ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

Indice

1 Presentazione
2 Il Testo
3 Soluzione
4 Risoluzione Tramite Trasformata di Laplace
5 Conclusioni
6 Appendice
- 6.1 Simulazione in MicroCap

Presentazione

Spesso arrivano nel forum richieste di soluzione di esercizi con il solo testo ed un laconico: "Non so come risolverlo. Mi date una mano?".

C'è invece chi chiede se la soluzione trovata è corretta, come nel caso di wed_17, in cui ci si è limitati ad invitarlo a preparare un articolo per ElectroYou.

Nella speranza che altri bravi studenti seguano l'esempio, magari dopo aver trovato nel colloquio sul Forum, il modo di superare l'ostacolo od il dubbio che li aveva indotti a chiedere aiuto, ecco l'esercizio in regime variabile, che presentava una piccola insidia, proposto e risolto.

Il Testo

La rete di figura è a riposo per t<0, con l'interruttore aperto. Per t=0 l'interruttore viene chiuso. Assumendo che le variabili di stato siano continue per t=0, bisogna determinare per t>=0 le espressioni temporali delle correnti che scorrono negli induttori.

I valori sono:

L₁=15 mH,
L₂=30 mH,
C₁=0.1 mF,
E=90 mV.

Soluzione

t<0

Incominciamo col determinare le condizioni iniziali delle sole variaibili di stato, ovvero le due correnti per gli induttori, e la tensione ai capi del condensatore.

Data la condizione dell'interruttore per t<0, durante il quale la rete è a riposo, deduciamo immediatamente che non è presente alcuna corrente in nessun lato.

Dunque per t<0 le correnti negli induttori sono nulle, come la tensione ai capi del condensatore:

$i_{L1,(t=0^-)}=i_{L2,(t=0^-) }=0$

$U_{C, (t=0^-)}=0$ .

Dai calcoli successivi si vedrà come siano necessarie le condizioni iniziali per le sole variaibli di stato, mentre per le variabili rimanenti la ricerca delle condizioni iniziali non porta ad alcun risultato.

t=0

Il testo ci indica che per t=0 le variabili di stato sono continue, quindi il limite sinistro ed il limite destro per t=0 di queste grandezze coincidono:

$i_{L1, (t=0^-)}=i_{L1,(t=0^+)}=i_{L2,(t=0^-)}=i_{L2, (t=0^+)}=0$

$U_{C,(t=0^-)}=U_{C,(t=0^+)}=0$ .

t>0

Impostiamo subito le equazioni di Kirchhoff (si ometterà fin da subito la notazione di dipendenza dal tempo delle grandezze, in modo da rendere il tutto più leggibile) :

$E = U L 1 + U L 2$

$u L 1 = u C 1$

$i E = i L 1 + i C 1$

$i L 2 = i E$

e le leggi di bipolo:

$u_{L2}=L_{2}\frac{d}{dt}i_{E}$

$u_{L1}=L_{1}\frac{d}{dt}i_{L1}$

$i_{C1}=C_{1}\frac{d}{dt}u_{C1}$

e mettiamole tutte a sistema.

Per la risoluzione di questo sistema di equazioni differenziali, sostituiamo innanzitutto le leggi di bipolo nelle leggi di Kirchhoff, ottenendo:

$E=L_1\frac{d}{dt}i_{L1}+L_2\frac{d}{dt}i_E$ (Prima equazione)

$L_1\frac{d}{dt}i_{L1}=u_{C1}$ (Seconda equazione)

$i_E=i_{L1}+C_1\frac{d}{dt}u_{C1}$ (Terza equazione)

Sostituiamo ora l'espressione di $u C 1$ (seconda equazione) nella terza equazione, in modo da ridurre ulteriormente la complessità del sistema, ottenendo così:

$i_E=i_{L1}+C_1L_1\frac{d^2}{dt^2}i_{L1}$

A questo punto possiamo sostituire l'espressione di $i E$ (appena ricavata) nella prima equazione, ottenendo infine la seguente equazione differenziale non omogena di terzo grado con la sola incognita $i L 1$ :

$\frac{d^3}{dt^3}i_{L1}+ ( \frac{L_1+L_2}{C_1L_1L_2} ) \frac{d}{dt}i_{L1}=\frac{E}{C_1L_1L_2}$

La soluzione di questa equazione (l'espressione temporale di $i L 1$ ), sarà data dalla somma della soluzione dell'equazione omogenea e di una soluzione particolare:

$i L 1 (t) = i L 1 o + i L 1 p$ .

Partiamo col determinare la

soluzione dell'equazione omogenea

La corrispondente equazione caratteristica associata è:

$s^3+\frac{L_1+L_2}{C_1L_1L_2}\cdot s=0$ .

