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da **luciano87** » 4 dic 2013, 23:13

Nel circuito in figura, il generatore di tensione si accende all’istante t=0.
Determinare la corrente che scorre nell’induttore in ogni istante di tempo.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Dati:
R1 = 400 $\Omega$
R2 = 200 $\Omega$
R3 = 100 $\Omega$
L = 0.2H
Io = 90 mA
Eo(t)= 0V per t<0
____ 10V per t>0
Inizio con il fare delle considerazioni: sostituisco con il filo all'induttore mentre il generatore Eo per t<0 non è presente. Lo schema sarà:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

per t<0
risolvo il sistema di equazioni tenendo presente che lungo R1 non circola corrente perciò i2=iL
$\begin{cases} & \ J=i_{3}+i_{2} \\ & \ V_{3}= V_{2} \end{cases}$
Calcolo dalla seconda:
$i_{2}= J\frac{R_{3}}{1+R_{2}}= 0.04 A$
quindi:
iL(o-)=i2 ------->il(0-)=0.04 A

Ora per t>0

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Siccome la traccia richiede in funzione del tempo non posso effettuare la sovrapposizione degli effetti altrimenti non so se il valore di A coincide.
$\begin{cases} & \ J=i_{2}+i_{3} \\ & \ i_{2}=i_{L}+i_{1} \\ & \ V_{3}=V_{2} +V_{L}\\ & \ E_{0}= V_{1}+V_{L} \end{cases}$
Risolvo il sistema per sostituzione fino ad ottenere:
$R_{1}J -R_{1}i_{L}-\frac{JR_{1}R_{2}}{R_{3}R_{2}}-\frac{R_{1}V_{L}}{R_{3}R_{2}}+V_{L}=E_{0}$
Riordino:
$2.33L\frac{\mathrm{d} i_{L}}{\mathrm{d} t}+i_{L}(-400)=-2$

$\lambda -\frac{400}{2.33L}= 0$

$\lambda =858.36$

$y_{iL}= e^{858.36t}$

$y_{piL}\Rightarrow \frac{400B}{2.33L}= \frac{-2}{2.33L}$

Trovo da qui B= 0.005

$y_{iL}= e^{858.36t}+0.005$

Infine ricavo A imponendo IL(0-)=IL(0+)
$0.04= Ae^{858.36t}+0.005$

A=0.035

La corrente nell'induttore in ogni istante di tempo sarà pari a:
$y_{iL(t)}= 0.035^{858.36t}+0.005$

Ragazzi se qualcosa non va correggete indicandomi il modo corretto per procedere, grazie! :ok:

da **IsidoroKZ** » 5 dic 2013, 10:29

Per la prima parte, t<0, puoi semplicemente usare un partitore di corrente fra R2 e R3. Come hai giustamente detto in R1 non passa corrente.

Per la seconda parte, t>0, perche' non puoi usare la sovrapposizione degli effetti? La rete e` lineare e quindi la si puo` usare.

Quando consideri solo il generatore di corrente hai un set di valori costanti nel tempo, inclusa la corrente in L.

Poi consideri solo il generatore di tensione a gradino, e risolvi con condizioni iniziali nulle in L, dato che quando c'e` solo il gen a gradino, il generatore di corrente e` aperto. A t=0- la corrente in L e` nulla (ovviamente!) e a t=0+ e` ancora nulla, poi comincia a crescere tendendo al valore E/R1.

Sommi questa corrente e quella costante data dal generatore di corrente e questa e` la soluzione. La costante di tempo vale L/Req, dove la Req e` la resistenza equivalente vista da L, R1//(R2+R3). Se non vuoi farla circuitalmente, puoi scrivere le equazioni e viene lo stesso. In realta` hai gia` trovato il valore della costante di tempo.

Questo circuito e` semplice da calcolare perche' la sua topologia non cambia nel tempo, non ci sono interruttori che si aprono o si chiudono cambiando lo "schema". Anche se ci fossero interruttori si potrebbe comunque usare la sovrapposizione, bisognerebbe pero` fare attenzione alle condizioni iniziali quando si ha il cambiamento della topologia.

COMPLIMENTI per l'uso di fidocadj e di latex! Potresti ancora migliorare scrivendo anche i valori dei componenti direttamente dentro lo schema :-)

da **g.schgor** » 5 dic 2013, 11:15

Osservo che la dizione "si accende" riferita al generatore di tensione
è equivoca:
dai dati sembra che il generatore sia sempre inserito, ma che la sua tensione
sia =0 per t<0.
Se è così, non varrebbe l'assunzione che per t<0 in R1 non circola corrente.
Sarebbe giusto solo se il generatore si inserisce al tempo t=0
con un contatto NA in serie.

da **RenzoDF** » 6 dic 2013, 14:57

luciano87 ha scritto:... se qualcosa non va correggete indicandomi il modo corretto per procedere,

Per "verificare insieme" sevirebbe conoscere sia i versi dei generatori sia quelli assunti per le correnti che hai usato nei tuoi calcoli; senza quelle precisazioni non può essere controllato un bel nulla, ... se non il risultato, che anche un idraulico come me vede che è errato ... ovvero ... come puoi avere una corrente che sale all'infinito in quella rete?

da **luciano87** » 6 dic 2013, 15:09

RenzoDFScusate la leggerezza di non mettere i versi, integro qui:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

per t<0 ho ipotizzato:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da **RenzoDF** » 6 dic 2013, 15:16

... e per quanto riguarda l'esponente positivo dell'esponenziale, che mi dici?

