Capitolo 8

8.1
Per t→∞ il condensatore si comporta come un circuito aperto pertanto la corrente tende a zero: la
R
= 5 × 10 3 e
funzione non può essere la (c). Ricavando α e ω0 si ottengono i seguenti valori: α =
2L
1
ω0 =
= 10 3 . Essendo α > ω0 il circuito è sovrasmorzato quindi la corrente non può essere
LC
oscillatoria come nel grafico (a). La funzione richiesta è la (b).
8.2
Per t→∞ il condensatore si comporta come un circuito aperto: la corrente tende a zero, quindi anche
vR si annulla. Per t=0− l’interruttore è aperto quindi la corrente è nulla così come la tensione vR.
Pertanto vR corrisponde al grafico (a).
Per t→∞ il condensatore si comporta come un circuito aperto e l’induttore come un c.c.; la corrente
tende a zero quindi vR=0. Dalla LKT deriva che vC tende a 12 V. Inoltre vC(0−) = 0 come specificato
nel testo; quindi vC corrisponde al grafico (c).
8.3
E’ un circuito RLC parallelo. Dalla espressione di v(t) si deduce: α = ½ , β =
ricaviamo la capacità: α =
ω0 =
1
LC
3
. Dal valore di α
2
1
1
3
⇒ ω0 = 1; essendo
= ⇒ C = 1 F. Inoltre β = ω 02 − α 2 =
2 RC 2
2
, abbiamo L = 1 H.
8.4
(1) Condizioni iniziali del circuito.
In t = 0− l’interruttore è in posizione 1 quindi la corrente dell’induttore è nulla. Il condensatore è un
c.a. pertanto la sua tensione è 12 V.
(2) α e ω0
Con l’interruttore in posizione 2 si ottiene un circuito RLC serie con
1
R
α=
=3
ω0 =
=2
2L
LC
α>ω0 ⇒ il circuito è sovrasmorzato. Le frequenze naturali sono:
s1 = −α + α 2 − ω 02 = −3+ 5 ≅ −0,76
s 2 = −α − α 2 − ω 02 = −3− 5 ≅ −5,23
(3) Condizioni iniziali dell’equazione differenziale (ED).
Il valore i(0+) è nullo per la continuità della corrente dell’induttore. La derivata della corrente è
v (0 + )
di +
, essendo vL la tensione dell’induttore (figura seguente).
(0 ) = L
dt
L
+
0.25
vC
+
F
−
1H
vL
6Ω
−
i
1
Con la LKT si scrive: v L (0 + ) + 6i (0 + ) − vC (0 + ) = 0 ⇒ v L (0 + ) = vC (0 + ) = 12 V (la tensione del
di +
(0 ) = 12 .
condensatore è continua). Infine
dt
(4) Calcolo dei coefficienti.
Utilizzando le formule (8.20) del libro, con x = i , abbiamo: A1 =
Infine, con la formula (8.11): i (t ) =
6
5
(e
− (3− 5 )t
− e −(3+
5 )t
)A.
6
5
≅ 2,68, A2 = −
6
5
.
8.5
(1) Condizioni iniziali del circuito.
In t = 0− l’interruttore è chiuso. Il condensatore è un c.a. e l’induttore un c.c. Il resistore da 4 Ω non
è percorso da corrente, dunque iL(0−) = 9/3 = 3 A, vC(0−) = 0 V.
(2) α e ω0
Con l’interruttore aperto si ottiene un circuito RLC parallelo. I parametri sono:
1
1
=1
α=
ω0 =
=4
2 RC
LC
α<ω0 ⇒ il circuito è sottosmorzato, con pulsazione β = ω 02 − α 2 = 15 rad/s.
(3) Condizioni iniziali dell’ED.
Il valore v(0+) è nullo per la continuità della tensione del condensatore. La derivata della tensione è
i (0 + )
dv +
, essendo iC la corrente del condensatore (figura seguente).
(0 ) = C
dt
C
+
v
1/8 F
iC
1/2 H
4Ω
− iL
Con la LKC si scrive: iC (0 + ) + i L (0 + ) + v(0 + ) / 4 = 0 ⇒ iC (0 + ) = −i L (0 + ) = −3 A (la corrente
dv +
(0 ) = −24 .
dell’induttore è continua). Infine
dt
(4) Calcolo dei coefficienti.
24
Sostituendo questi valori nelle formule (8.24) (x = v), abbiamo: A1 = 0 , A2 = −
.
15
24 −t
e sen( 15t ) V.
Infine, con la formula (8.15a): v(t ) = −
15
8.6
(1) Le condizioni iniziali del circuito sono date.
(2) α e ω0
Conviene trasformare il generatore di corrente in un generatore di tensione (figura seguente).
