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da **DLz** » 23 giu 2016, 19:19

Salve a tutti, come da titolo, vorrei sapere se è possibile risolvere i circuiti dinamici in regime sinusoidale usando solo le equazioni differenziali. Io so che per trovare una soluzione particolare dell'equazione differenziale del circuito, devo usare i fasori applicati al circuito originale che è appunto in regime sinusoidale. Risolvendo con i fasori, troverò una soluzione particolare. Questo lo devo fare perché il termine noto dell'equazione differenziale è appunto una funzione seno o coseno o somma di entrambi. Però queste equazioni differenziali, sono comunque risolvibili con la formula generale.
Infatti, data
y'(t) + a(t)y(t)=f(t)

La sua soluzione è

$y(t)= e^{-A(t)}\left [ c + \int \left (f(t)e^{A(t)} \right )dt \right ]$

Dove

$A(t)=\int \left (a(t) \right )dt$

Risolvendo per parti (applicato due volte) l'integrale

$\int \left (f(t)e^{A(t)} \right )dt$

ci si riconduce ad un'equazione di integrali e si trova il valore dell'integrale cercato.
Però ho visto che le soluzioni che ottengo così, non corrispondono a quelle che trovo con il metodo dei fasori. Sbaglio i conti o non posso usare la soluzione generale?
Appena posso posto un esercizio che ho fatto.
Grazie

da **SandroCalligaro** » 24 giu 2016, 13:44

L'equazione differenziale è quella che descrive il comportamento del sistema fisico in generale.
Se la soluzione di un caso particolare, secondo il metodo X, non corrispondesse alla soluzione "generale" dell'equazione differenziale applicata allo stesso caso, significherebbe che il metodo X non è corretto.

Penserei piuttosto che i conti sono sbagliati... :-)

Hai tenuto conto correttamente delle condizioni iniziali?

da **DLz** » 24 giu 2016, 17:26

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

I fasori sono:

$\overline{Z_R} = 1\Omega$ valido per tutte e quattro le resistenze

$\overline{Z_L} = j2\Omega$

$\overline{I_g} = 1A$

$\overline{V_g} = (-1,4 - j1,4)V$

Iniziamo

Studio per t=0^-

Il generatore di tensione è spento, allora ho un regime stazionario, questo implica

$V_L=L\frac{\mathrm{d} i_L}{\mathrm{d} t}= 0V$

Ossia i_L=costante

, quindi l'induttore
L si comporta come un corto circuito. Il mio circuito è:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

quindi

Sostituendo trovo

i_1=0,5A

Studio per t>0

A questo punto ho deciso di applicare Thévenin una volta sull'induttore L ed un'altra sul resistore R_4

Iniziamo con l'induttore L e calcoliamo la $Z_{th}$ (impedenza equivalente di Thévenin)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$Z_th=\frac{\overline{V_{ab}}}{i}$

$\overline{V_{ab}}= \overline{I_2}Z_2 - \overline{I_1}Z_1$

$\overline{I_3} = \overline{I_4}$

$\overline{I_1} = \overline{I_3} - 1$

$\overline{I_1} = -\overline{I_2}$ allora $\overline{I_2}= \overline{I_3} +1$

$-\overline{I_2}+1- \overline{I_4}=0$

$\overline{I_1}Z_1 + \overline{I_3}Z_3 +\overline{I_4}Z_4 -\overline{I_2}Z_2=0$

Sostituendo trovo

$\overline{I_3}=0,5A$

$\overline{I_2}=0,5A$

$\overline{I_1}=-0,5A$

$\overline{V_{ab}}=1V$

$Z_{th}=1 \Omega$

Calcolo la tensione equivalente E_0

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$\overline{E_0}=\overline{I_2}Z_2- \overline{I_1}Z_1$

$\overline{I_g}+\overline{I_4}-\overline{I_3}=0$ allora $\overline{I_4}= \overline{I_3}-\overline{I_g}$

