Circuito RLC Risposta al gradino

Risposta al gradino di un circuito RLC
Si mostra in fig.1 il circuito in esame.
Fig.1 – Circuito RLC serie da valutare per tre diversi valori di R.
Indichiamo con Vi la tensione di ingresso del generatore e con Vu la tensione di uscita prelevata sul
condensatore. Alla resistenza R saranno attribuiti i valori di 40KΩ, 4KΩ e 400Ω.
Determiniamo la funzione di trasferimento (f.d.t.) nel dominio di Laplace dopo aver posto le
impedenze complesse della induttanza e del condensatore, rispettivamente ai valori: sL e 1/sC.
1
sC
1
V ( s)
1
LC
G ( s) = u
=
= 2
=
R
1
1
Vi ( s )
s LC + sRC + 1
R + sL +
s2 + s +
sC
L LC
La f.d.t. presenta due poli e nessuno zero. Determiniamo i due poli applicando la formula
ridottissima all’equazione di 2° grado a denominatore:
2
p1, 2
R
1
 R 
=−
±   −
2L
LC
 2L 
Si possono presentare 3 casi in funzione del segno del discriminante.
2
1
 R 
1° caso: ∆/4 > 0 cioè:   −
> 0 Î i poli sono reali e distinti.
LC
 2L 
2
1
 R 
= 0 Î i poli sono reali e coincidenti.
2° caso: ∆/4 = 0 cioè:   −
LC
 2L 
2
L
1
10 ⋅ 10 −3
 R 
= 4,472 KΩ
In tal caso si ha:   =
⇒ R = 2⋅
= 2⋅
LC
C
2 ⋅ 10 −9
 2L 
1
2
1
 R 
3° caso: ∆/4 < 0 cioè:   −
< 0 Î i poli sono complessi e coniugati.
LC
 2L 
Ciò si verifica per: R < 4,472KΩ
Nell’analisi di questo caso porremo: R = 400Ω.
Risoluzione del primo caso: poli reali e distinti.
Posto: R = 40KΩ, ben maggiore di 4,472KΩ, la f.d.t. diventa:
G(s) =
50 ⋅ 10 9
s 2 + 4 ⋅ 10 6 s + 50 ⋅ 10 9
p1, 2 = −2 ⋅ 10 6 ± 4 ⋅ 1012 − 0,05 ⋅ 1012 = −2 ⋅ 10 6 ± 3,95 ⋅ 10 6
da cui:
p1 = (-2 + 1,98746)·106 = -12,54·103
p2 = (-2 - 1,98746)·106 = -3,98746·106
L’uscita Vu(s) nel dominio di Laplace, supponendo Vi(s)=1/s (gradino unitario), vale:
Vu ( s ) = Vi ( s ) ⋅ G ( s ) =
50 ⋅ 10 9
s ⋅ ( s + 12,54 ⋅ 10 3 ) ⋅ ( s + 3,98746 ⋅ 10 6 )
Per ottenere la tensione di uscita vu(t) in funzione del tempo si deve antitrasformare la precedente
formula. Prima, però, è necessario scomporre la Vu(s) in somma di frazioni parziali.
Vu ( s ) =
A
B
C
+
+
3
s s + 12,54 ⋅ 10
s + 3,98746 ⋅ 10 6
ove:
50 ⋅ 10 9
50 ⋅ 10 9
=1
A = lim Vu ( s ) ⋅ s = lim
=
s →0
s → 0 ( s + 12,54 ⋅ 10 3 ) ⋅ ( s + 3,98746 ⋅ 10 6 )
12,54 ⋅ 10 3 ⋅ 3,98746 ⋅ 10 6
B=
lim
s → −12 , 54⋅10
Vu ( s ) ⋅ ( s + 12,54 ⋅ 10 3 ) =
3
50 ⋅ 10 9
50 ⋅ 10 9
= −1,0031
=
s → −12 , 54⋅103 s ⋅ ( s + 3,98746 ⋅ 10 6 )
− 49,85 ⋅ 10 9
lim
Poiché deve essere: A + B + C = 0 Î C = -(A+B) = 0,0031
Antitrasformando si ha:
3
6
vu (t ) = 1 − e −12,54⋅10 ⋅t + 0,0031 ⋅ e −3,98746⋅10 ⋅t
Il terzo termine è trascurabile rispetto ai primi due perché il coefficiente 0,0031 è molto piccolo
rispetto all’unità ed il polo, in valore assoluto, è troppo grande rispetto all’altro per cui l’ultimo
esponenziale tende a zero parte dal valore 0,0031V e tende a zero assai prima dell’altro
esponenziale. Per tali considerazioni l’uscita è approssimabile a:
2
3
vu (t ) = 1 − e −12,54⋅10 ⋅t
Si riporta in fig.2 l’andamento grafico in funzione del tempo.
Fig.2 – Tensione sul condensatore: caso R = 40KΩ (poli reali e distinti).