... e questa relazione

luciano87 ha scritto:...
$i_{2}= J\frac{R_{3}}{1+R_{2}}= 0.04 A$

... da dove arriva?

e ... J chi mi rappresenta?

luciano87 ha scritto:...
$E_{0}= V_{1}+V_{L}$

e questa relazione ... che sia corretta con quella scelta per il verso della i1?

Calcolata la condizione iniziale per la corrente nell'induttore (per t < 0), per ottenere l'andamento in transitorio della iL(t), puoi semplicemente determinare il suo valore a regime, per t > 0 (iL(inf)), pari alla corrente di cortocircuito ai suoi morsetti della rete al contorno ed applicare quindi la relazione notevole per i circuiti ad una sola costante di tempo

${{i}_{L}}(t)=[{{i}_{L}}(0)-{{i}_{L}}(\infty )]{{e}^{-\frac{t}{\tau }}}+{{i}_{L}}(\infty )$

da **luciano87** » 6 dic 2013, 15:46

Per quanto riguarda la prima parte ossia per t<0 ho rivisitato i calcoli e mi auto correggo:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$\begin{cases} & \ I_{0}= i_{2}+i_{3} \\ & \ V_{2}= V_{3} \end{cases}$
da cui ricavo dal sistema $i_{3}=0.06A$
e per differenza $\[i_{2}= I_{0}-i_{3}$
da cui $\[i_{2}= 0.09-0.06= 0.03A$

Rivisitando i suggerimenti di

IsidoroKZ
Ho svolto la medesima parte applicando l'uso del partitore:
$i_{2}= I_{0}\frac{R_{3}}{R_{3+R_{2}}}= 0.09\frac{100}{100+200}=0.03A$
e suppongo sia corretto il valore.

Per t>0 sto rivedendo i calcoli e provare con la sovrapposizione

da **luciano87** » 6 dic 2013, 20:07

Cercherò di migliorare se possibile

IsidoroKZ
E' ok ora l'esercizio o sono presenti ulteriori errori?
Scusate se elenco tutti i passaggi ma sono alle prime armi quindi voglio esser sicuro.
Aspetto vostre risposte, grazie!

t<0

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ricavo dal sistema Immagine

e per differenza Immagine

da cui

I calcoli precedenti possono essere velocizzati con l'uso del partitore: Immagine

$i_{L}= i_{2}= 0.03A$

t>0
spengo il generatore di tensione:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$\begin{cases} & \ I_{0}=i_{2}+i_{3} \\ & \ i_{2}=i_{L}+i_{1} \\ & \ V_{1}=V_{L} \\ & \ V_{3}=V_{2}+V_{L} \end{cases}$

$R_{3}\left \lfloor I_{0}-\left ( i_{L}+\frac{V_{L}}{R_{1}} \right ) \right \rfloor= R_{2}\left ( i_{L}+\frac{V_{L}}{R_{1}} \right )+V_{L}$

riordino i termini e sostituisco i valori: $1.75L\frac{\mathrm{d} i_{L}}{\mathrm{d} t}+300i_{L}=0.09$
$\lambda +\frac{300}{0.35}=0$
calcolata la costante $\lambda = -857.14$

$y_{0i_{L}}= Ae^{-857.14t}$ e passo al calcolo di B

$\frac{300}{0.35}B=\frac{9}{0.35}\Rightarrow B=0.03$

$y_{Pi_{L}}= Ae^{-857.14t}+0.03$

Completo calcolando A imponendo $i_{L}\left ( 0^{-} \right )= i_{L}\left ( 0^{+} \right )$
dunque ottengo $0.03= A +0.03\Rightarrow A=0$

Ora accendo il generatore di tensione seguendo questa logica:

IsidoroKZ ha scritto:..Poi consideri solo il generatore di tensione a gradino, e risolvi con condizioni iniziali nulle in L, dato che quando c'e` solo il gen a gradino, il generatore di corrente e` aperto. A t=0- la corrente in L e` nulla (ovviamente!) e a t=0+ e` ancora nulla..

