ElectroYou

Ciao a tutti!! O_/

Oggi, se volete, vi propongo un circuito del secondo ordine. E' uno degli esercizi usciti alla traccia d'esame, quindi vi allego anche il procedimento da me utilizzato in modo da avere consigli :)
Abbiamo il seguente circuito, in riposo per t<0. I generatori si accendono all'istante t = 0. Dobbiamo determinare $\ \text{ la corrente che scorre nell induttore }i_L \text{ e la corrente } i_{cc}$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

I dati che abbiamo sono i seguenti:
[unparseable or potentially dangerous latex formula]

Analizzando i nodi e le maglie del circuito avremo che
$\begin{equation} \begin{split} &E = v_1 + v_2 \\ &v_1 = v_C \\ &v_2 = v_L \\ &i_1 = i_{CC} + i_2 \\ &i_L = i_C + i_{CC} + J \\ \end{split} \end{equation}$

Inoltre, sappiamo che
$\begin{equation} \begin{split} &i_C = C \frac{\partial v_C}{\partial t} \\ &v_L = L \frac{\partial i_L}{\partial t} \end{split} \end{equation}$

Partiamo dall'ultima formula delle equazioni derivate dalle leggi di Kirchhoff
$\begin{equation} \begin{split} &i_L = i_C + i_{CC} + J \\ &i_L = C \frac{\partial v_C}{\partial t} + i_{CC} + J \\ \text{poiche } \\ &i_{CC} = i_1 - i_2 \\ &i_{CC} = \frac{v_1}{R_1} - \frac{v_2}{R_2} = \frac{v_1 - v_2}{R} = \frac{v_C - v_L}{R}\\ \text{dove}\ R = R_1 = R_2 \\ \text{quindi avremo}\\ &i_L = C \frac{\partial v_C}{\partial t} + \frac{v_C - v_L}{R} + J \\ &i_L = C \frac{\partial v_C}{\partial t} + \frac{v_C}{R} - \frac{L}{R} \frac{\partial i_L}{\partial t} + J \\ \text{dobbiamo calcolare quindi vC} \\ &v_C = E - v_L = E - L \frac{\partial i_L}{\partial t} \\ \end{split} \end{equation}$
$\begin{equation} \begin{split} \text{sostituendo avremo} \\ i_L = &-LC\frac{\partial^2 i_L}{\partial t^2} + \frac{E}{R} - \frac{L}{R} \frac{\partial i_L}{\partial t} - \frac{L}{R} \frac{\partial i_L}{\partial t} + J \\ \text{ovvero} \\ \frac{\partial^2 i_L}{\partial t^2} + \frac{2}{RC}\frac{\partial i_L}{\partial t} + \frac{1}{LC}i_L = \frac{E}{RLC} + \frac{J}{LC} \end{split} \end{equation}$

Per trovare le soluzioni dell'equazione differenziale dobbiamo procedere per tappe:
1) CALCOLIAMO LA SOLUZIONE DELL'OMOGENEA
$\begin{equation} \begin{split} &s^2 + 2\sigma + \omega^2 = 0 \\ \text{dove} \\ \sigma = \frac{1}{RC} \simeq 265.96 \\ \omega = \frac{1}{\sqrt{LC}} \simeq 103.14 \\ \text{poiche} \sigma > \omega \text{ ci sara un andamento sovrasmorzato} \\ s = -\sigma \pm \sqrt{\sigma ^2 - \omega ^2} \\ s_1 = -511.11\\ s_2 = -20.81 \end{split} \end{equation}$

2) TROVIAMO LA SOLUZIONE PARTICOLARE
Essa sarà proprio uguale a $\frac{E}{R} + J = 0.25$

La soluzione dell'equazione differenziale sarà quindi
$\begin{equation} \begin{split} &i_L(t) = A\cdot e^{s_1t} + B\cdot e^{s_2 t} + 0.25 \\ &i_L(t) = A\cdot e^{-511.11t} + B\cdot e^{-20.81 t} + 0.25 \\ &\frac{\partial i_L}{\partial t} = A s_1 \cdot e^{s_1 t} + B s_2 \cdot e^{s_2 t} \end{split} \end{equation}$

...to be continued...

Scusate se prendo due post per questo argomento, ma dividere in questo modo risultava più comodo.
Inoltre, è questa la parte dell'esercitazione su cui ho più dubbi.
Arriviamo quindi alla fase 3.

3) TROVARE LE CONDIZIONI INIZIALI
Sappiamo che per t<0 il circuito è a riposo e i generatori sono spenti; avremo quindi il seguente circuito (penso :_) )

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

in cui
$i_L(t<0) = 0 \quad v_C(t<0) = 0$
Inoltre
$\frac{\partial i_L(t)}{\partial t} = \frac {v_L(t)}{L} = 0$

Dal sistema formato dalle due equazioni in due incognite
$\begin{equation} \begin{split} &A+ B+ 0.25 = 0 \\ &A s_1 \+ B s_2 = 0 \end{split} \end{equation}$
ci ricaviamo molto semplicemente le costanti A e B; avremo quindi
$i_L(t) = 0.01 \cdot e^{-511.11 t} - 0.26 \cdot e^{-20.81 t} + 0.25$

Passiamo a ricavare ora $i_{CC}$
Si ha che
$\begin{equation} \begin{split} &i_{CC} = i_L - i_C - J \\ &i_{CC} = i_L - C\frac{\partial v_C}{\partial t} \\ &i_{CC} = i_L +LC\frac{\partial^2 i_L}{\partial t^2} - J &i_{CC} = A \cdot e^{s_1 t} + B \cdot e^{s_2 t} + 0.25 + LC( A\cdot e^{s_1^2 t} + B \cdot e^{s_2^2 t}) \end{split} \end{equation}$

Obv poi è solo una questione di calcoli :-)

Fatemi sapere che ve ne pare, consigli e suggerimenti su qualunque cosa vi venga in mente.

bump :)

Non si uppa

tigerjack89, non è molto educato, a maggior ragione se in un altro topic che hai aperto oggi pomeriggio hai ricevuto aiuto immediato nella risoluzione dello stesso.

