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da **edomar** » 20 ott 2013, 15:12

Salve a tutti ragazzi, ho risolto questo esercizio riguardandolo mille volte, ma proprio non mi risulta... Potreste controllare la mia risoluzione?
Questo è il testo dell'esercizio:

: Schermata 10-2456586 alle 14.09.01.png (77.62 KiB) Osservato 4531 volte

ù

Calcolo delle condizioni iniziali.
Si consideri il circuito:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Banalmente si ha $i_L(0)=0 A$
Per calcolare la tensione sul condensatore di applichi il metodo delle correnti di maglia:
Le LKT ai due anelli sono:
$V-3i_2-2i_1=0, -3i_2-2i*i_3+3i_3=0$
Osservando che:
$i_1=J_1=10, i_2=10+J_2, i_3=-J_2$ (avendo cura di scegliere J1 nell'anello di sinistra in senso antiorario e J2 nell'anello di destra in senso orario)
si trova:
$V=30+3J_2+20, -30-3J_2+2iJ_2-3J_2=0$
e, risolvendo:
$J_2=-3(3+i)/2$
da cui:
$i_3=3(3+i)/2$ e $V_c=3-9i$
Tornando nel dominio del tempo si trova che $V_c(0)=3 V$ .
Studio il circuito per t>0.
Applico il metodo delle equazioni di stato.
Si consideri il circuito:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Dallo studio del grafo del circuito (insiemi di taglio fondamentali, maglie fondamentali ecc ecc..), si trovano le relazioni:
$i_c=i_5$ e $V_L+V_2-V_3=0$
Si osservi che:
- dal sistema di equazioni:
$i_g=i_4+i_5, V_c+3i_5-3i_4=0$ si trova:
$i_5=-V_c/6+i_g/2$
$i_4=V_c/6+i_g/2$
- essendo:
$i_1=V_L/3$ e $i_L+i_1+i_3-i_c-V_c/6-i_g/2=0$
si trova:
$i_3=i_c+V_c/6+i_g/2-V_L/3-i_L$
-essendo:
$i_2=i_g-i_3$ si trova infine:
$i_2=-i_c-V_c/6+i_g/2+V_L/3+i_L$

Sostituendo nelle equazioni precedenti e operando le opportune sostituzioni si trovano le due equazioni di stato:
$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}V_c=-2/3V_c+2i_g$
$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}i_L=-2i_L+i_g$

Si devono quindi risolvere due equazioni differenziali del primo ordine.

L'equazione in Vc ha per soluzione:
$V_c(t)=3cos(2t)+9sin(2t)$
La corrente ic vale:
$i_c(t)=(1/4)*\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}V_c=9cos(2t)/2-3sin(2t)/2$
La tensione V4 vale:
$V_4=V_c+3i_c=33cos(2t)/2+9sin(2t)/2$

L'equazione in iL ha per soluzione:
$i_L(t)=(5/2)(-e^{-2t}+sin(2t)+cos(2t))$
VL vale:
$V_L(t)=5(e^{-2t}-sin(2t)+cos(2t))$
i1 vale:
$i_1(t)=(5/3)(e^{-2t}-sin(2t)+cos(2t))$
V3 vale:
$V_3=-3(i_L+i_1)=(5/2)(e^{-2t}-sin(2t)-5cos(2t))$

Da cui, finalmente:
$V'(t)=V_3+V_4=(5/2)e^{-2t}+2sin(2t)+4cos(2t) V$

Ho ricontrollato i calcoli mille volte e non riesco a capire il perché non mi risultino i coefficienti (in particolare quello del coseno, quello del seno dovrebbe essere corretto, se approssimato...). O_/

da **RenzoDF** » 20 ott 2013, 15:59

Direi che sarebbe stato tutto più semplice usando Ohm, Millman e semplici partitori di corrente , senza sistemi ferire. ;-)

Per esempio, per t<0, ovviamente iL(0-)=0, mentre per vC(0-)

