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da **Simone89RN** » 27 gen 2010, 13:41

Ciao a tutti, ho guardato questi 2 esercizi e ho provato a risolverli, per il 1° esercizio non riesco a trovare l'integrale generale corretto dell'equazione differenziale nella variabile $I_{L}$ , mentre per il 2° vorrei un semplice chiarimento riguardante l'apertura e la chiusura dell'interruttore.

: img031.jpg (25.79 KiB) Osservato 4912 volte

Edit RenzoDF: la prossima volta, per ragioni di leggibilità, cerca di postare un'immagine di dimensioni LEGGERMENTE superiori. Grazie :wink:

Per cominciare parlo del 1° esercizio. Io ho fatto un ragionamento utilizzando prevalentemente le leggi di Kirchhoff, potreste limitarvi soltanto a dire se c'è qualcosa che non va nei miei passaggi? (aldilà che so che ci sono metodi migliori per arrivare alla soluzione)

Caso t<0

:

Con

, il circuito è a regime stazionario, quindi il circuito è quello di partenza con l'induttore come cortocircuito.

Quindi si ha:

$LKV: V_{G}-V_{1}-V_{2}-V_{3}=0$
$I_{L}(0^{-})=30-2I_{1}$

$LKV: V_{3}-V_{4}=0$
$I_{4}(0^{-})=30-2I_{1}=I_{L}(0^{-})$

$LKI: I_{L}+I_{4}-I_{1}=0$
$I_{1}=6A$
$I_{L}(0^{-})=18A=I_{4}(0^{-})$

Caso $t=0^{+}$

L'interruttore si chiude cortocircuitando la resistenza $R_{1}$ , quindi il circuito si trasforma, e questa resistenza diventa ininfluente, mentre l'induttore si considera come un generatore indipendente di corrente $I_{L}(0^{+})=I_{L}(0^{-})=18A$

quindi:

$LKV: V_{G}-V_{2}-V_{4}=0$
$I_{2}=30-I_{4}$

$LKI: I_{L}+I_{4}-I_{2}=0$
$I_{4}(0^{+})=6A$

Caso t>0

Abbiamo lo stesso circuito trattato nel caso di $t=0^{+}$ dove però è presente l'induttore.

quindi:

$LKV: V_{L}+V_{3}-V_{4}=0$
$I_{4}=\frac{0,5\frac{\mathrm{d} I_{L}}{\mathrm{d} t}+3I_{L}}{3}$

$LKV: V_{G}-V_{2}-V_{3}-V_{L}=0$
$I_{2}=\frac{90-3I_{L}-0,5\frac{\mathrm{dI_{L}} }{\mathrm{d} t}}{3}$

$LKI:I_{L}+I_{4}-I_{2}=0$

Per arrivare all'equazione differenziale con la condizione iniziale:

$\left\{\begin{matrix} \frac{\mathrm{dI_{L}} }{\mathrm{d} t} & +9I_{L}& =90\\ I_{L}(0^{+})& & =18A\end{matrix}\right.$

Mi fermo qui, anche se ho calcolato l'integrale dell'equazione omogenea a questa che mi viene errato, lo posterò nel caso voi mi dite che fino ad adesso non ci sono errori.
Come vedete è un brutto modo di procedere per risolvere un esercizio, :oops:

ma qui le equazioni di Kirchhoff che ho fatto non contengono neanche tante variabili, quindi le possibilità di errori di calcolo sono riduttive, temo di più il fatto di non aver capito come si modificano i circuiti al variare del tempo. Se c'è un errore fino a qui nel mio ragionamento dove sta?

Esercizio 2:

Qui vorrei solo un chiarimento del circuito per t<0

. Il circuito è a regime stazionario, quindi l'induttore è come un cortocircuito, ma non ho capito se le resistenze $R_{2}$ e $R_{3}$ sono influenti al circuito o no, perché l'interruttore chiuso cortocircuita $R_{3}$ , quindi è ininfluente, ma se diventa ininfluente la $R_{3}$ , a sua volta visto che

è un cortocircuito, non si cortocircuita anche la $R_{2}$ rendendola anch'essa ininfluente?