La costante di tempo τ è l’antireciproco del polo p1:
τ=
1
= 69µs
14,54 ⋅ 10 3
Dopo t = τ si ottiene:
vu (t ) = 1 − e −1 = 1 −
1
1
1,718
= 1−
=
= 0,632V
e
2,718 2,718
In pratica per determinare sperimentalmente la costante di tempo τ si deve individuare dal grafico
ottenuto (con PSpice oppure sullo schermo dell’oscilloscopio) l’istante in cui la tensione di uscita vu
assume il valore 0,632V.
Dal grafico, infine, si nota che viene raggiunto il valore di regime (1V) dopo un tempo di poco
inferiore a 400µs.
Risoluzione del secondo caso: poli reali e coincidenti.
∆/4 = 0, cioè:
3
p1 = p2 = -
4,472 ⋅ 103
R
== -223,6 ⋅ 103
-3
2L
20 ⋅ 10
La risposta al gradino vale:
50 ⋅ 109
A
B
C
Vu ( s ) =
= +
+
3 2
3
s ⋅ ( s + 223,6 ⋅ 10 )
s s + 223,6 ⋅ 10
s + 223,6 ⋅ 103
(
A = limVu ( s ) ⋅ s =
s →0
)
2
50 ⋅ 109
=1
(223,6 ⋅ 103 ) 2
50 ⋅10 9
C = lim 3
= −223 ⋅10 3
s → −223, 6⋅10
s
Applichiamo la regola della somma dei residui uguale a zero ( si applica solo ai coefficienti che
hanno a denominatore un polinomio di 1° grado).
A + B = 0 Î B = -A = -1
3
vu (t ) = 1 − e −223,6⋅10 t − 223,6 ⋅ 103 ⋅ t ⋅ e −223,6⋅10
3
t
In questa espressione il secondo ed il terzo contributo non sono trascurabili.
Nelle seguenti figg. 3 e 4 si mostrano tali contributi. In fig.5, invece, si mostra la tensione di uscita
vu(t).
Fig.3 – Contributo del secondo termine dell’espressione matematica della tensione di uscita in
funzione del tempo.
4
Fig.4 – Contributo del terzo termine dell’espressione matematica della tensione di uscita in
funzione del tempo.
Fig.5 – Grafico della tensione di uscita nel caso di poli reali e coincidenti.
Dal grafico di fig.5 si nota come la risposta raggiunge il valore di regime dopo circa 25µs ed è,
quindi, almeno 10 volte più veloce del caso precedente di poli reali e distinti.
Risoluzione del terzo caso: poli complessi e coniugati.
5
∆/4 < 0 . Si pone R = 400Ω.
Quando si affronta lo studio di un sistema del secondo ordine con poli complessi e coniugati si
preferisce determinare i valori dei poli a denominatore risolvendo l’equazione:
s 2 + 2 ⋅ ξ ⋅ ωn ⋅ s + ωn2 = 0
p1, 2 = −ξ ⋅ ωn ±
Poiché si è supposto:
(ξ ⋅ ωn )2 − ωn2
= −ξ ⋅ ωn ± ωn ⋅ ξ 2 − 1 = −ξ ⋅ ωn ± jωn ⋅ 1 − ξ 2
∆
< 0 ⇒ ξ 2 −1 < 0 ⇒ ξ 2 < 1⇒ ξ < 1
4
ξ prende il nome di smorzamento ed è positivo.
Se lo smorzamento è maggiore di 1 i poli sono reali e distinti, se è uguale a 1 i poli sono reali e
coincidenti e, infine, se è minore di 1 i poli sono complessi e coniugati.
Immaginario
p1
jωn 1 − ξ 2
ωn
Reale
-ξωn
ωn
p2
− jω n 1 − ξ
2
Fig.6 – Dislocazione dei poli nel piano complesso. Il modulo di ciascun polo vale ωn.
Dal confronto tra l’espressione generale del denominatore: s2 + 2ξωn + ωn2 e quella del circuito RLC
serie: s2 + R/L + 1/LC si deduce che:
ωn2 =
1
⇒ ωn =
LC
2ξωn =
1
(pulsazione naturale)
LC
R
R
R C
(smorzamento)
⇒ξ =
=
L
2 Lω n 2 L
6
τ=
1
ξω n
=
1
= 49.7 µs è detta “costante di tempo” (antireciproco della parte reale dei
0.09 ⋅ 223600
poli) mentre: ω d = ω n ⋅ 1 − ξ 2 ≅ ω n = 223.6 Krad / sec . è nota come ”pulsazione naturale smorzata.
La pulsazione naturale ωn dipende, dagli elementi reattivi L e C.
Fissati questi, lo smorzamento ξ dipende dalla resistenza R.
