ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **daymos** » 5 lug 2013, 1:22

non sono sicuro di capire..
Per calcolarlo posso dividere 5000 per 25ms

Pero non l'ho usato. Ho solo integrato la risposta al gradino tra zero e t..
visto che non ho normalizzato il fattore moltiplicativo è gia li, ma comunque vale solo in questo caso specifico visto che è lo stesso.

da **RenzoDF** » 5 lug 2013, 9:26

Nella funzione della rampa f(t)=At

il coefficiente sarà ricavabile da

$A=\frac{{{V}_{0}}}{{{t}_{0}}}=\frac{4\times {{10}^{3}}}{25\times {{10}^{-3}}}=16\times {{10}^{4}}\,\frac{\text{V}}{\text{s}}$

daymos ha scritto: Pero non l'ho usato. Ho solo integrato la risposta al gradino tra zero e t...

Per integrare la generica risposta al gradino Au(t) associato a quella rampa,

${{v}_{C}}(t)=\int\limits_{0}^{t}{A(1-{{e}^{-\frac{t}{\tau }}}})\,\text{d}t=A(t+\tau {{e}^{-\frac{t}{\tau }}}-\tau )=A\left[ t-\tau \left( 1-{{e}^{-\frac{t}{\tau }}} \right) \right]$

Ora con due rampe una a pendenza +A che parte al tempo t=0 s ed una seconda che parte ritardata con pendenza -A al tempo t=t0= 25 ms si può costruire il segnale.

Lascio a te completare.

da **daymos** » 5 lug 2013, 12:54

per capire.
Questo è il caso della funzione gradino:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

questo è il caso b) rampa iniziale poi gradino. la risposta per t da 0 a 25 mm e dopo 25 non la so ancora ma da un punto in poi dovra essere 4000V

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

quello che non capisco è:
$1-e^{t \over \tau}$
è la risposta al gradino unitario?

Non capisco come calcoli A. Perché prendi Vo della risposta e dividi per la durata della rampa? Quello è il coefficiente angolare di una retta che non esiste. Una retta che ha valore massimo 4000 e durata 25 ms.

da **RenzoDF** » 5 lug 2013, 14:04

Viste le richieste del problema conviene semplificare la rete a sinistra del condensatore con Thevenin e quindi il generatore equivalente avrà una rampa che salirà solo fino a 4000 volt

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ne segue che A lo calcolo "dal punto di vista" del condensatore, che vedrà il generatore equivalente a 4000 volt dopo 25 millisecondi.

daymos ha scritto:... quello che non capisco è:
$1-e^{t \over \tau}$
è la risposta al gradino unitario?

Ovviamente si.

da **daymos** » 5 lug 2013, 14:41

ahhh, ok allora ci sono. Quindi:

0<t<25ms

$v_{rampa}(t)= 160000t+6400e^{-25t}+ 6400$

t>25ms

$v= K_1 + K_2 \cdot e^{-25t}$

$t= 25 \cdot 10^-3$
V = 1025 V

$K_1-K_2 \cdot 0.535 = 1025$ (1)

$t \rightarrow \infty$
v = 4000

$K_2 = {1025-4000 \over 0.535} = -2974$

risultato
$v(t)= 4000-2974 \cdot e^{-25 t}$

La durata del transitorio sono la durata della rampa piu 5 volte la costante di tempo? quindi 225ms

da **RenzoDF** » 5 lug 2013, 15:12

daymos ha scritto:Quindi:

$v_{rampa}(t)= 160000t+6400e^{-25t}+ 6400$

Per t=0 non tornano i conti. ;-)

daymos ha scritto:
$v(t)= 4000-2974 \cdot e^{-25 t}$

Qui nemmeno non tornano per t=t0. ;-)

Comunque ci siamo quasi! :ok:

Ad ogni modo, se conosciamo la risposta alla rampa, direi che non serviva scomodare le equazioni differenziali, come dicevo in [12] bastava vedere che il segnale poteva essere scomposto nella somma di due rampe

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e quindi per t>t0 sommare la stessa risposta translata temporalmente di t0.

da **daymos** » 5 lug 2013, 15:16

ce un meno davanti al terzo termine: $160000t +6400e^{-25t} - 6400$

cosi torna tutto, sul foglio di carta mi era tornato:)

da **RenzoDF** » 5 lug 2013, 15:25

daymos ha scritto:ce un meno davanti al terzo termine: $160000t +6400e^{-25t} - 6400$

Ora ci siamo :ok:

Per t>t0 non tornano i conti in quanto direi di non far "ripartire il tempo" ma di mantenere il riferimento iniziale.

Io come detto scriverei

${{v}_{C}}(t)=A\left[ t-\tau \left( 1-{{e}^{-\frac{t}{\tau }}} \right) \right]-A\left[ t-{{t}_{0}}-\tau \left( 1-{{e}^{-\frac{t-{{t}_{0}}}{\tau }}} \right) \right]$

$=A{{t}_{0}}+A\tau \left( 1-{{e}^{\frac{{{t}_{0}}}{\tau }}} \right){{e}^{-\frac{t}{\tau }}}={{V}_{0}}+{{V}_{0}}\frac{\tau }{{{t}_{0}}}\left( 1-{{e}^{\frac{{{t}_{0}}}{\tau }}} \right){{e}^{-\frac{t}{\tau }}}\approx 4-5.56{{e}^{-25t}}\,\text{kV}$

da **daymos** » 6 lug 2013, 13:41

si in effetti il tuo metodo è piu elegante. Ok grazie

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Risposta a gradino e rampa

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