Rispondetemi. Grazie.

da **RenzoDF** » 27 gen 2010, 16:38

Esercizio N°1

Direi che è sufficiente una semplice equazione

$i_{L}(0-)=i_{4}(0-)=\frac{1}{2}\frac{V_{G}}{\left( 3+3+\frac{3}{2} \right)}=6\,\,A$

detto ciò, andare a spiegarti punto per punto i tuoi possibili errori, sarebbe un discorso lungo, frammentato ... e forse poco chiaro .... preferisco dirti come avrei fatto io:

scriviamo un sistema di due equazioni valide per t>0 in iL(t) e i4(t)

$\left\{ \begin{align} & L\frac{di_{L}}{dt}+i_{L}R_{3}-i_{4}R_{4}=0 \\ & 90-R_{2}(i_{L}+i_{4})-R_{4}i_{4}=0 \\ \end{align} \right.$

e risolviamo
$\left\{ \begin{align} & \frac{1}{2}\frac{di_{L}}{dt}+3i_{L}-3i_{4}=0 \\ & 90-3(i_{L}+i_{4})-3i_{4}=0 \\ \end{align} \right.$

$\left\{ \begin{align} & \frac{1}{2}\frac{di_{L}}{dt}+3i_{L}-3\left( 15-\frac{i_{L}}{2} \right)=0\,\,\,\,\,\, \\ & i_{4}=15-\frac{i_{L}}{2} \\ \end{align} \right.$

ottenendo la seguente equazione differenziale
$\frac{di_{L}}{dt}+9i_{L}-90=0$
con eq. caratteristica
$\alpha +9=0\,\,\,\,\,\to \,\,\alpha =-9$
cercheremo una soluzione del tipo
$i_{L}(t)=A+B\cdot e^{-9t}$

con condizioni
$\left\{ \begin{align} & i_{L}(0+)=i_{L}(0-)=6=A+B \\ & i_{L}(\infty )=\frac{1}{2}\frac{90}{3+\frac{3}{2}}=10\,\,=A \\ \end{align} \right.$

quindi $A=10,\,\,\,\,B=-4$

e infine le soluzioni saranno
$\left\{ \begin{align} & i_{L}(t)=10-4\cdot e^{-9t} \\ & i_{4}(t)=15-\frac{i_{L}(t)}{2}=10+2\cdot e^{-9t} \\ \end{align} \right.$

Esercizio N°2

Le tue considerazioni sono corrette: R3 in "corto" ed L assimilabile ad un "corto", fanno si che anche R2 sia in corto ;

Aspettiamo che tu posti la soluzione a questo secondo esercizio per completare il discorso. Grazie

Sito web · da **admin** » 27 gen 2010, 17:57

RenzoDF ti ha già risposto, per il primo esercizio, ad una velocità supersonica.
Deve possedere una qualche utility segreta che non ha elencato nei suoi tools per ElectroYou! :wink:

Ad ogni modo io ho una curiosità sul tuo procedimento:

Simone89RN ha scritto: $LKV: V_{G}-V_{1}-V_{2}-V_{3}=0$
$I_{L}(0^{-})=30-2I_{1}$

Sono rimasto fermo a pensare e a ripensare quali possono essere i passaggi che ci sono tra le due, ma non sono riuscito ad immaginarli.

Potresti aiutarmi?

da **RenzoDF** » 27 gen 2010, 18:37

admin ha scritto:RenzoDF ti ha già risposto, per il primo esercizio, ad una velocità supersonica.
Deve possedere una qualche utility segreta che non ha elencato nei suoi tools per ElectroYou!

... l'utility è Top Secret ... e aspetta solo che la ottimizzi .... poi vedrai che fulmine

da **Simone89RN** » 27 gen 2010, 21:04

admin ha scritto:RenzoDF ti ha già risposto, per il primo esercizio, ad una velocità supersonica.
Deve possedere una qualche utility segreta che non ha elencato nei suoi tools per ElectroYou!

Ad ogni modo io ho una curiosità sul tuo procedimento:
Simone89RN ha scritto: $LKV: V_{G}-V_{1}-V_{2}-V_{3}=0$
$I_{L}(0^{-})=30-2I_{1}$

Sono rimasto fermo a pensare e a ripensare quali possono essere i passaggi che ci sono tra le due, ma non sono riuscito ad immaginarli. Potresti aiutarmi?

Semplicemente usando la legge di Ohm ho trasformato le tensioni incognite nelle relative correnti incognite, sottintendendo che $R_{1}$ e $R_{2}$ sono in serie e quindi $I_{1}=I_{2}$

quindi:
$LKV: V_{G}-R_{1}I_{1}-R_{2}I_{1}-R_{3}I_{L}=0$
e sostituendo i valori ho trovato $I_{L}(0^{-})$ in funzione di $I_{1}$ .

Stessa cosa per le altre equazioni di maglia.