Sostituendo opportunamente i dati del problema risulta:

$s 3 + 10 6 s = 0$

che è una semplice equazione di terzo grado le cui soluzioni sono immediatamente determinabili:

$s_1=0 \mbox { e } s_{2,3}=\pm 1000j$ .

Dalla teoria delle equazioni differenziali, possiamo giungere alla generica soluzione omogenea, che avrà la forma seguente:

$i_{L1o}=B \cdot cos(1000t)+D \cdot sin(1000t)$

dove B e D sono costanti che andranno determinate imponendo le condizioni iniziali.

Passiamo ora alla ricerca della

soluzione particolare

Osservando direttamente l'equazione differenziale, è possibile notare che la soluzione particolare può essere cercata nella forma:

$i_{L1p}=A \cdot t$

dove A è una costante, al cui valore si può facilmente risalire sostituendo l'espressione della soluzione particolare nell'equazione differenziale (ovvero sostituendo a i_L1, i_L1p), ottenendo così:

$10^6 \cdot A=2 \cdot 10^6 \rightarrow A=2$ .

Rimangono ora da determinare i valori delle costanti di indeterminazione B e D.

Per quanto riguarda B, sfruttiamo la condizione iniziale dell'induttore 1. All'istante t=0 la corrente $i L 1$ è nulla. Imponendo ciò:

$i_{L1}(t)=i_{L1o}+i_{L1p}=A \cdot t+B \cdot cos(1000t)+D \cdot sin(1000t)$

$\rightarrow t=0 \rightarrow B=0$ .

Non molto più laboriosa risulta essere la ricerca di D. Utilizzando infatti le condizioni iniziali rimanenti

$U C (t = 0) = 0$ , e sapendo che

$U_{C1}=L_1\frac{d}{dt}i_{L1}$

possiamo scrivere:

$U_{C1}=L_1 \frac{d}{dt}[B \cdot cos(1000t)+D \cdot sin(1000t)+A \cdot t]=$

$=L_1 \cdot [-1000 \cdot B \cdot sin(1000t) + 1000 \cdot D \cdot cos(1000t)+A]$

$\rightarrow t=0, B=0, A=2 \rightarrow$

$0=L_1(1000 \cdot D+2)$

ricavando

$D=-2 \cdot 10^{-3}$ .

L'espressione di $i L 1$ è quindi:

$i_{L1}(t)=-2 \cdot 10^{-3}sin(1000t)+2 \cdot t$

grafico di iL1

La $i L 2(t) = i E (t)$ la si può trovare dalla terza equazione ricavando però prima $U C (t)$ dalla seconda equazione, sostituzione che viene lasciata al lettore :)

Risoluzione Tramite Trasformata di Laplace

Vogliamo ora scomodare Laplace per vedere se effettivamente la soluzione è corretta. Molto nota e usata è la risoluzione dei circuiti in regime variabile tramite la trasformata di Laplace.

L'impostazione del sistema iniziale è la stessa: l'unica differenza sta nella notazione delle grandezze che precedentemente era stata omessa per migliorare la leggibilità delle formule. Ora verrà sostituita con la notazione di dipendeza dalla variaible complessa s(in quanto passiamo da uno studio di dipendenza dal tempo a uno studio di dipendenza da tale variaible) . Si ricorda che le condizioni inizali delle variaibli di stato sono tutte nulle, e questo ci permetterà una semplificazione notevole nei calcoli. Reimpostiamo il sistema con la notazione adatta e applichiamo alle leggi di bipolo la trasformata:

Equazioni di Kirchhoff

$E (s) = U L 1(s) + U L 2(s)$

$U L 1(s) = U C (s)$

$I E (s) = I L 1(s) + I C 1(s)$

Leggi di Bipolo

$I C 1(s) = C 1 s U C 1(s)$

$U L 1(s) = L 1 s I L 1(s)$

$U L 2(s) = L 2 s I E (s)$

Ricordo inoltre che la trasformata del gradino E diventa: $E (s) = E / s$ .

Il procedimento per la ricerca dell'espressione di $I L 1(s)$ è esattamente lo stesso svolto precedentemente. Si arriva a questa equazione, di cui si può osservare la dualità con l'equazione precedente:

Equazione con s

$s^3I_{L1(s)}+s \cdot \frac{L_1+L_2}{C_1L_1L_2} \cdot I_{L1(s)}=\frac{1}{s} \cdot \frac{E}{C_1L_1L_2}$

Equazione con t

$\frac{d^3}{dt^3}i_{L1(t)}+\frac{L_1+L_2}{C_1L_1L_2} \cdot \frac{d}{dt}i_{L1}=\frac{E}{C_1L_1L_2}$

Ricavando $I L 1(s)$ otteniamo la seguente espressione:

$I_{L1(s)}=\frac{E}{C_1L_1L_2} \cdot \frac{1}{s^2} \cdot \frac{1}{s^2+\frac{L_1+L_2}{C_1L_1L_2}}$

Sostituendo i dati dell'esercizio:

$I_{L1(s)}=\frac{2 \cdot 10^{-6}}{s^2} \cdot \frac{1}{s^2+10^6}$

che scomponiamo nel seguente modo:

$I_{L1(s)}=\frac{A}{s^2}+\frac{Bs+D}{s^2+10^6}$

dove A, B, D sono costanti da determinare tramite l'identità tra polinomi.

