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da **Andrea2000** » 22 gen 2019, 19:08

Ecco la questione. Supponiamo di alimentare un circuito RL con una delta di dirac. Supponiamo anche che i componenti R ed L siano ideali.

Provo a mettere una figura (spero di riuscirci!).

: fig1.png (3.08 KiB) Osservato 782 volte

da **Andrea2000** » 22 gen 2019, 19:34

Se voglio conoscere l'andamento nel tempo della tensione ai capi dell'induttore provo a fare così:

$V_{o}(s)=V_{i}(s)\cdot \frac{sL}{R+sL}=\frac{sL}{R+sL}$

essendo la trasformata della delta di dirac pari ad 1.

A questo punto antitrasformo e trovo:

$v_{o}(t)=L^{-1}\left [ \frac{sL}{R+sL} \right ]=L^{-1}\left [ \frac{s}{s+\frac{R}{L}} \right ]$

Poi faccio quel giochino che mi ha insegnato Pietro.

$=L^{-1}\left [ \frac{s}{s+\frac{R}{L}} \right ]=L^{-1}\left [ \frac{s+\frac{R}{L}-\frac{R}{L}}{s+\frac{R}{L}} \right ]=L^{-1}\left [ 1 \right ]-\frac{R}{L}L^{-1}\left [ \frac{1}{s+\frac{R}{L}} \right ]=\delta (t)-\frac{R}{L}\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot t}$

Intanto chiedo se ho fatto tutto bene oppure se ho commesso errori.
E poi due domande (collegate tra loro):
1. ma la delta di dirac a quale segnale fisico corrisponde?
2. se voglio vedere/immaginare l'andamento della tensione ai capi dell'induttore, come faccio?

Grazie
:-)

da **MarcoD** » 22 gen 2019, 19:35

E allora?
Scommetto che è come se la L non fosse presente

da **EcoTan** » 22 gen 2019, 23:03

Pareva anche a me però la matematica non sembra confermarlo.
In effetti l'induttore, ai cui capi si presenta la delta di Dirac, assorbe un flusso unitario e poi dovrà estinguerlo in qualche modo.. possibile che nessuno voglia antitrasformare?

da **PietroBaima** » 22 gen 2019, 23:54

Calma... calma... cominciamo con una analisi dimensionale per scoprire che spesso nascondiamo la polvere sotto il tappeto.

da **EcoTan** » 23 gen 2019, 9:56

Per un problema di schermo, non mi ero accorto che la antitrasformata c'era già:

Andrea2000 ha scritto: $\delta (t)-\frac{R}{L}\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot t}$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

(la curva è molto malfatta, vorrei farla meglio e indicare graficamente la costante di tempo )

da **MarcoD** » 23 gen 2019, 16:48

Andrea2000 ha scritto: $\delta (t)-\frac{R}{L}\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot t}$

Non so quale sia il risultato corretto, ma mi sembra che quello mostrato abbia problemi dimensionali:

La delta di Dirac ha una area finita unitaria, e una ampiezza infinita per un tempo infinitesimo.
L'esponenziale ha una ampiezza iniziale unitaria ed ovviamente andamento esponenziale decrescente,
si possono sommare?

Ho iniziato a affrontare il problema iniziando con una approssimazione di un impulso
di ampiezza unitaria per un tempo unitario, poi il caso di un impulso di ampiezza doppia e durata la metà,
ed esaminando l'andamento degli esponenziali al gradino di salita e a quello di discesa..con una costante di tempo unitaria, e cercando di prevedere il comportamento al limite
ma poi mi sono incasinato... e mi è caduto l'interesse. :oops:

..

da **PietroBaima** » 23 gen 2019, 17:16

La delta di Dirac ha come dimensione l’inverso della dimensione del suo argomento.
Se l’argomento è un tempo, la dimensione della delta di Dirac è l’inverso di un tempo.

Va da se quindi che non è possibile scrivere quanto ha scritto l’OP, cioè che la tensione di ingresso valga $\delta(t)$ , perché questa non ha le dimensioni di una tensione.

Bisognerà quindi scrivere che la tensione di ingresso valga $v_i(t)=V_0 \ \tau \ \delta(t)$ dove tau ha le dimensioni di un tempo e V0 le dimensioni di una tensione.

Per ricavare la dimensione della delta di Dirac si può scriverne la definizione e analizzarla dimensionalmente:

$\int_{-\infty}^{+\infty} \delta (t) \text{d}t=1$

Da cui chiaramente $[\delta (t)]=\frac{1}{s}$

Quindi il nostro segnale è $v_i(t)=V_0 \ \tau \ \delta(t)$

La sua trasformata di Laplace è quindi

$V_i(s)=V_0 \ \tau$

Da cui si nota una cosa (per chi non lo sapesse): nel dominio di Laplace le tensioni trasformate hanno una dimensione pari a $V\cdot s$ .

Direi che possiamo andare avanti da qui

da **EcoTan** » 24 gen 2019, 11:08

PietroBaima ha scritto:la dimensione della delta di Dirac è l’inverso di un tempo

dunque i due termini dell'espressione fornita da

Andrea2000 dimensionalmente si possono sommare, però non sono tensioni.
$\delta (t)-\frac{R}{L}\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot t}$
Ho l'impressione che la detta espressione praticamente funzioni. Se eliminassimo la delta di Dirac relegandola al ruolo di "condizione iniziale" di un transitorio RL?
Non sono in grado di trovare una soluzione più generale, eventualmente seguo.

da **MarcoD** » 24 gen 2019, 11:50

Il problema mi intriga, purtroppo non riesco a risolverlo.. attendo di leggere la risposta formale completa
Ma cerco di immaginare come dovrebbe essere la risposta.
In modo approssimato, penso a un treno di impulsi positivi, alti e sottili, applicati a un filtro passa alto RL,
( il duale sarebbe un filtro passa alto RC )
Il treno di impulsi ha un valore medio positivo, il filtro passa alto lascia passare l'impulso, ma deve togliere il valore medio, quindi dopo ogni impulso deve esserci un piccolo transitorio esponenziale negativo la cui ampiezza dipende dal prodotto ampiezza x durata dell'impulso.
E qui mi fermo

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Risposta impulsiva di un circuito RL

[1] Risposta impulsiva di un circuito RL

[2] Re: Risposta impulsiva di un circuito RL

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