RenzoDF ha scritto:Esercizio N°1

ottenendo la seguente equazione differenziale
$\frac{di_{L}}{dt}+9i_{L}-90=0$
con eq. caratteristica
$\alpha +9=0\,\,\,\,\,\to \,\,\alpha =-9$
cercheremo una soluzione del tipo
$i_{L}(t)=A+B\cdot e^{-9t}$

con condizioni
$\left\{ \begin{align} & i_{L}(0+)=i_{L}(0-)=6=A+B \\ & i_{L}(\infty )=\frac{1}{2}\frac{90}{3+\frac{3}{2}}=10\,\,=A \\ \end{align} \right.$

quindi $A=10,\,\,\,\,B=-4$

e infine le soluzioni saranno
$\left\{ \begin{align} & i_{L}(t)=10-4\cdot e^{-9t} \\ & i_{4}(t)=15-\frac{i_{L}(t)}{2}=10+2\cdot e^{-9t} \\ \end{align} \right.$

Esercizio N°2

Le tue considerazioni sono corrette: R3 in "corto" ed L assimilabile ad un "corto", fanno si che anche R2 sia in corto ;

Aspettiamo che tu posti la soluzione a questo secondo esercizio per completare il discorso. Grazie

Allora nel 1° esercizio ho fatto un errore di calcolo, me ne sono accorto soltanto adesso. :oops:

Ho sbagliato il valore della $I_{1}$ , e di conseguenza anche i valori di $I_{L}(0^{-})$ e $I_{4}(0^{-})$ che ora sono di

.
Risolto questo piccolo inconveniente e quindi anche modificato il valore di $I_{4}(0^{+})$ che è di 12A

noto che l'equazione differenziale ottenuta è la stessa che hai ottenuto tu, a questo punto è chiaro che c'è qualcosa che non va nella risoluzione delle equazioni differenziali :mrgreen:

e ti scrivo il rimanente che ho fatto per risolverla.

Equazione differenziale corretta:

$\left\{\begin{matrix} \frac{\mathrm{d} I_{L}}{\mathrm{d} t} & +9I_{L}& =90\\ I_{L}(0^{+})& & =6A\end{matrix}\right.$

Omogenea associata:

$\frac{\mathrm{d} I_{L}}{\mathrm{d} t}+9I_{L}=0$

E praticamente ho gia capito dove ho sbagliato dal tuo modo di risolverla. Io ho sostituito alla $I_{L}$ che non sta sotto il segno di derivata il valore di $I_{L}(0^{+})$ e quindi l'equazione mi viene:

$\alpha =-54$
e l'integrale dell'omogenea associata è $Ae^{-54t}$ che è sbagliato. Mi sa che devo fare un po' mente locale sulla risoluzione delle equazioni differenziali. :mrgreen:

Vado avanti da solo per cercare di trovare $I_{L}(t)$ e $I_{4}(t)$ , poi se non riesco dò un'occhiata al resto del tuo post. :wink:

Per quanto riguarda il 2° esercizio, allora se è come ipotizzavo vorrei un ultima risposta prima di cominciare a risolverlo, visto che il circuito si riduce soltanto ad una maglia circuitale dove è presente solo il generatore $V_{G}$ e la resistenza $R_{1}$ , la $I_{2}(0^{-})=0A$ ?

da **RenzoDF** » 27 gen 2010, 21:24

L'avevamo già detto che la i2(0-) era pari a zero, adesso devi vedere quanto vale i2(0+) ... che sia cambiata ? :roll:

da **IsidoroKZ** » 27 gen 2010, 22:22

Simone89RN ha scritto: $\left\{\begin{matrix} \frac{\mathrm{dI_{L}} }{\mathrm{d} t} & +9I_{L}& =90\\ I_{L}(0^{+})& & =18A\end{matrix}\right.$

Due notazioni sull'equazione differenziale. Scritta in quel modo stai sommando la derivata di una corrente con una corrente che sono due cose diverse. Sarebbe come sommare una velocita` e una distanza. So benissimo che dentro quel coefficiente 9 ci sono (o ci potrebbero essere) anche le dimensioni che mancano a far tornare i conti, ma scritto cosi` e` proprio brutta

. Io mi porterei dietro le unita` di misura, cosi` se perdo un fattore per strada lo vedo. Non e` necessari portarsi dietro tutte le unita` di misura: se vedi che quel 9 ha dimensioni R/L quindi ohm/henry, al passaggio successivo puoi anche scrivere 1/s e a questo punto si vede che l'equazione torna perche' stai sommando la derivata di una corrente rispetto al tempo con una corrente diviso per un tempo: check!

L'altra osservazione e` solo di comodita` latex. Non so se usi un sito o un programma per scrivere in modo grafico l'espressione e poi fai copia incolla del sorgente, oppure se scrivi a mano tutti i comandi latex.

In quest'ultimo caso puoi risparmiare un po' di tempo nei pedici fatti da un singolo carattere, non mettendo le graffe: R_{1} e` lo stesso i R_1.
Per quanto riguarda i caratteri in tondo vedo che usi mathrm che richiede una coppia di graffe attorno per delimitare l'ambiente (almeno credo). Se usi \text{abc} batti meno tasti

Simone89RN ha scritto:Esercizio 2: ...

