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da **Nico89** » 23 feb 2012, 16:44

Penso che il circuito equivalente nel dominio di laplace sia questo

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Come I0 utilizzo 30 A.
Le correnti iniziale degli altri due induttori sono nulle, quindi ho dei generatori di tensione nulli, sostituiti quindi da dei cto cto.

E' giusto??

da **Nico89** » 23 feb 2012, 17:07

Quindi ora posso usare un partitore di tensione per trovare la tensione sull'interruttore!

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Che è anche il risultato del mio professore..ma non ha usato equazioni differenziali, è normale?

da **g.schgor** » 23 feb 2012, 17:50

Nico89 ha scritto:ma non ha usato equazioni differenziali,

ma se esprimi le relazioni in termini di Laplace è la stessa cosa
(anzi, come dicevo all'inizio, la soluzione può essere facilitata
dall'uso delle antitrasformate)

da **dimaios** » 23 feb 2012, 17:54

Nico89 ha scritto:Che è anche il risultato del mio professore..ma non ha usato equazioni differenziali, è normale?

Mi sembra che sotto questa affermazione ci sia un problema di tipo concettuale.

Il metodo risolutivo delle equazioni differenziali utilizzando la trasformata di Laplace risulta una alternativa alla soluzione del medesimo problema nel dominio del tempo.

Il tuo problema chiede di trovare l'andamento di v(t) nel tempo.
Vi sono fondamentalmente due strade :

1. Scrivo le equazioni differenziali nel dominio temporale e le risolvo. Le condizioni iniziali derivano dalla soluzione circuitale prima dell'apertura dell'interruttore.

2. Utilizzo la trasformata di Laplace per risolvere il medesimo problema :

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Nel caso ( 1 ) si segue il percorso diretto ovvero da 1 a 4.
Nel caso ( 2 ) si segue il percorso 1, 2, 3, 4.

Sembrerebbe che il secondo percorso sia più complesso ma ci sono pro e contro come in tutte le cose.
Risolvere il problema nel dominio del tempo potrebbe comportare calcoli molto complicati.
Generalmente questi calcoli nel dominio della s-Trasformata sono operazioni algebriche piuttosto agevoli da trattare ( B2 ). Anche trasformare il problema dal dominio temporale a quello della s-Trasformata è in genere semplice ( B1 ).
Il costo da pagare però è l'antitrasformazione ( B3 ) che potrebbe non essere banale.

La frase iniziale che ho tratto dal tuo post non ha senso alla luce di questo ragionamento in quanto stai implicitamente tentando di risolvere l'equazione differenziale in modo alternativo ovvero ( B1 ) ( B2 ) ( B3 ).

da **Nico89** » 23 feb 2012, 18:29

Ok ora mi è più chiara la situazione, grazie!

Quindi in generale i passaggi per risolvere un transitorio con Laplace sono:

-Calcolo le condizioni iniziali che mi serviranno per dare dei valori ai generatori che vanno a mettersi in serie o in parallelo a induttori o condensatori nel circuito equivalente nel dominio di Laplace

-Faccio il circuito equivalente di Laplace seguendo le varie tabelle postate da voi

-Tramite leggi di Kirchhoff o partitori trovo ciò che mi viene chiesto

-Antitrasformo seguendo la tabella delle trasformate notevoli

Finito? :-)

da **RenzoDF** » 23 feb 2012, 19:39

Credo sia molto istruttivo cominciare a studiare la rete prima di tutto nel dominio del tempo; e' chiaro che viste le condizioni iniziali, per "convincere" gli induttori a presentare delle discontinuita' (inevitabili) nella loro corrente, servono sollecitazioni impulsive, e proprio dal bilancio di detti impulsi possiamo ricavare le tre nuove correnti all'istante t=0+.
Ovviamente puoi continuare il tuo percorso con Laplace, vedo che hai gia'

g.schgor e

dimaios che ti aiutano su questa strada.

da **g.schgor** » 23 feb 2012, 20:03

RenzoDF ti ringrazio dell'intervento, ma
era proprio questo che Intendevo tu spiegassi a

Nico89:
come si ripartiscono le correnti iniziali (t=0), dato che il primo induttore
è carico (60A) e gli altri 2 sono a 0. Questo mi sembra il punto critico.

da **Nico89** » 23 feb 2012, 20:19

Così su due piedi direi che i valori iniziali dei generatori più a destra sono 0 perché facendo la sovrapposizione degli effetti ho sempre circuiti aperti!

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da **RenzoDF** » 23 feb 2012, 20:33

g.schgor ha scritto:... era proprio questo che Intendevo tu spiegassi a Nico89:
come si ripartiscono le correnti iniziali (t=0), dato che il primo induttore
è carico (60A) e gli altri 2 sono a 0. Questo mi sembra il punto critico.

