ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **tigerjack89** » 14 set 2012, 18:57

Ciao a tutti!! O_/

Oggi, se volete, vi propongo un circuito del secondo ordine. E' uno degli esercizi usciti alla traccia d'esame, quindi vi allego anche il procedimento da me utilizzato in modo da avere consigli :)
Abbiamo il seguente circuito, in riposo per t<0. I generatori si accendono all'istante t = 0. Dobbiamo determinare $\ \text{ la corrente che scorre nell induttore }i_L \text{ e la corrente } i_{cc}$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

I dati che abbiamo sono i seguenti:
[unparseable or potentially dangerous latex formula]

Analizzando i nodi e le maglie del circuito avremo che
$\begin{equation} \begin{split} &E = v_1 + v_2 \\ &v_1 = v_C \\ &v_2 = v_L \\ &i_1 = i_{CC} + i_2 \\ &i_L = i_C + i_{CC} + J \\ \end{split} \end{equation}$

Inoltre, sappiamo che
$\begin{equation} \begin{split} &i_C = C \frac{\partial v_C}{\partial t} \\ &v_L = L \frac{\partial i_L}{\partial t} \end{split} \end{equation}$

Partiamo dall'ultima formula delle equazioni derivate dalle leggi di Kirchhoff
$\begin{equation} \begin{split} &i_L = i_C + i_{CC} + J \\ &i_L = C \frac{\partial v_C}{\partial t} + i_{CC} + J \\ \text{poiche } \\ &i_{CC} = i_1 - i_2 \\ &i_{CC} = \frac{v_1}{R_1} - \frac{v_2}{R_2} = \frac{v_1 - v_2}{R} = \frac{v_C - v_L}{R}\\ \text{dove}\ R = R_1 = R_2 \\ \text{quindi avremo}\\ &i_L = C \frac{\partial v_C}{\partial t} + \frac{v_C - v_L}{R} + J \\ &i_L = C \frac{\partial v_C}{\partial t} + \frac{v_C}{R} - \frac{L}{R} \frac{\partial i_L}{\partial t} + J \\ \text{dobbiamo calcolare quindi vC} \\ &v_C = E - v_L = E - L \frac{\partial i_L}{\partial t} \\ \end{split} \end{equation}$
$\begin{equation} \begin{split} \text{sostituendo avremo} \\ i_L = &-LC\frac{\partial^2 i_L}{\partial t^2} + \frac{E}{R} - \frac{L}{R} \frac{\partial i_L}{\partial t} - \frac{L}{R} \frac{\partial i_L}{\partial t} + J \\ \text{ovvero} \\ \frac{\partial^2 i_L}{\partial t^2} + \frac{2}{RC}\frac{\partial i_L}{\partial t} + \frac{1}{LC}i_L = \frac{E}{RLC} + \frac{J}{LC} \end{split} \end{equation}$

Per trovare le soluzioni dell'equazione differenziale dobbiamo procedere per tappe:
1) CALCOLIAMO LA SOLUZIONE DELL'OMOGENEA
$\begin{equation} \begin{split} &s^2 + 2\sigma + \omega^2 = 0 \\ \text{dove} \\ \sigma = \frac{1}{RC} \simeq 265.96 \\ \omega = \frac{1}{\sqrt{LC}} \simeq 103.14 \\ \text{poiche} \sigma > \omega \text{ ci sara un andamento sovrasmorzato} \\ s = -\sigma \pm \sqrt{\sigma ^2 - \omega ^2} \\ s_1 = -511.11\\ s_2 = -20.81 \end{split} \end{equation}$

2) TROVIAMO LA SOLUZIONE PARTICOLARE
Essa sarà proprio uguale a $\frac{E}{R} + J = 0.25$

La soluzione dell'equazione differenziale sarà quindi
$\begin{equation} \begin{split} &i_L(t) = A\cdot e^{s_1t} + B\cdot e^{s_2 t} + 0.25 \\ &i_L(t) = A\cdot e^{-511.11t} + B\cdot e^{-20.81 t} + 0.25 \\ &\frac{\partial i_L}{\partial t} = A s_1 \cdot e^{s_1 t} + B s_2 \cdot e^{s_2 t} \end{split} \end{equation}$

...to be continued...

da **tigerjack89** » 14 set 2012, 19:03

Scusate se prendo due post per questo argomento, ma dividere in questo modo risultava più comodo.
Inoltre, è questa la parte dell'esercitazione su cui ho più dubbi.
Arriviamo quindi alla fase 3.

