ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **davideAg** » 21 feb 2014, 21:03

Ciao a tutti ho già postato in un altro forum (Matematicamente/Ingegneria). Si tratta di un esercizio che mi è capitato all'esame scritto di 'Teoria dei Circuiti' (Elettrotecnica per capirci, ma da 9 cfu). Vi posto lo schema fidocadj:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

E i dati sono:

L = 1; C= 1; R=2

$V_G = \begin{cases} 0 & t>= 0\\ \ 1+sin(t) & t < 0\ \end{cases}$
$(H,F,\Omega,V)$

$Z = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$

1) Determinare la funzione di rete che lega l'eccitazione V_G

alla risposta del circuito V_C

. Dire se il circuito è stabile e in quali casi non lo è.
2) Trovare un potenziale V_G(t)

e

per tutto l'asse dei tempi.

Fatemi questo favore io durante l'esame non sono riuscito a fare la (2) e non penso che mi abbia dato giusta la (1). Quindi sono sicuro di non averlo passato, comunque vi chiedo di provarci dato che non è semplice. Prima che me lo chiedete:si, quello la è un trasformatore ideale accoppiato 1:2.

da **gotthard** » 21 feb 2014, 21:14

Ciao

davideAg!!

Inizia pure, proponendo la tua soluzione, fin dove riesci, visto che lo scopo del forum è aiutare l' utente, ma solo quando anch' esso mostra tutto il suo impegno nello svolgere l' esercizio.
Purtroppo questo forum non è un semplice risolutore automatico di esercizi o problemi altrui :mrgreen:

Inoltre, finché sei in tempo, aggiungi allo schema il verso del generatore di tensione.

Ps: quell' uso delle unità di misura mi ricorda quello del libro Martinelli-Salerno, e non mi piace per niente; infatti, non capisco che senso abbia metterle tra parentesi alla fine e non vicino al numero che quantifica la grandezza in questione. Ma va bè, questa è solo una mia opinione..

da **davideAg** » 21 feb 2014, 21:24

Ahah hai perfettamente ragione anche a me non piace per niente. Studio a Roma e fanno usare quel libro (secondo questo professore quel libro da' delle base solide, ma io non credo). Grazie per avermi risposto, ma ti faccio notare che non ho scambiato il forum per un risolutore di esercizi.

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SOLUZIONE:

Ho i vincoli del 2 porte e del trasformatore:
$\begin{bmatrix} V_1 \\V_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} I_1 \\ I_2 \end{bmatrix}$

$\begin{bmatrix} I_1 \\ V_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1/2 & 2 \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} I_2 \\ V_2 \end{bmatrix}$

da qui osservo che al 2 porte posso sostituire 2 generatori indipendenti di tensione, uno per V1 e uno per V2 (ed è un circuito equivalente), ora sorge il problema: se risolvo col metodo delle correnti di maglia non riesco a trovare il sistema risolvente ( ovvero ogni volta mi ritrovo con un'incognita in più rispetto al numero delle equazioni risolventi).

da **davideAg** » 25 feb 2014, 23:27

Risolto!. Ho abbozzato una soluzione anche aiutandomi con appunti vari e libri. Vi posto dunque la soluzione.

1) Osservo che la rete 2 porte si può sostituire con 2 generatori di tensione con in serie un'appropriata impedenza, e un generatore indipendente di tensione per il primario ed il secondario del trasformatore.

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Dunque ho il circuito a 3 maglie che può essere risolto tramite le correnti di maglia, tenendo presente i vincoli del trasformatore e del 2-porte.

VINCOLI:

$\begin{bmatrix} V_1 \\ V_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} I_1 \\ I_2 \end{bmatrix}$
$\begin{cases} V_1^T = V_1 - V_2 = I_1 - I_2 \\ V_2^T = 2 \cdot V_1^T \end{cases}$

Passo nel dominio simbolico dei fasori:
$\bar V_G = \begin{cases} 0, & \mbox{se } t>=0 \\ 1+j, & \mbox{altrimenti} \end{cases}$
$Z_R = 2; Z_L = j; Z_C = \frac{1}{j} = -j$

da cui se scrivo le correnti in funzione delle correnti di maglia:

$\begin{cases} I_1 = I_1^M - I_2^M \\ I_2 = I_2^M - I_3^M \end{cases}$

Risostituendo nei vincoli e sostituendo i vincoli nel sistema risolvente ho ( ..dopo noiosi calcoli):