Dice il saggio (trovato su un antico papiro egizio, e anche su un sigillo dell'imperatore Han): un induttore per la continua e` un pezzo di filo storto! Quindi sia R2 che R3 sono cortocircuitate, e il generatore eroga una corrente pari a Vg/R1.

In uno scolio altomedioevale pero` e` stata trovata una annotazione che aggiungeva "e la corrente continua lo puo` attraversare".

Nel tuo circuito la corrente che esce dal generatore attraverso R1 passa tutta nell'induttanza (=pezzo di filo sorto), because current ain't stupid: prende la strada piu` comoda. Su R2 non c'e` tensione e quidi neanche superman riuscirebbe a farci passare corrente attraverso.

Poi pero` bisogna ricordarsi, quando capitano dei transitori, che l'induttanza ha una condizione iniziale, in questo caso Vg/R1, e la si deve usare!

Non vi hanno insegnato la regola per scrivere al volo tutti i transitori dei sistemi del primo ordine, senza risolvere equazioni differenziale (che sono sempre le stesse)?

Sito web · da **admin** » 27 gen 2010, 22:53

Simone89RN ha scritto:Semplicemente [..] $LKV: V_{G}-R_{1}I_{1}-R_{2}I_{1}-R_{3}I_{L}=0$ [..]

OK, hai ragione.L'errore era solo di calcolo sulla I_1

che è il doppio di I_L(0^-)

da **etec83** » 28 gen 2010, 2:34

Solo a noi ci facevano risolvere i circuiti del primo ordine velocissimamente, sapendo che l'equazione differenziale ha sempre come risultato

$x(t) = (x(0) - x(\infty)) * e^{-\frac{t}{\tau}}+ x(\infty)$

dove ovviamente la x è la variabile di stato???

Quindi ti calcoli le condizioni in t < 0

e $t =\infty$

$i_L(0) = \frac{V_G * \frac{R}{2}}{2R + R/2}*\frac{1}{R}= 6 A$

$i_L(\infty) = \frac{V_G * \frac{R}{2}}{R + R/2}*\frac{1}{R} = 10 A$

$\tau$ ovviamente è $\frac{L}{R_{tot}}$

dove $R_{tot}$ è la resistenza vista ai morsetti dell'induttanza e cioé

$R_{tot} = R + \frac{R}{2} = 4,5 \Omega$

quindi
$\tau = \frac{0,5}{4,5} = 0,111 s$

$i_L(t) = (i_L(0) - i_L(\infty)) * e^{-\frac{t}{\tau}}+ i_L(\infty)$

$i_L(t) = (6 - 10) * e^{-\frac{t}{0,111}}+ 10)$

$i_L(t) = -4 * e^{-9t} + 10$ (A)

dopodiché per trovare la i4 basta fare

$i_4(t) = \frac{[90 - R(i_2(t) + i_4(t))]}{R}$

$i_4(t) = \frac{90}{R} - i_2(t) - i_4(t)$

$2* i_4(t) = \frac{90}{R} - i_2(t)$

$i_4(t) = \frac{45}{R} - \frac{i_2(t)}{2}$

$i_4(t) = 15 - \frac{i_2(t)}{2}$

$i_4(t) = 15 + 2 * e^{-9t} - 5$

$i_4(t) = 2 * e^{-9t} + 10$ (A)

da **IsidoroKZ** » 28 gen 2010, 3:21

etec83 ha scritto:Solo a noi ci facevano risolvere i circuiti del primo ordine velocissimamente, sapendo che l'equazione differenziale ha sempre come risultato

$x(t) = (x(0) - x(\infty)) * e^{-\frac{t}{\tau}}+ x(\infty)$

dove ovviamente la x è la variabile di stato???

x non deve necessariamente essere la variabile di stato, puo` essere qualunque tensione o corrente nella rete. Si puo` scrivere direttamente $i_4(t) = (i_4(0^+) - i_4(\infty)) \, \exp\left(-\frac{t}{\tau}}\right)+ i_4(\infty)$ esattamente come hai fatto per i_L

. La costante di tempo e` sempre la stessa e forse si risparmia qualche calcolo.

$i_4(0^+)=\frac{Vg}{2R}-\frac{i_L(0)}{2}=12A$ e analogamente $i_4(\infty)=\frac{Vg}{2(R+R/2)}=10A$

La cosa a cui bisogna fare attenzione e` che in generale per le variabili non di stato, $x(0^-)\ne x(0^+)$ e bisogna valutarle correttamente all'istante 0+, dato che possono avere delle discontinuita` quando commutano gli interruttori.

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