ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **kinge162** » 14 lug 2010, 0:28

si si capisco le tue ragioni... già è immane l'aiuto che prestate qui sul forum. =D>

domani vado dal prof e vedo come vorebbe che si procedesse.

da **Butterfly** » 14 lug 2010, 9:04

NON quotare tutto ! Grazie

Abbiamo fatto lo stesso esame???? O_o

da **RenzoDF** » 14 lug 2010, 9:56

Con FidocadJ non è che serva un "corso superiore", ma, come direbbe Isidoro, dei semplici drag and drop :wink:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

kinge162 ha scritto: $Ig1=2*u_{-1}(t)$

non riesco a capire cosa sia questo "-1" ... :roll:

BTW non mettere quegli asterischi per i prodotti :wink:

da **RenzoDF** » 14 lug 2010, 13:27

Butterfly ha scritto:Usando il metodo alle maglie, posso dire che la corrente della terza maglia, ovvero $I_{3} (s)$ è pari a $Ig_{2}(s)$ ? mi è stato detto di no,perché?

perché, usando le tue convenzioni
$I_{g2}(s)=I_{2}(s)+I_{3}(s)$

Butterfly ha scritto:Volendo risolvere questa seconda parte con il metodo delle correnti ai nodi anziché con le maglie, come sarebbe stato il sistema di equazioni? ve lo chiedo perché ho trovato difficoltà nello scriverle..

con il "metodo dei potenziali ai nodi" dovrai solo scrivere le KCL relative a 3 dei 4 nodi della rete (consiglierei A,B e O) :!:

BTW:
a) ... ricorda che non serve trasformare i lati con Norton :!:

b) ... non capisco comunque perché risolvere completamente la rete quando viene richiesta solo la corrente nel ramo del condensatore; si farebbe prima con Thevenin; sia la Eeq(s) sia la Zeq(s) sarebbero veramente facili da determinare !
c) ... ma questo è davvero un problema dato all'esame ?
d) ... se NON fosse imposta la risoluzione con Laplace, la soluzione sarebbe veramente immediata :!:

e) ...... cosa e dove studiate ? Grazie

da **Butterfly** » 14 lug 2010, 19:27

BTW:
a) ... ricorda che non serve trasformare i lati con Norton
b) ... non capisco comunque perché risolvere completamente la rete quando viene richiesta solo la corrente nel ramo del condensatore; si farebbe prima con Thevenin; sia la Eeq(s) sia la Zeq(s) sarebbero veramente facili da determinare !
c) ... ma questo è davvero un problema dato all'esame ?
d) ... se NON fosse imposta la risoluzione con Laplace, la soluzione sarebbe veramente immediata
e) ...... cosa e dove studiate ? Grazie

a)in che senso?
b)il professore voleva così
c) Ingegneria a Tor Vergata

da **Butterfly** » 14 lug 2010, 19:42

non riesco a capire cosa sia questo "-1"

quello è solamente un pedice... $u_{-1}(t)$ indica la funzione gradino, che vale 0 per t<0 e 1 per t>0.

da **RenzoDF** » 14 lug 2010, 20:12

Butterfly ha scritto:
non riesco a capire cosa sia questo "-1"

quello è solamente un pedice... $u_{-1}(t)$ indica la funzione gradino, che vale 0 per t<0 e 1 per t>0.

grazie della spiegazione, che quello sia solo un pedice ci arrivavo da solo (anche se sono un idraulico), che indichi la funzione di Heaviside ho dei dubbi, ... mi sa che lo usate solo voi :mrgreen:

o si usa H(t) o u(t) o U(t)

da **RenzoDF** » 14 lug 2010, 20:14

Butterfly ha scritto:a)in che senso?

nel senso che forse vi han detto di farlo, ma non è indispensabile :!:

... a dire il vero mi aspettavo una replica più "sostanziosa" !

se provi a scrivere il sistema poi controlliamo ... ma vedo che sei già andato "a spasso"

... per non trascinarlo per una settimana ... te lo sto scrivo io, (facendo riferimento ai punti A B O del mio schema)

$\left\{ \begin{align} & I_{g1}+\frac{V_{B}-V_{A}}{R_{2}}+\frac{V_{C}-[V_{A}-L_{2}i_{2}(0-)]}{sL_{2}}=0 \\ & \frac{V_{A}-V_{B}}{R_{2}}-I_{g2}+\frac{V_{C}-V_{B}}{R_{3}}=0 \\ & -I_{g1}+I_{g2}+\frac{V_{C}-\frac{V_{C1}(0-)}{s}}{\frac{1}{sC_{1}}+R_{4}}+\frac{V_{C}}{R_{5}}=0 \\ \end{align} \right.$
ma ricorda che con Thevenin è semplicissimo :wink:

da **IsidoroKZ** » 14 lug 2010, 20:22

OOPS, mi sono sbagliato nel suggerire la mia soluzione precedente. E` ancora piu` facile di quanto pensassi, e soprattutto non mi pare venga del secondo ordine.

