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Esercizio di elettrotecnica 1

Indice

Abstract

Tesla.jpg

Tesla.jpg

In recente post ho trattato il comportamento di un circuito con generatore controllato la cui risoluzione sembrava a primo acchito portare ad equazioni indeterminate. Poi il grande RenzoDF mi ha fatto riflettere un po' più attentamente sulla particolarità e criticità della soluzione e sono nate queste righe.

Il circuito

Lo schema è abbastanza semplice, Ig applica un gradino di corrente in t=0\,\! tipo i_g(t)=I_0u(t)\,\!, le condizioni iniziali sono i_L(0^-)=0\,\! e v_C(0^-)=0\,\! ed abbiamo un generatore ideale di tensione controllato dalla corrente I_2\,\! dalla transresistenza H\,\!.



e la domanda dell'esercizio era "determinare la tensione ai capi di C per t\rightarrow\infty"...
facile! A transitoro finito sostituiamo le induttanze con cortocircuiti ed apriamo i condensatori...

La trappola sta nei valori numerici dati, R_2=H\,\!...e l'entusiasmo iniziale si smorza velocemente...scrivendo la tensione al nodo A si ha
HI_2=R_2I_2\,\! ma con H=R_2\,\! otteniamo un bel niente.... I_2=I_2\,\!
come dire qualsiasi corrente soddisfa l'equazione. Ne è di nessun aiuto qualche altra condizione ottenuta da I_g\,\! infatti la tensione al nodo A è fissata dal generatore ideale ed il fatto che ci passi o meno I_g\,\! è del tutto indifferente.

Un approccio diverso

Il problema sta nel fatto che è sì vero che qualsiasi corrente è possibile con L cortocircuitata e C aperto, ma è anche vero che il circuito tende a questa condizione, in senso stretto non la raggiunge mai, e quello che avviene prima deve eliminare l'indeterminazione sopra trovata.
Si potrebbe ovviamente scrivere il polinomio caratteristico della rete direttamente via Kirchhoff o che altro, oppure la fdt tra I_g\,\! e v_C\,\! ma cercherò invece una via meno diretta ma che chiarisca meglio il comportamento del circuito anche al variare di H\,\!.
La prima cosa è dividere il circuito in due parti, raddoppiando i generatori

si riesce infatti ad evidenziare che le metà destra e sinistra del circuito lavorano in maniera indipendente e si possono quindi studiare una alla volta...

Metà destra

La vediamo per prima, perchè è meno interessante e la accantoniamo velocemente.


Abbiamo infatti due generatori indipendenti dato che I_2\,\! è esterna al circuito e poi un semplice circuito RC del primo ordine.
La costante di tempo vale \tau_1=R_1C_1\,\! e nel dominio della s di Laplace avremo un polo reale negativo
s_1=-1/R_1C_1\,\!
Quindi con la sovrapposizione degli effetti abbiamo


V_c(s)=\frac{R_1I_g+HI_2}{-s/s_1+1}

Metà sinistra

Quì la cosa si fa più interessante


anche in questo caso naturalmente ci sono vari modi di affrontare il problema di legare I_2\,\! a I_g\,\! ma forse quello più semplice è considerare la resistenza vista "guardando" in R_2\,\!
Disattivando il generatore di corrente e applicando un generatore di prova


si ottiene
R_v=\frac{V_p}{I_p}=R_2-H
e quindi un altro circuito del primo ordine. Il fatto è che, a seconda dei valori numerici, c'è la possibilità che si presenti una resistenza negativa..



applicando la formula del partitore di corrente si ottiene immediatamente
I_2=\frac{sL}{sL+R_v}I_g=\frac{s\,L/R_v}{s\,L/R_v+1}I_g=\frac{-s/s_2}{-s/s_2+1}I_g\,\! con
s_2=-R_v/L=-\frac{R_2-H}{L}
Questa volta la "collocazione" del polo non è univoca, ma dipende dal segno di R_2-H\,\!

Tre casi...

Questa parte di circuito è caratterizzata da avere uno zero nell'origine, indipendentemente dal valore di H\,\! e un polo che invece si sposta su tutto l'asse reale.


i)Partiamo dal caso proposto nell'esercizio originale, H=R_2\,\! che comporta R_v=0\,\! e quindi semplicemente I_2=I_g\,\! infatti il polo nell'origine cancella lo zero.

Come già ricavato nel post originale si ha anche I_L=0\,\!


ii)Non appena poi H<R_2\,\! il polo si sposta nel semipiano sinistro e nel dominio del tempo si ha il classico decadimento esponenziale a seguito del gradino in ingresso.


i_2(t)=I_0e^{s_2t}u(t)


(notare che s2 < 0 e quindi l'esponenziale è decrescente) Si nota inoltre che, sotto questa condizione, il valore di H\,\! non influenza il valore finale che sarà sempre zero, ma solo la costante di tempo.

La corrente nella bobina si ricava facilmente applicando Kirchhoff ai nodi e ha ovviamente andamento "complementare" da zero sale per tendere a I_0\,\!


iii)Ultimo caso, H>R_2\,\! il polo si sposta nel semipiano destro ed il circuito evidenzia l'instabilità che ne consegue con la divergenza di I_2\,\! la sua espressione è la stessa del caso ii) ma stavolta s2 > 0.

In questo caso anche la corrente nella bobina diverge per mantenere l'equilibrio delle correnti al nodo.

Riuniamo il circuito

Visto il comportamento indipendente delle due metà riunire i risultati per ottenere vC(t) o quant'altro si riduce ad una moltilpicazione....

nel caso proposto dal problema la cosa poi è particolarmente semplice dato che H = R2 allora I2 = Ig e infine


V_c(s)=\frac{R_1+H}{-s/s_1+1}I_g(s) e nel caso di ingresso a gradino


v_C(t)=(R_1+H)I_g\,(1-e^{-t/\tau_1})u(t)


Non farò i casi più generali ma mi limito ad osservare che il polinomio caratteristico della rete intera sarà il prodotto dei due denominatori trovati prima, quindi per quanto un polo possa diventare positivo per nessun valore di H avremo poli complessi e quindi comportamenti oscillatori nella risposta.

Conclusioni

Ho proposto alcune considerazioni su questo circuito allo scopo di eveidenziare le "grandi" differenze di risposta al variare di un singolo parametro.

Altre vie sarebbero state possibili, vorrei solo ricordare che anche la teoria della reazione potrebbe descrivere il comportamento, facendo riferimento allo schema della "metà sinistra"

si potrebbe scrivere


I_2=\frac{HI_2-sL(I_2-I_g)}{R_2} che si potrebbe rappresentare così


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Commenti e note

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di ,

Oltre che essere interessante, la soluzione dell'esercizio che diventa un articolo per EY, è un esempio di uno degli obiettivi del sito: quello riunire e sintetizzare argomenti significativi del forum, in articoli ben organizzati che evidenziano il contenuto del tema sviluppato nella discussione.

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