X_L^2} }} = \frac{5}{{\sqrt 2 \left( {\sqrt {64 + 100} } \right)}} = 0{,}27{\rm{A}}

t=t_0=0{,}1 \, \rm{s}

{I_L}\left( {{t_{{0_ - }}}} \right) = {I_L}\left( {{t_{{0_ + }}}} \right) = 0{,}38\cos \left( {10 - 0{,}896} \right) = 0{,}38 \times \left( { - 0{,}95} \right) =  - 0{,}36 \, {\rm{A}}

Dopo la chiusura del tasto consideriamo il seguente circuito

cioè il generatore di Thevenin visto da BC. Essendo presenti un generatore in c.a. ed uno in continua dobbiamo calcolarne separatamente la tem di Thevenin in c.a. e quella in continua. La resistenza equivalente è sempre la stessa

Calcolo RTh

Imponendo il generatore di prova Ip tra i punti B e C cui era collegata l'induttore si ha
R_{Th}=\frac{V_{BC}}{I_p}
con

VBC = R3i3

Occorre perciò determinare i3

\left\{ \begin{array}{l}

{i_3} = {I_p} + {i_2}\\
\beta {i_2} = {i_2} + {i_1}\\
{R_3}{i_3} = {R_1}{i_1} - {R_2}{i_2}
\end{array} \right.

\begin{array}{l}
{i_2} = \frac{{{i_1}}}{{\beta  - 1}}\\
{i_1} = \frac{{{R_3}{i_3} + {R_2}\frac{{{i_1}}}{{\beta  - 1}}}}{{{R_1}}}\\
{i_1}\left( {{R_1} - \frac{{{R_2}}}{{\beta  - 1}}} \right) = {R_3}{i_3}\\
{i_3} = {I_p} + \frac{{\frac{{{R_3}{i_3}}}{{{R_1} - \frac{{{R_2}}}{{\beta  - 1}}}}}}{{\beta  - 1}} = {I_p} + \frac{{{R_3}{i_3}}}{{\left( {\beta  - 1} \right){R_1} - {R_2}}}\\
{i_3}\left( {1 - \frac{{{R_3}}}{{\left( {\beta  - 1} \right){R_1} - {R_2}}}} \right) = {I_p}\\
{i_3}\left( {1 - \frac{{{R_3}}}{{\left( {\beta  - 1} \right){R_1} - {R_2}}}} \right) = {I_p}\\
{i_3}\left( {1 - \frac{8}{{\left( {5 - 1} \right)2 - 20}}} \right) = {I_p}\\
{i_3}\left( {1 + \frac{2}{3}} \right) = {I_p}\\
{i_3} = \frac{3}{5}{I_p}\\
{V_{BC}} = {R_3}{i_3} = \frac{{24}}{5}{I_p}\\
{R_{Th}} = \frac{{{V_{BC}}}}{{{I_p}}} = \frac{{24}}{5}\Omega 
\end{array}

Calcolo di E_{Th_b}

Calcoliamo la componente continua della forza elettromotrice del generatore di Thevenin. Il circuito di riferimento è il seguente e la tensione cercata è la VBC


Con Millman ricaviamo
{V_{AC}} = \frac{{\beta \frac{{{V_{AC}}}}{{{R_2} + {R_3}}} + \frac{{{E_1}}}{{{R_1}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2} + {R_3}}}}} = \frac{{{R_1}\beta {V_{AC}} + {E_1}\left( {{R_2} + {R_3}} \right)}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3}}}

\begin{array}{l}
{V_{AC}}\left( {{R_1} + {R_2} + {R_3} - {R_1}\beta } \right) = {E_1}\left( {{R_2} + {R_3}} \right)\\
{V_{AC}} = \frac{{{E_1}\left( {{R_2} + {R_3}} \right)}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3} - {R_1}\beta }} = \frac{{50 \times 28}}{{2 - 10 + 28}} = 70 \, {\rm{V}}
\end{array}

\begin{array}{l}{i_2} = \frac{{{V_{AC}}}}{{{R_2} + {R_3}}} = 2,5{\rm{A}}\\
{V_{BC}} = {E_{T{h_b}}} = {R_3}{i_2} = 8 \times 2,5 = 20{\rm{V}}
\end{array}
Essendo l'induttanza, in continua, un cortocircuito, la componente continua della corrente su di essa è data da

{I_{p0}} = \frac{{{E_{T{h_b}}}}}{{{R_{Th}}}} = \frac{{20 \times 5}}{{24}} = 4{,}17{\rm{A}}