$\begin{bmatrix} 4+j & -1 & -1 \\ -2 & 4 & -2 \\ -1 & -1 & 2-j \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} I_1^M \\ I_2^M \\ I_3^M \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \bar V_G \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
Ho subito con la regola di Cramer:
$I_3^M = - \frac{\bar V_G}{4(2-j)} \Longrightarrow \bar V_C = -jI_3^M = \frac{\bar V_G \cdot j}{4(2-j)}$

Ottengo la funzione di rete cercata:
$F(j\omega) = F(j) = \frac{j}{4(2-j)}$

2)

Posso riscrivere:
$\bar V_C = \begin{cases}0, & \mbox{se } t>=0 \\ \frac{1}{4}\cdot(\frac{j}{3}-1), & \mbox{altrimenti} \end{cases}$

E poiché il modulo di $\frac{j}{3}-1$ è $\frac{\sqrt{10}}{3}$ , la fase $-\arctan \frac{1}{3}$ ho:

$V_C(t) = \begin{cases}0, & \mbox{se } t>=0 \\ \frac{\sqrt{10}}{12} \cdot cos(t- \arctan \frac{1}{3}) , & \mbox{altrimenti} \end{cases}$

e dunque:
$V_C(t) = \frac{\sqrt{10}}{12} \cdot cos(t- \arctan \frac{1}{3}) \cdot (1-u^{-1}(t))$

e anche:

$V_G(t) = (1+ \sin t) \cdot (1-u^{-1}(t))$

$u^{-1}(t)$ è la funzione gradino di Heaviside.

da **davideAg** » 9 apr 2014, 23:28

L'analisi è giusta per t<0 ma poi bisogna prestare attenzione alle condizioni iniziali. Per chiarezza riposto tutta la soluzione.

Sostituisco la rete equivalente alla 2 porte:

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Ho il circuito equivalente:

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Analisi in regime permanente sinusoidale (nel dominio dei fasori) per t<0.
Ho il fasore del generatore:
$\bar{V}_G = 1+exp{-j\frac{\pi}{2}} = 1-j$

e le impedenze:
$\bar{Z}_C = \frac{1}{j \omega C} =\frac{1}{j} = -j$
$\bar{Z}_L = j \omega L = j$

Risolvo col metodo su base maglie:

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Da cui il sistema risolvente:
$\begin{bmatrix} 4+j & -1 & -1 \\ 1 & -2 & 1\\ 1 & 1 & j-2 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} I_{M1} \\ I_{M2} \\ I_{M3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \bar{V}_G \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

Calcolo:
$I_{M1} = \frac{3-2j}{4(2-j)} \cdot \bar{V}_G = -\frac{3}{20} - \frac{11}{20}j$
$I_{M3} = -\frac{1}{4(2-j)} \cdot \bar{V}_G = -\frac{1}{20} + \frac{3}{20}j$

e quindi:
$\bar{V}_C = -j \cdot (-I_{M3}) = \frac{j}{4(2-j)} \cdot \bar{V}_G$

da cui la funzione di rete (funz. di trasferimento):
$H(j \omega) = \frac{\bar{V}_C}{\bar{V}_G} = \frac{j \omega}{4(2-j \omega)}$

Ponendo $s=j \omega$ passo nel dominio di Laplace e osservo che il polo della funzione di trasferimento $\sigma_0 = 2 >0$ (annulla il denominatore) si trova nel semipiano destro della variabile s, dunque il circuito è di tipo instabile.

2)

La corrente di maglia 1 nel dominio del tempo è:
$I_1(t) = I_L(t) = \frac{\sqrt{130}}{20} \cdot cos(t+atan\frac{11}{3})$

Determino le condizioni iniziali su L e C:
I_L(0) = 0,15

poiché non sono nulle devo supporre dei generatori di tensione al morsetto positivo di L e C.

Analisi in regime transitorio per t>0. Ho il circuito equivalente:

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Da cui il sistema risolvente:
$\begin{bmatrix} 4 & -3 & 1 \\ -1 & 2 & -1\\ -1 & -1 & 2+\frac{1}{s} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} I_{M1} \\ I_{M2} \\ I_{M3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -0.15 \\ 0 \\ \frac{0.05}{s} \end{bmatrix}$

E infine la tensione V_c(t) per tutto l'asse dei tempi:
$V_c(t) = (\frac{9}{8} - \frac{6}{5} exp{-5t/6})u_{-1}(t)$

da **RenzoDF** » 10 apr 2014, 18:13

Mah, i tuoi conti non mi tornano, ... e direi che forse si sarebbe potuto semplificare il discorso.