${{V}_{C}}={{Z}_{C}}{{I}_{C}}=-j2{{I}_{g}}\frac{3}{6-j2}=3-j9$

per t>0, a destra

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e quindi via Millman

${{i}_{C}}=\frac{{{v}_{AB}}-{{v}_{C}}}{R}=G\left( \frac{{{i}_{g}}+G{{v}_{C}}}{2G}-{{v}_{C}} \right)=\frac{{{i}_{g}}}{2}-\frac{{{v}_{C}}}{6}$

mentre a sinistra

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

${{v}_{L}}=-\frac{R}{3}{{i}_{L}}+\frac{R}{3}({{i}_{g}}-{{i}_{L}})=-2{{i}_{L}}+{{i}_{g}}$

e quindi

$\left\{ \begin{align} & v_{C}^{'}=-\frac{2}{3}{{v}_{C}}+2{{i}_{g}} \\ & i_{L}^{'}=-2{{i}_{L}}+{{i}_{g}} \\ \end{align} \right.$

Vista però la richiesta del testo, per quanto riguarda la parte destra della rete nulla cambia nel passaggio da t=0- a t=0+ in quanto il GIC la rende indipendente dall'evoluzione della sottorete di sinistra.

da **edomar** » 20 ott 2013, 17:30

Come sempre RenzoDF, le tue risoluzioni sono molto più rapide! A questo punto o ho fatto qualche cavolata una volta trovate le grandezze di stato, oppure è sbagliato il risultato riportato dal prof.

da **RenzoDF** » 20 ott 2013, 17:43

edomar ha scritto:Come sempre RenzoDF, le tue risoluzioni sono molto più rapide! A questo punto o ho fatto qualche cavolata una volta trovate le grandezze di stato, oppure è sbagliato il risultato riportato dal prof.

Allora, per controllare la soluzione (scusa se non mi metto a controllare i tuoi calcoli ma in questo momento non ho molto tempo disponibile) direi che basti andare a controllare quella a regime, ovvero per t tendente ad infinito.

In questo caso, l'impedenza totale vista dal GIC è la seguente (trasformo il triangolo sinistro in stella)

${{Z}_{t}}=(R+j{{X}_{C}})||R+(R/3+j{{X}_{L}})||(R/3)+R=3.4-j0.2\approx 3.406\angle -0.0588$

e quindi sembra corretta.

Quello che intendevo sottolineare nel precedente post è che in questa rete il GIC separa la parte destra della rete, che non "sente" la chiusura dell'interruttore e che quindi contribuisce alla tensione sul GIC solo via termine permanente (soluzione in regime sinusoidale) e parimenti la sottorete sinistra può essere studiata indipendentemente dalla destra, portando contributo sia alla parte permanente che a quella transitoria.

da **edomar** » 20 ott 2013, 17:46

Grazie mille Renzo, non avevo fatto caso a questa proprietà del circuito, ero partito come un "mulo" con l'algoritmo di risoluzione! Quando hai un minuto di tempo dai un'occhiata al mio post sul trifase di qualche ora fa, te ne sarei davvero grato!

da **RenzoDF** » 20 ott 2013, 17:54

Ok

BTW ho dimenticato di concludere che, al tempo t=0, essendo la corrente in L nulla, l'impedenza vista dal GIC sarà

${{Z}_{0}}=(R/3+j{{X}_{L}})||(R/3)+2R=3.65-j0.45$

e di conseguenza la tensione vj(0)=36,5 V, avremo che il coefficiente del termine esponenziale sarà pari alla differenza fra il coefficiente della soluzione a regime cosinusoidale e il suddetto valore iniziale vj(0)

k=36.5-34.0=2.5

Concludendo: vista la presenza del GIC che isola destra da sinistra e non influisce neppure sul transitorio dell'anello R L sinistro, associato alla costante di tempo L/(2R/3)=1/2 , la soluzione poteva essere calcolata, senza ricorrere a nessuna equazione differenziale, semplicemente sommando l'integrale particolare alla suddetta evoluzione transitoria a singola costante di tempo. ;-)

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Transitorio del secondo ordine - Equazioni di stato

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