Tutte le impedenze in serie ai generatori di corrente possono essere tolte. Inoltre il generatore continuo Ig2 non da` contributi alla corrente attraverso IR4 e quindi puo` essere tolto anche lui. Tolto vuol dire messo a 0A, quindi circuito aperto. A questo punto il circuito equivalente diventa quello di sinistra della figura.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Ora si puo` riconoscere che fra i nodi A e C e` collegato un bipolo, Z1, formato da R2 e R3 in parallelo a L2. Questa e` una impedenza in serie a un generatore di corrente, e quindi non cambia la corrente che viene iniettata nella rete formata da R4, R5 e C1. Cioe` il circuito equivalente e` quello mostrato a destra, eliminando una impedenza in serie a un generatore di corrente.

A questo punto il circuito diventa quello della figura di destra, ed e` un sistema del primo ordine. La corrente iniziale e` nulla e a t->oo la corrente diventa di nuovo nulla. Per il gradino iniziale il condensatore si comporta come un cortocircuito (scarico era a 0-, e scarico continua ad essere anche a 0+), oppure si puo` usare il teorema del valore iniziale, oppure ancora sfruttare il fatto che un gradino ha frequenza "infinita"... in ogni caso il gradino di 2A si divide inizialmente fra R3 e R4 con la regola del partitore di corrente, e poi questa corrente decade a 0 con una costante di tempo data da C1*(R3+R4). La costante di tempo per i sistemi con un solo condensatore e` data dal prodotto di C per la resistenza che vede il condensatore.

Se proprio si vuole usare la trasformata di Laplace, si puo` scrivere qualcosa del genere
$I_{R4}=\frac{2}{s}\frac{R_5}{R_5+R_4+\frac{1}{s\,C_1}}=\frac{2}{s}\frac{sC_1R_5}{1+sC_1(R_4+R_5)}$ e poi si antitrasforma.

Si vede che la funzione di trasferimento ha uno zero nell'origine, quindi non passa corrente a regime, e con il teorema del valore iniziale si trova che la corrente iniziale e` data da $i(0)=\lim_{s\to\infty}s \, \frac{2}{s}\frac{sC_1R_5}{1+sC_1(R_4+R_5)}=2\frac{R_5}{R_4+R_5}$ che e` proprio il partitore di corrente di cui parlavo prima.

A me sembra che ogni altra soluzione sia ingegneristicamente sbagliata, perche' fa perdere troppo tempo e aumenta drasticamente la probabilita` di errore.

da **RenzoDF** » 14 lug 2010, 20:32

O anche,

con Thevenin, togliendo il ramo possiamo determinare il circ. equivalente dalla seguente sottorete, nella quale non ho riportato i generatori dovuti alle condizioni iniziali in quanto quello in serie a L1 è ininfluente (serie con gen. di corr.), quello in serie a L2 pure in quanto tutto il "blocco superiore" (R2,R3,L1) non influisce ne nella Eeq ne nella Zeq.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

per ottenere

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e infine la corrente

$I_{4}(s)=\frac{\frac{15}{s}-\frac{9}{s}}{7+\frac{2}{s}}=\frac{6}{7}\frac{1}{s+\frac{2}{7}}$

$i_{4}(t)=\mathcal{L}^{-1}[I_{4}(s)]=\frac{6\,}{7}e^{-\frac{2\,t}{7}}$

=======================================================================
Ma si faceva prima con la semplice considerazione che in sostanza si trattava di un transitorio ad una sola costante di tempo.

In poche parole, per risolvere l'intero problema bastava scrivere la seguente riga :mrgreen:

$i_{4}(t)=\left( I_{0}-I_{\infty } \right)e^{-\frac{t}{\tau }}+I_{\infty }=I_{0}e^{-\frac{t}{\tau }}=\frac{15-9}{3+4}e^{-\frac{2t}{7}}=\frac{6}{7}e^{-\frac{t}{3,5}}$
... in fondo non è altro che un "povero" condensatore, che caricato a 15 volt da tempo immemorabile ... "scende" a 9 volt con la solita "noiosa" legge esponenziale

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esercizio da esame (Laplace)

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