$\overline{I_3}= \overline{I_1}$

$\overline{I_2}= \overline{I_g}- \overline{I_1}= \overline{I_g}- \overline{I_3}$

$\overline{I_1}Z_1+\overline{I_3}Z_3+\overline{I_4}Z_4-\overline{I_2}Z_2=\overline{V_g}$

Sostituendo trovo

$\overline{I_3}=(0,16-j0,37)A=\overline{I_1}$

$\overline{I_2}=(0,8+j0,37)A$

$\overline{E_0}=(0,64+j0,74)V$ allora $E_0(t)= cos(1000t + 49^{\circ})V$

Adesso ho

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$i_{Th}=i_L$

$R_{Th}=Z_{Th}$

L'equazione differenziale del circuito equivalente è:

$\frac{\mathrm{d} i_L}{\mathrm{d} t} + i_L\frac{R_{Th}}{L} = \frac{E_0}{L}$

$\tau=\frac{L}{R_{Th}}= 0,002ms$

$i_L(t)=ce^{-\frac{t}{\tau }} + i_P(t)$

i_P(t)

è una soluzione particolare che trovo applicando il metodo dei fasori al circuito originale per t>0

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$-\overline{I_1}+\overline{I_L}+\overline{I_3}=0$
$\overline{I_2}+\overline{I_1}-\overline{I_g}=0$
$-\overline{I_3}+\overline{I_4}+\overline{I_g}=0$
$\overline{I_3}Z_3+\overline{I_4}Z_4-\overline{V_g}-\overline{I_L}Z_L=0$
$\overline{I_1}Z_1+\overline{I_L}Z_L-\overline{I_2}Z_2=0$

Sostituendo trovo

$\overline{I_1}= (0,4-j0,3)A$
$\overline{I_L}=(0,3-j0,09)A$

allora $i_P(t)=0,3cos(1000t-18,4^{\circ})$

Dalla condizione iniziale trovo c=-0,8

Quindi

$i_L(t)=-0,8e^{-\frac{t}{\tau }} + 0,3cos(1000t-18,4^{\circ})$

Se invece provo a risolvere l'equazione differenziale

$\frac{\mathrm{d} i_L}{\mathrm{d} t} + i_L\frac{R_{Th}}{L} = \frac{E_0}{L}$

con le formule del primo post,trovo:
$i_L(t)= e^{-500t} \left ( c +\int e^{500t}(500cos(1000t+49^{\circ}))dt \right )$

Chiamo l'integrale

e risolvo per parti.

$I= 250*10^3*e^{500t}(cos(1000t+49^{\circ})) + 250*10^6\int e^{500}(sen(1000t+49^{\circ}))dt=$

$=250*10^3*e^{500t}(cos(1000t+49^{\circ})) + 250*10^6*[500e^{500t}sen(1000t+49^{\circ})$ $-\int500e^{500}1000(cos(100t+49^{\circ}))dt$

allora $I=0,5e^{500t}sen(1000t+49^{\circ})$ Il termine con il coseno è piccolissimo, dell'ordine di $10^{-8}$ quindi lo trascuro

Allora, imponendo le condizioni iniziali, trovo

$i_L(t)=-0,9e^{-500t}+0,5sen(1000t+49^{\circ})$

da **DanteCpp** » 25 giu 2016, 15:25

Scusa la scarsità dei commenti, ma non ho molto tempo.

Esercizi di elettrotecnica.pdf: (457.13 KiB) Scaricato 156 volte

Sperò ti sia d'aiuto.

da **DanteCpp** » 25 giu 2016, 15:45

PS. mi sono dimenticato di considerare la condizione iniziale diversa da zero.

Questo cambia solo la costante moltiplicativa dell'evoluzione naturale.

$i(t)=-0.924 e^{-500t}+\frac{1}{\sqrt{5}}\cos(1000t-18)$

da **DLz** » 25 giu 2016, 17:05

Grazie mille, come sospettavo sbagliavo qualcosa nell'integrazione.
#-o

Grazie!

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