Calcolo di E_{Th_a}

La componente alternata della forza elettromotrice del generatore equivalete si ricava dal circuito

che si può sostituire con

Operando con i fasori ed assumendo \dot E_2=5

\begin{array}{l}
{{\dot I}_2} = \frac{{\beta {{\dot I}_2}{R_1} - {{\dot E}_2}}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3}}}\\
{{\dot I}_2}\left( {\beta {R_1} - {R_1} - {R_2} - {R_3}} \right) = {{\dot E}_2}
\end{array}
\begin{array}{l}
{{\dot E}_{T{h_a}}} = {{\dot V}_{BC}} = {{\dot E}_2} + {R_3}{{\dot I}_2} = {{\dot E}_2} + {R_3}\frac{{{{\dot E}_2}}}{{\beta {R_1} - {R_1} - {R_2} - {R_3}}} = \\
 = {{\dot E}_2}\left( {1 + \frac{{{R_3}}}{{\beta {R_1} - {R_1} - {R_2} - {R_3}}}} \right) = \\
 = {{\dot E}_2}\left( {1 + \frac{8}{{10 - 2 - 20 - 8}}} \right) = {{\dot E}_2}\frac{3}{5}
\end{array}

{E_{T{h_a}}} = 3 \, {\rm{V}} \Rightarrow {e_{Th}}(t) = 3\cos \left( {100t} \right)
La componente alternata della corrente sull'induttanza si ricava con

\begin{array}{l}
\dot Z = {R_{Th}} + {\rm{j}}\omega L = \frac{{24}}{5} + {\rm{j}}10\\
Z = \sqrt {{{4{,}8}^2} + {{10}^2}}  = 11{,}1\Omega \\
{I_{pa}} = \frac{{{E_{T{h_a}}}}}{Z} = \frac{3}{{11{,}1}} = 0{,}27{\rm{A}}\\
\varphi {\rm{ = arctan}}\frac{{10}}{{4{,}8}} = 64{,}3^\circ  = 1{,}12{\rm{rad}}\\
{i_{La}} = 0{,}27\cos \left( {100t - 1{,}12} \right)
\end{array}
Dopo la chiusura del tasto la componente a regime della corrente nell'induttore è
{i_{L_p}}(t) = {I_{p0}} + {i_{La}} = 4{,}17 + 0{,}27\cos \left( {100t - 1{,}12} \right)
Ad essa si sovrappone, dopo la chiusura del tasto T, la componente transitoria del tipo
{i_{{L_t}}}\left( t \right) = A{e^{ - \frac{{t - 0,1}}{\tau }}}
La costante di tempo si ricavabile dal circuito di Thevenin

\tau=\frac{L}{R_{Th}}=\frac{0,1}{4,8}=\frac{1}{48} Quindi, in definitiva, dopo la chiusura di T all'istante

la corrente nell'induttore è espressa da
{i_L}\left( t \right) = {i_{{L_p}}}(t) + {i_{{L_t}}}\left( t \right) = A{e^{ - 48\left( {t - 0,1} \right)}} + 4,17 + 0,27\cos \left( {100t - 1,12} \right)
Il valore di A si ricava imponendo la continuità della corrente nell'induttore:

{I_L}\left( {{{0,1}_ - }} \right) = {I_L}\left( {{{0,1}_ + }} \right)
Quindi

\begin{array}{l}
 - 0{,}37 = A + 4{,}17 - 0{,}27 \times 0,855\\
A =  - 4{,}17 - 0{,}14 =  - 4{,}31\\
{i_L}\left( t \right) =  - 4{,}31{e^{ - 48\left( {t - 0{,}1} \right)}} + 4{,}17 + 0{,}27\cos \left( {100t - 1{,}12} \right)
\end{array}
il cui grafico tracciato con un foglio EXCEL è

Con LTSpice ho verificato l'andamento della corrente a partire dall'istante di chiusura del tasto introducendo il valore iniziale della corrente nell'induttore. L'istante 0 del grafico prodotto dalla simulazione corrisponde all'istante 0,1 s del precedente grafico. Il segno meno nella definizione dei generatore dipendente di corrente è dovuto al fatto che LTSpice considera positivo il verso della corrente su R2 opposto a quello del testo

2

Commenti e note

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di ,

Altra magistrale lezione di Elettrotecnica. Grazie admin.

Rispondi

di ,

Ennesima perla didattica, ma ora basta con la scusa della home page da vitalizzare e porta fuori il quadrupede, nonostante il freddo polare!

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