Per risolvere il problema basta semplicemente scrivere le due KVL e la KCL a interruttore chiuso, e ricordare che, viste le discontinuita' sulle tre correnti, le loro derivate saranno si di tipo impulsivo, ma dovranno sempre soddisfare dette equazioni, chiamata i1 la corrente erogata dal generatore avremo che

$\left\{ \begin{align} & E-Ri_{1}-L\frac{\text{d}i_{1}}{\text{d}t}-L\frac{\text{d}i_{2}}{\text{d}t}=0 \\ & L\frac{\text{d}i_{2}}{\text{d}t}-Ri_{3}-L\frac{\text{d}i_{3}}{\text{d}t}=0 \\ & i_{1}=i_{2}+i_{3} \\ \end{align} \right.$

e. vista le discontinuita' sulle correnti, i termini differenziali saranno impulsivi, rendendo possibile le seguenti semplificazioni

$\left\{ \begin{align} & \frac{\text{d}i_{1}}{\text{d}t}+\frac{\text{d}i_{2}}{\text{d}t}=0 \\ & \frac{\text{d}i_{2}}{\text{d}t}-\frac{\text{d}i_{3}}{\text{d}t}=0 \\ & i_{1}=i_{2}+i_{3} \\ \end{align} \right.$

ora, sostituendo con i termini impulsivi

$\left\{ \begin{align} & [i_{1}(0+)-i_{1}(0-)]\delta (t)+[i_{2}(0+)-i_{2}(0-)]\delta (t)=0 \\ & [i_{2}(0+)-i_{2}(0-)]\delta (t)-[i_{3}(0+)-i_{3}(0-)]\delta (t)=0 \\ & i_{1}(0+)=i_{2}(0+)+i_{3}(0+) \\ \end{align} \right.$

ovvero

$\left\{ \begin{align} & [i_{1}(0+)-60]=-[i_{2}(0+)-0] \\ & [i_{2}(0+)-0]=[i_{3}(0+)-0] \\ & i_{1}(0+)=i_{2}(0+)+i_{3}(0+) \\ \end{align} \right.$

otterremo infine

$\left\{ \begin{align} & i_{1}(0+)=40\,\text{A} \\ & i_{2}(0+)=20\,\text{A} \\ & i_{3}(0+)=20\,\text{A} \\ \end{align} \right.$

qualitativamente

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questa ovviamente e' la teoria, nella pratica il discorso e' completamente diverso e molto piu' complesso.

da **dimaios** » 23 feb 2012, 21:31

A questo punto

RenzoDF ti ha praticamente risolto il 90% dell'esercizio in quanto lo zoccolo duro era proprio quello di ricavare le correnti all'istante $0^{+}$ .
Se il passaggio tra il primo sistema ed il secondo ti lascia perplesso oppure non hai ancora affrontato lo studio delle distribuzioni e quindi la Delta di Dirac non ti è familiare puoi comunque vedere il passaggio in modo alternativo.

$\frac{di_{1}}{dt} + \frac{di_{2}}{dt} = \frac{E - Ri_{1}}{L}$

Scrivilo come rapporto incrementale :

$\frac{i_{1}(0^{+} )- i_{1}(0^{-})}{\Delta t } + \frac{i_{2}(0^{+} )- i_{2}(0^{-})}{\Delta t } = \frac{E - Ri_{1}}{L}$

Moltiplica per $\Delta t$ :

$\i_{1}(0^{+} )- i_{1}(0^{-}) + i_{2}(0^{+} )- i_{2}(0^{-}) = \frac{E - Ri_{1}}{L} \Delta t$

Passa al limite :

$\lim_{\Delta t \to 0}\i_{1}(0^{+} )- i_{1}(0^{-}) + i_{2}(0^{+} )- i_{2}(0^{-}) = \lim_{\Delta t \to 0}\frac{E - Ri_{1}}{L} \Delta t$

Siccome $i_{1}$ sarà comunque una quantità finita sia prima che dopo la chiusura dell'interruttore, il secondo termine tende a 0 da cui :

$i_{1}(0^{+} )- i_{1}(0^{-}) + i_{2}(0^{+} )- i_{2}(0^{-}) = 0$

Per l'altra relazione vale un discorso analogo.
Da un punto di vista matematico il procedimento che ti ho illustrato non è ineccepibile in quanto ci sarebbe da discutere sulla liceità di certi passaggi ma ti serve come traccia se non vuoi utilizzare metodi matematici più complessi.

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Transitori con Laplace

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