Visto che la particolarizzazione del quadripolo in doppio bipolo implica la separazione del suo nucleo circuitale interno al fine di renderlo indipendente dall'ambiente topologico esterno e, vista la presenza del solo trasformatore ideale a rapporto non unitario quale "ponte" fra le due sottoreti conseguenti, direi che detto trasformatore potrà essere eliminato in quanto le sue equazioni costitutive porteranno a correnti nulle in entrambe le sue porte.

La rete verrà quindi a semplificarsi in due sottoreti monomaglia separate, legate solo dalla interdipendenza fra le loro due correnti

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ne segue che, a mio modesto parere, potremo risolvere la rete con due KVL e con Ohm, scrivendo

$\left\{ \begin{align} & {{V}_{G}}-\left( 4+s \right){{I}_{1}}-1{{I}_{2}}=0 \\ & {{I}_{1}}+\left( 2+\frac{1}{s} \right){{I}_{2}}=0 \\ & {{V}_{C}}=-\frac{{{I}_{2}}}{s} \\ \end{align} \right.$

dove per semplicità di scrittura ho inserito direttamente i valori numerici dei parametri dei componenti.
Dal sistema con un paio di passaggi si ricava la funzione di rete cercata

$H\left( s \right)=\frac{{{V}_{C}}(s)}{{{V}_{G}}(s)}=\frac{1}{2{{s}^{2}}+8s+4}$

$\left\{ \begin{align} & {{s}_{1}}=-2+\sqrt{2}\approx -0.586 \\ & {{s}_{2}}=-2-\sqrt{2}\approx -3.41 \\ \end{align} \right.$

Quello che non mi torna nei tuoi calcoli è sia la trasformazione fasoriale di VG sia ovviamente quella "strana" funzione di rete che, vista la presenza di quei due bipoli con memoria e la topologia della rete, mi sarei atteso diversa, sia come forma sia come stabilità, sia come guadagno in continua.

E non capisco poi questa richiesta del testo

davideAg ha scritto:... 2) Trovare un potenziale e per tutto l'asse dei tempi.

soprassedendo su quel "potenziale" :-)

... molto probabilmente una di quelle G è da leggersi "C", ... ma l'altra? :-k

davideAg ha scritto:... $u^{-1}(t)$ è la funzione gradino di Heaviside.

mi continuo sempre a chiedere il perché venga usato quello strano modo di indicare il gradino unitario; cos'è che indicate con u(t)?

da **davideAg** » 10 apr 2014, 20:42

Si la seconda richiesta chiede solo quello, il potenziale V_c(t)

e dice "per tutto l'asse dei tempi", intende dire di modo che possa scriversi tramite la funzione $u_{-1}(t)$ (e si intendo la funzione gradino). Si il tuo procedimento è corretto, perché il trasformatore annulla le correnti.

Si quella è solo una notazione per distinguere funzione Rampa / funzione Gradino / delta di Dirac

da **RenzoDF** » 12 apr 2014, 10:42

E questa sarebbe "la risposta" ?

da **davideAg** » 18 apr 2014, 15:57

RenzoDF per il calcolo della funzione di rete entrambi i metodi sono giusti (nel mio caso devo ricontrollare i conti vedo che c'è qualcosa che non torna) cioè si puo' usare il metodo dei fasori, oppure Laplace e poi porre $s = j \omega$ nella funzione di trasferimento (che lo stesso). Certo è preferibile usare Laplace perché viene chiesta anche la stabilità del circuito.

Comunque il punto 2 lo puoi fare solo determinando le condizioni iniziali sugli elementi dinamici (induttore e condensatore in questo caso) a t=0 perché ti escono fuori dei valori non nulli (e quindi dei generatori di tensione in serie oppure di corrente in parallelo) a L e C da inserire nel circuito.

Spero di aver fatto chiarezza :ok:

da **RenzoDF** » 18 apr 2014, 17:33

davideAg ha scritto:... Spero di aver fatto chiarezza

La "chiarezza" non devi farla a me, devi farla a te stesso.
Se qualcuno cerca di farti notare delle incongruenze risolutive, si attenderebbe una risposta più completa, non un corso di recupero su Laplace e metodo fasoriale, specie da parte di chi, scusa se mi permetto,

davideAg ha scritto:...Ho il fasore del generatore:
$\bar{V}_G = 1+exp{-j\frac{\pi}{2}} = 1-j$

ha evidentemente ancora qualche lacuna nel campo. ;-)

In questo caso quindi il metodo fasoriale non è sufficiente e di conseguenza nemmeno equivalente a Laplace.

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