3) TROVARE LE CONDIZIONI INIZIALI
Sappiamo che per t<0 il circuito è a riposo e i generatori sono spenti; avremo quindi il seguente circuito (penso :_) )

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

in cui
$i_L(t<0) = 0 \quad v_C(t<0) = 0$
Inoltre
$\frac{\partial i_L(t)}{\partial t} = \frac {v_L(t)}{L} = 0$

Dal sistema formato dalle due equazioni in due incognite
$\begin{equation} \begin{split} &A+ B+ 0.25 = 0 \\ &A s_1 \+ B s_2 = 0 \end{split} \end{equation}$
ci ricaviamo molto semplicemente le costanti A e B; avremo quindi
$i_L(t) = 0.01 \cdot e^{-511.11 t} - 0.26 \cdot e^{-20.81 t} + 0.25$

Passiamo a ricavare ora $i_{CC}$
Si ha che
$\begin{equation} \begin{split} &i_{CC} = i_L - i_C - J \\ &i_{CC} = i_L - C\frac{\partial v_C}{\partial t} \\ &i_{CC} = i_L +LC\frac{\partial^2 i_L}{\partial t^2} - J &i_{CC} = A \cdot e^{s_1 t} + B \cdot e^{s_2 t} + 0.25 + LC( A\cdot e^{s_1^2 t} + B \cdot e^{s_2^2 t}) \end{split} \end{equation}$

Obv poi è solo una questione di calcoli :-)

Fatemi sapere che ve ne pare, consigli e suggerimenti su qualunque cosa vi venga in mente.

da **tigerjack89** » 15 set 2012, 18:58

bump :)

da **asdf** » 15 set 2012, 19:01

Non si uppa

tigerjack89, non è molto educato, a maggior ragione se in un altro topic che hai aperto oggi pomeriggio hai ricevuto aiuto immediato nella risoluzione dello stesso.

da **tigerjack89** » 15 set 2012, 19:29

Sorry non sapevo fosse scortese. Proprio perché avevo avevo avuto sempre risposte pensavo che questo 3d fosse caduto nel dimenticatoio

da **RenzoDF** » 15 set 2012, 19:32

... mi ero dimenticato un pezzo per strada :mrgreen:

Ripeto, sostituendo al condensatore e all'induttore rispettivamente un GIT e un GIC virtuali, senza tanti passaggi, ma sostanzialmente da ispezione della rete si potrebbero scrivere direttamente le due equazioni di stato

$\left\{ \begin{align} &{i_C} = {i_L} - J + \frac{E}{{{R_2}}} - \frac{{{v_C}}}{{{R_1}||{R_2}}}\\ &{v_L} = E - {v_C} \end{align}$

dalle quali

$\left\{ \begin{align} &- C\frac{{{\rm{d}}{v_C}}}{{{\rm{d}}t}} - \frac{{{v_C}}}{{{R_1}||{R_2}}} - {i_L} = J - \frac{E}{{{R_2}}}\\ &{v_C} = E - {v_L} \end{align}$

ed infine con R=R1=R2

$LC\frac{{{{\rm{d}}^2}{i_L}}}{{{\rm{d}}{t^2}}} + \frac{{2L}}{R}\frac{{{\rm{d}}{i_L}}}{{{\rm{d}}t}} + {i_L} = J + \frac{E}{R}$

che coincide con la tua.