Si definisce resistenza critica RC quel valore di R che rende lo smorzamento unitario, quindi:
RC
2
L
C
= 1 ⇒ RC = 2
C
L
Con i dati numerici a disposizione si ricava:
1
1
1
106
ωn =
=
=
=
= 223,6 Krad / sec . (pulsazione naturale)
LC
20
10 ⋅ 10− 3 ⋅ 2 ⋅ 10− 9
20 ⋅ 10−12
ξ=
R
2ωn L
=
400
400
=
= 0,09 (smorzamento)
3
−3
2 ⋅ 223,6 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10
4472
L’espressione di Laplace della risposta al gradino unitario è:
Vu ( s ) = Vi ( s ) ⋅ G ( s ) =
=
ω n2
1
⋅ 2
s s + 2ξω n s + ω n2
(*)
50 ⋅ 10 9
A
Bs + C
= + 2
2
3
9
s ⋅ ( s + 40 ⋅ 10 s + 50 ⋅ 10 ) s s + 40 ⋅ 10 3 s + 50 ⋅ 10 9
(**)
La precedente espressione in funzione della pulsazione naturale e dello smorzamento è disponibile
nelle tabelle di conversione per cui è facile ricavare l’antitrasformata di Laplace della Vu(s).
Ad ogni buon conto è possibile determinare i coefficienti A, B e C:
50 ⋅ 109
=1
s → 0 s 2 + 40 ⋅ 103 s + 50 ⋅ 109
A = lim s ⋅ Vu ( s ) = lim
s →0
Per determinare B e C si decide di applicare il principio di identità dei polinomi: si esegue la somma
dei due termini della formula (**) e la si uguaglia alla espressione al primo membro.
Poiché i denominatori sono uguali, devono essere identicamente uguali anche i numeratori per cui si
ha:
50 ⋅ 109 ≡ s 2 + 40 ⋅ 103 s + 50 ⋅ 109 + Bs 2 + sC
50 ⋅ 109 ≡ s 2 (1 + B ) + s (40 ⋅ 103 + C ) + 50 ⋅ 109
Si ha:
1 + B = 0 ⇒ B = −1,
40 ⋅ 103 + C = 0 ⇒ C = −40 ⋅ 103
Quindi:
7
Vu ( s ) =
s + 40 ⋅ 103
1
− 2
s s + 40 ⋅ 103 s + 50 ⋅ 109
Consultando le tabelle si ricava:


ω n2
1
L−1 
=1−
⋅ e −ξω nt ⋅ sen(ω n 1 − ξ 2 ⋅ t + ϕ ) con : ϕ = arccosξ
2
2 
2
1−ξ
 s ⋅ ( s + 2ξω n s + ω n ) 
1
Essendo: ξ = 0.09 Î arccos(0.09) = 84.3° ≅ 90° e:
≅1
1−ξ 2
Ricordando, infine, che sen(α+90°) = cos α si ricava:
vu (t ) = 1 − e −ξω nt ⋅ cos(ω n 1 − ξ 2 ⋅ t )
Fig.7 – Risposta al gradino per poli complessi e coniugati.
Nella figura 7 i due cursori, A1 e A2, sono stati inseriti in corrispondenza del primo e del secondo
picco.
Il cursore A1 è collocato nell’istante t1 = 42.5µs e il cursore A2 nell’istante t2 = 14.3µs.
L’intervallo di tempo t1-t2 = 28.2µs rappresenta il periodo di oscillazione smorzata T.
La formula teorica del periodo vale:
T=
2π
ω oscillazione
=
2π
ωn 1−ξ 2
≅
2π
ωn
=
6,28
= 28µs
223,6 ⋅ 10 3
La sovraelongazione massima, intesa come la differenza tra il più alto valore di picco ed il valore di
regime, vale:
8
Smax = S2 = vu(t2)-vu_regime= (1-e-ξωnt2 cosπ) – 1 = e-ξωnt2
La sovraelongazione corrispondente al punto A1 vale:
S1 = e-ξωnt1
Il rapporto tra le due sovraelongazioni vale :
S1
= e −ξω n ( t1 −t2 ) = e −ξω nT = e −ξ 2π = e −0, 09⋅6, 28 = e −0,5652 = 0,568
S2
Si dimostra che i rapporti tra le sovraelongazioni dei picchi successivi è data dalla stessa formula.
In laboratorio si è ottenuto: vu(t2) = 1,75V, vu(t1) = 1,42V e quindi:
S2 = 1,75 - 1 = 0,75V, S1 = 1,42 – 1 = 0,42V
S1/S2 = 0,42/0,75 = 0,56
Questo risultato coincide con quello teorico.
Si riporta il listato del programma in ambiente MATLB per il circuito in esame.
% Risposta al gradino di un circuito RLC serie
% uscita su C
% R=400 Ohm ; L=10mH ; C=2nF
n1=[50*1e9]
d1=[1 40*1e3 50*1e9 0]
[r,p,k]=residue(n1,d1)
n2=[50*1e9]
d2=[1 40*1e3 50*1e9]
step(n2,d2)
y=invlaplace('(50e9/(s*(s^2+40*1e3+50*1e9))')
Si ottiene:
9