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semplifico lo schema facendo la serie: $R_{23}=R_{2}R_{3}= 200+100=300\Omega$
e procedo con le equazioni: $\begin{cases} & \ V_{L}=V_{23} \\ & \ E=V_{1}+V_{L} \\ & \ i_{1}=i_{L}+i_{2} \end{cases}$
fino ad ottenere l'espressione $V_{L}\left ( \frac{R_{1}}{R_{23}} \right +1 )+R_{1}i_{L}=E$
$2.33L\frac{\mathrm{d} i_{L}}{\mathrm{d} t}+400i_{L}=10$
la costante sarà pari a $\lambda = -857.14$

avremo $y_{0i_{L}}= Ae^{-857.14t}$
Procedo nuovamente con il calcolo di B ed A
$\frac{400}{0.46}B=\frac{10}{0.46}\Rightarrow B=0.025$

$y_{Pi_{L}}= Ae^{-857.14t}+0.025$

Completo calcolando A imponendo $i_{L}\left ( 0^{-} \right )= i_{L}\left ( 0^{+} \right )$
dunque ottengo $0= A +0.03\Rightarrow A= -0.03$

$y_{i_{L}}= -0.03e^{-857.14t}+0.025$

SI PUO' ABBREVIARE QUESTA PARTE DI CALCOLO RICAVANDO LA COSTANTE E LA RESISTENZA EQUIVALENTE (visto da L)
${R_{eq}}=R_{1}//(R_{2}+R_{3})=171.42\Omega$

$\lambda =\frac{R_{eq}}{L}= \frac{171.42}{0.2}\Rightarrow 857.14$
e tenendo conto

IsidoroKZ ha scritto:..poi comincia a crescere tendendo al valore E/R1.

${i_{L}}=\frac{E} {R_{1}}\Rightarrow 0.025A^{$

IsidoroKZ ha scritto:Sommi questa corrente e quella costante data dal generatore di corrente e questa e` la soluzione. La costante di tempo vale L/Req, dove la Req e` la resistenza equivalente vista da L, R1//(R2+R3). Se non vuoi farla circuitalmente, puoi scrivere le equazioni e viene lo stesso. In realta` hai gia` trovato il valore della costante di tempo.

CONCLUDO sommando il tutto
$y_{i_{L}}= -0.03e^{-857.14t}+0.025+0.03$

La corrente che scorre nell’induttore in ogni istante di tempo sarà $i_{L}(t)= 0.055 -0.03e^{-857.14t}$

da **IsidoroKZ** » 6 dic 2013, 21:29

luciano87 ha scritto:t<0

I calcoli precedenti possono essere velocizzati con l'uso del partitore:

$i_{L}= i_{2}= 0.03A$

t>0
spengo il generatore di tensione:

Il circuito, quando spegni il generatore di tensione, e` alimentato da una corrente continua, che e` cominciata prima del big bang e finira` dopo il big crunch. Non serve separare in due parti, e` sempre lo stesso circuito, non cambia ne' la topologia ne' il generatore.

La corrente in L dovuta a Io e` di 30mA, e tale rimane sempre! Puoi dimenticartene per tutti gli altri conti e poi sommarla alla fine.

luciano87 ha scritto:Ora accendo il generatore di tensione seguendo questa logica:

semplifico lo schema facendo la serie: $R_{23}=R_{2}R_{3}= 200+100=300\Omega$
e procedo con le equazioni: $\begin{cases} & \ V_{L}=V_{23} \\ & \ E=V_{1}+V_{L} \\ & \ i_{1}=i_{L}+i_{2} \end{cases}$

Oltre a mettere in serie R2 e R3 puoi fare un equivalente Thevenin di tutto quello che c'e` fuori dall'induttanza

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

La corrente nell'induttanza parte da zero e sale fino a $\frac{V_{eq}}{R_{eq}}=25\text{mA}$ . La costante di tempo vale $\tau=\frac{L}{R_{eq}}=1.167\text{ms}$ .

I due contributi di corrente e quella complessiva sono indicati nella figura seguente

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L'espressione finale che hai scritto non e` corretta per due ragioni. La prima e` che l'espressione non distingue fra t<0 e t>0, la seconda e` che il coefficiente dell'esponenziale dovrebbe essere 25mA.

da **RenzoDF** » 6 dic 2013, 23:09

Tanto per completare quello che intendevo dire, ricavata la condizione iniziale iL(0)=30 mA via partitore, ricavata la corrente a regime per t > 0 aggiungendo il contributo del GIT

${{i}_{L}}(\infty )={{i}_{L}}(0)+\frac{E}{{{R}_{1}}}=30+25=55\,\text{mA}$

e la costante di tempo,

$\tau \text{=}\frac{L}{{{R}_{eq}}}=\frac{7}{6000}\,\text{s}$

dalla la relazione notevole

${{i}_{L}}(t)=[{{i}_{L}}(0)-{{i}_{L}}(\infty )]{{e}^{-\frac{t}{\tau }}}+{{i}_{L}}(\infty )$

si ottiene

${{i}_{L}}(t)=55-25{{e}^{-\frac{6000}{7}t}}\,\text{mA}$

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