Calcolando ora il minimo comune multiplo giungiamo alla seguente espressione:

$I_{L1(s)}=\frac{As^2+10^6A+Bs^3+Ds^2}{s^2 \cdot (s^2+10^6)}$

alla quale è possibile applicare al numeratore l'identità di polinomi:

$As^2+10^6A+Bs^3+Ds^2=2 \cdot 10^6$

dalla quale si ricavano le sequenti equazioni da mettere a sistema:

$B = 0$

$A + D = 0$

$A = - 2$

che risulta essere un semplice sistema a tre equazioni a tre incognite dal quale si ricavano immediatamente i valori delle tre costanti:

$A = - 2,$ $B = 0$ , $C = - 2$ .

Sfruttando le costanti appena trovate, possiamo ora scrivere l'espressione in funzione di s della $I L 1(s)$ :

$I_{L1(s)}=\frac{2}{s^2}-\frac{2}{s^2+10^6}$

Dobbiamo ora ricondurci all'espressione di $i L 1(t)$ in funzione del tempo. Per far ciò dobbiamo antitrasformare l'espressione appena trovata, riconducendoci quindi ad un'espressione che abbia come addendi funzioni da antitrasformare note. Dall'analisi della $I L 1(s)$ si vede come il primo addendo è una trasformata nota, ovvero la trasformata di una rampa, quindi:

$\frac{2}{s^2}$ $\rightarrow L^{-1}\rightarrow$ $2 t$

Il secondo addendo può essere ricondotto ad una trasformata nota moltiplicandolo e dividendolo per 1000, e ricordando che la trasformata di $L[sin(\omega t)]=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$ giungiamo alla seguente conclusione:

$\frac{-2}{s^2+10^6} \cdot \frac{1000}{1000}$

$\rightarrow L^{-1} \rightarrow$

$-2 \cdot 10^{-3}sin(1000t)$

Possiamo ora scrivere l'espressione completa di $i L 1(t)$ :

$i_{L1(t)}=2t-2 \cdot 10^{-3}sin(1000t)$

che coincide con l'espressione trovata precedentemente.

Conclusioni

Il punto di maggiore interesse dell'esercizio proposto è la ricerca della soluzione particolare. Solitamente in questo tipo di esercizi a regime variabile con generatori che erogano grandezze costanti, la ricerca della soluzione particolare non desta grossi problemi: abitualmente la rete viene costruita in modo che essa ammetta soluzione a regime stazionario per la grandezza a cui si sta facendo riferimento con l'equazione differenziale (ovvero la soluzione particolare è una costante). Questa rete invece non ammette per $i L 1$ e $i L 2$ una soluzione a regime stazionario, in quanto il generatore di tensione E è in corto, e le due correnti sono idealmente infinite. Questo diversivo è molto utilie per non fissare le idee solamente su un certo tipo di esercizio.

WED_17

Appendice

Ed ecco come procedere con un programma di simulazione.

Ringrazio g.schgor per il suo contributo.

Simulazione in MicroCap

A conferma dei risultati ottenuti con puri procedimenti matematici, si mette a confronto la procedura di simulazione circuitale possibile con MicroCap9:

Come si vede al ciruito originale si è dovuto aggiungere una resistenza (R1) per renderlo "calcolabile" (un circuito che comporta una corrente infinita sia pure al tempo infinito, può essere matematicamente accettabile , ma non è valido per una simulazione).

Il valore di R1 è tuttavia talmente piccolo da non influire sui successivi calcoli dei valori di tensione e corrente.

Ed ecco il risultato della simulazione (Analysis/Transient/Run):

La tensione V1 (applicata a gradino, traccia blu), genera un'oscillazione della tensione ai capi di L1C1 (traccia rossa), mentre la corrente di L2 (traccia nera, quella calcolata e riportata nell'articolo) sale indefinitamente. A completamento della simulazione si vedono anche le tracce delle correnti rispettivamente in L1 (verde) e C1 (viola).

ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

Esercizio su circuito in regime variabile

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Presentazione

Il Testo

Soluzione

t<0

t=0

t>0

soluzione dell'equazione omogenea

soluzione particolare

Risoluzione Tramite Trasformata di Laplace

Conclusioni

Appendice

Simulazione in MicroCap

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