Sorry non sapevo fosse scortese. Proprio perché avevo avevo avuto sempre risposte pensavo che questo 3d fosse caduto nel dimenticatoio

... mi ero dimenticato un pezzo per strada :mrgreen:

Ripeto, sostituendo al condensatore e all'induttore rispettivamente un GIT e un GIC virtuali, senza tanti passaggi, ma sostanzialmente da ispezione della rete si potrebbero scrivere direttamente le due equazioni di stato

$\left\{ \begin{align} &{i_C} = {i_L} - J + \frac{E}{{{R_2}}} - \frac{{{v_C}}}{{{R_1}||{R_2}}}\\ &{v_L} = E - {v_C} \end{align}$

dalle quali

$\left\{ \begin{align} &- C\frac{{{\rm{d}}{v_C}}}{{{\rm{d}}t}} - \frac{{{v_C}}}{{{R_1}||{R_2}}} - {i_L} = J - \frac{E}{{{R_2}}}\\ &{v_C} = E - {v_L} \end{align}$

ed infine con R=R1=R2

$LC\frac{{{{\rm{d}}^2}{i_L}}}{{{\rm{d}}{t^2}}} + \frac{{2L}}{R}\frac{{{\rm{d}}{i_L}}}{{{\rm{d}}t}} + {i_L} = J + \frac{E}{R}$

che coincide con la tua.

Non concordo però sulla tua determinazione della condizione iniziale per la derivata di iL, a mio modesto parere dovrebbe essere

${\left. {\frac{{{\rm{d}}{i_L}}}{{{\rm{d}}t}}} \right|_{t = 0 + }} = \frac{{{v_L}(0 + )}}{L} = 6\,\,\frac{{\rm{A}}}{{\rm{s}}}$

di conseguenza

$\left\{ \begin{align} A = - 1{,}624\,\,{\rm{mA}}\\ B = - 248{,}4\,\,{\rm{mA}} \end{align}$

per la corrente icc, la scriverei come

${i_{cc}} = \frac{{E - {v_L}}}{R} - \frac{{{v_L}}}{R} = \frac{{E - 2{v_L}}}{R} = \frac{E}{R} - \frac{{2L}}{R}\frac{{{\rm{d}}{i_L}}}{{{\rm{d}}t}}$

RenzoDF ha scritto:Non concordo però sulla tua determinazione della condizione iniziale per la derivata di iL, a mio modesto parere dovrebbe essere

${\left. {\frac{{{\rm{d}}{i_L}}}{{{\rm{d}}t}}} \right|_{t = 0 + }} = \frac{{{v_L}(0 + )}}{L} = 6\,\,\frac{{\rm{A}}}{{\rm{s}}}$

Non avevo letto le ultime modifiche al tuo messaggio :)
In effetti quello su cui avevo più dubbi era proprio la determinazione della derivata prima.
Da cosa e come l'hai ricavata? Il circuito a t<0 è lo stesso che ho disegnato io (secondo circuito) o ho sbagliato qualcosa?
Grazie mille in anticipo per la risposta :)

tigerjack89 ha scritto:Da cosa e come l'hai ricavata? Il circuito a t<0 è lo stesso che ho disegnato io (secondo circuito) o ho sbagliato qualcosa?

Mentre per vc e iL non può esserci discontinuità (nelle reti non degeneri) in quanto grandezze integrali e quindi

$\begin{align} & {{i}_{L}}(0+)={{i}_{L}}(0-) \\ & {{v}_{C}}(0+)={{v}_{C}}(0-) \\ \end{align}$

ciò non può dirsi per le loro derivate, ovvero può verificarsi, come in questo caso, che la tensione sull'induttore presenti una discontinuità e così pure per la corrente nel condensatore

$\begin{align} & {{v}_{L}}(0+)\ne {{v}_{L}}(0-)=0 \\ & {{i}_{C}}(0+)\ne{{i}_{C}}(0-)=0 \\ \end{align}$

Nel nostro caso, per ricavare i loro due valori, possiamo comunque usare la continuità di iL e di vC per scrivere per esempio per la prima

${{v}_{L}}(0+)=E-{{v}_{C}}(0+)=E-{{v}_{C}}(0-)=12-0=12\,\text{V}}$

in poche parole all'istante t=0+ l'accensione del GIT trova il condensatore scarico vc(0+)=0, che avrà bisogno di tempo per caricarsi, e di conseguenza la KVL alla maglia E-C-L porterà a concludere che, nell'istante t=0+, tutta la tensione del GIT andrà a dislocarsi ai capi dell'induttore; avremo quindi

${{\left. \frac{\text{d}{{i}_{L}}}{\text{dt}} \right|}_{t=0+}}=\frac{{{v}_{L}}(0+)}{L}=6\,\,\frac{\text{A}}{\text{s}}$

Come esercizio, prova a ricavarti iC(0+).

Ti ringrazio per la risposta, sempre tutto molto chiaro.
Praticamente, per quanto riguarda le derivate prime, bisogna considerare il circuito a 0+ e non a 0- , come ho invece fatto io. Solo dopo che mi hai scritto il procedimento mi è sembrato tutto ovvio.
Questo ovviamente vale come linea guida generale? Esistono casi in cui le derivate sono continue?

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