Non concordo però sulla tua determinazione della condizione iniziale per la derivata di iL, a mio modesto parere dovrebbe essere

${\left. {\frac{{{\rm{d}}{i_L}}}{{{\rm{d}}t}}} \right|_{t = 0 + }} = \frac{{{v_L}(0 + )}}{L} = 6\,\,\frac{{\rm{A}}}{{\rm{s}}}$

di conseguenza

$\left\{ \begin{align} A = - 1{,}624\,\,{\rm{mA}}\\ B = - 248{,}4\,\,{\rm{mA}} \end{align}$

per la corrente icc, la scriverei come

${i_{cc}} = \frac{{E - {v_L}}}{R} - \frac{{{v_L}}}{R} = \frac{{E - 2{v_L}}}{R} = \frac{E}{R} - \frac{{2L}}{R}\frac{{{\rm{d}}{i_L}}}{{{\rm{d}}t}}$

da **tigerjack89** » 16 set 2012, 10:55

RenzoDF ha scritto:Non concordo però sulla tua determinazione della condizione iniziale per la derivata di iL, a mio modesto parere dovrebbe essere

${\left. {\frac{{{\rm{d}}{i_L}}}{{{\rm{d}}t}}} \right|_{t = 0 + }} = \frac{{{v_L}(0 + )}}{L} = 6\,\,\frac{{\rm{A}}}{{\rm{s}}}$

Non avevo letto le ultime modifiche al tuo messaggio :)
In effetti quello su cui avevo più dubbi era proprio la determinazione della derivata prima.
Da cosa e come l'hai ricavata? Il circuito a t<0 è lo stesso che ho disegnato io (secondo circuito) o ho sbagliato qualcosa?
Grazie mille in anticipo per la risposta :)

da **RenzoDF** » 16 set 2012, 12:18

tigerjack89 ha scritto:Da cosa e come l'hai ricavata? Il circuito a t<0 è lo stesso che ho disegnato io (secondo circuito) o ho sbagliato qualcosa?

Mentre per vc e iL non può esserci discontinuità (nelle reti non degeneri) in quanto grandezze integrali e quindi

$\begin{align} & {{i}_{L}}(0+)={{i}_{L}}(0-) \\ & {{v}_{C}}(0+)={{v}_{C}}(0-) \\ \end{align}$

ciò non può dirsi per le loro derivate, ovvero può verificarsi, come in questo caso, che la tensione sull'induttore presenti una discontinuità e così pure per la corrente nel condensatore

$\begin{align} & {{v}_{L}}(0+)\ne {{v}_{L}}(0-)=0 \\ & {{i}_{C}}(0+)\ne{{i}_{C}}(0-)=0 \\ \end{align}$

Nel nostro caso, per ricavare i loro due valori, possiamo comunque usare la continuità di iL e di vC per scrivere per esempio per la prima

${{v}_{L}}(0+)=E-{{v}_{C}}(0+)=E-{{v}_{C}}(0-)=12-0=12\,\text{V}}$

in poche parole all'istante t=0+ l'accensione del GIT trova il condensatore scarico vc(0+)=0, che avrà bisogno di tempo per caricarsi, e di conseguenza la KVL alla maglia E-C-L porterà a concludere che, nell'istante t=0+, tutta la tensione del GIT andrà a dislocarsi ai capi dell'induttore; avremo quindi

${{\left. \frac{\text{d}{{i}_{L}}}{\text{dt}} \right|}_{t=0+}}=\frac{{{v}_{L}}(0+)}{L}=6\,\,\frac{\text{A}}{\text{s}}$

Come esercizio, prova a ricavarti iC(0+).

da **tigerjack89** » 16 set 2012, 12:46

Ti ringrazio per la risposta, sempre tutto molto chiaro.
Praticamente, per quanto riguarda le derivate prime, bisogna considerare il circuito a 0+ e non a 0- , come ho invece fatto io. Solo dopo che mi hai scritto il procedimento mi è sembrato tutto ovvio.
Questo ovviamente vale come linea guida generale? Esistono casi in cui le derivate sono continue?

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