2
4Ω
0.5 H
2Ω
+ vL −
8 u(t) V
+
0.5 F
−
i(t)
+
vC
−
Utilizzando il procedimento descritto alle pagine 269-270, si ottiene l’equazione differenziale:
di
d 2i
+ 12 + 4i = 0
2
dt
dt
con α = 6 e ω0 = 2. Poiché α>ω0 il circuito è sovrasmorzato, con le frequenze naturali:
s1 = −α + α 2 − ω 02 = −6+ 32
s 2 = −α − α 2 − ω 02 = −6− 32
(3) Condizioni iniziali dell’ED.
v (0 + )
di +
(0 ) = L
, essendo vL la tensione
dt
L
dell’induttore. Con la LKT si scrive: v L (0 + ) + 6i (0 + ) + vC (0 + ) = 8 ⇒ v L (0 + ) = 8 − vC (0 + ) = 4 V.
di +
(0 ) = 8 .
Infine
dt
(4) Calcolo dei coefficienti.
4
4
Con le formule (8.20) abbiamo: A1 =
, A2 = −
.
32
32
4
e s1t − e s2t A.
Infine, con la formula (8.11): i (t ) =
32
Il valore i(0+) è nullo (dato). La derivata della corrente è
(
)
8.7
(1) Condizioni iniziali del circuito.
In t = 0− l’interruttore è chiuso. Il condensatore è un c.a. e l’induttore un c.c. La corrente
dell’induttore è i(0−) = 12/12 = 1 A; la tensione del condensatore coincide con la tensione del
resistore da 4 Ω, quindi vC(0−) = 4 i(0−) = 4 V.
(2) α e ω0
Per t>0 si ottiene un circuito RLC serie. I parametri sono:
R
1
α=
= 16
ω0 =
=8
2L
LC
α>ω0 quindi il circuito è sovrasmorzato. Le frequenze naturali sono:
s1 = −α + α 2 − ω 02 = −16+8 3 ≅ -2,14
s 2 = −α − α 2 − ω 02 = −16−8 3 ≅ -29,85
(3) Condizioni iniziali dell’ED.
i(0+)=1A per la continuità della corrente dell’induttore. La derivata della corrente è
v (0 + )
di +
(0 ) = L
, essendo vL la tensione dell’induttore (polarità coordinata con la corrente i).
dt
L
3
Con la LKT si scrive (interruttore aperto):
v L (0 + ) + vC (0 + ) + 8i (0 + ) = 12 ⇒ v L (0 + ) = 12 − 8 − 4 = 0 V.
di +
(0 ) = 0 .
Perciò
dt
(4) Calcolo dei coefficienti.
Con le formule (8.20) abbiamo: A1 =
2+ 3
≅ 1,077, A2 =
2− 3
2 3
−2 3
−2,14t
−29,85t
Infine, con la formula (8.11): i (t ) ≅ 1,077e
− 0,077e
A.
≅ - 0,077.
8.8
(1) Condizioni iniziali del circuito.
La condizione iniziale del condensatore è data (vC(0−) = 2V). Per ricavare iL(0−) conviene applicare
il teorema di Thevenin al bipolo mostrato di seguito.
10 kΩ
+
5 kΩ
vT
10 kΩ
+
−
−
10 V
La tensione vT coincide con la tensione ai capi del resistore a destra: vT = 10
10k 20
V. La
=
15k
3
40
kΩ. Sostituendo il bipolo equivalente di
3
Thevenin si ottiene lo schema seguente per t=0−, dal quale si ricava iL(0−) = ½ mA.
resistenza equivalente è RT = 10k + 10k // 5k =
40/3 kΩ
+
−
iL
20/3 V
(2) α e ω0
Per t >0 conviene sostituire il bipolo di Thevenin con quello di Norton (la corrente di c.c. è stata
ricavata sopra e vale ½ mA). In questo modo si ottiene il circuito RLC parallelo nella figura
seguente.
+
v(t)
-
10 µF
iC
40/3 kΩ
1 mH
½ mA
iL
4
Utilizzando il procedimento descritto alle pagine 269-270, si ottiene una equazione differenziale
1
15
1
=
= 3,75 e ω0 =
= 104. Poiché α < ω0, il circuito è
della forma (8.6) con α =
2 RC 4
LC
sottosmorzato, con pulsazione β = ω 02 − α 2 ≅ 10 4 rad/s.
(3) Condizioni iniziali dell’ED.
i (0 + )
dv +
(0 ) = C
. La corrente iC(0+) si ottiene con la LKC:
dt
C
v (0 + )
+
+
iC ( 0 ) + i L ( 0 ) +
= ½ mA
RT
dv +
(0 ) = -15.
Poiché iL(0+) = iL(0−) = ½ mA, si ricava iC(0+) = -3/20 mA, e
dt
(4) Calcolo dei coefficienti.
Sostituendo questi valori nelle formule (8.24) (x=v), si ricavano i coefficienti:
A1 = 2 , A2 = −7,5 × 10 −4 . Poiché A2<<A1, possiamo approssimare la soluzione con la seguente
espressione:
v(t ) ≅ 2e −3, 75t cos(10 4 t ) V
v(0 + ) = vC (0 + ) = vC (0 − ) = 2 V;
8.9
(1) Condizioni iniziali del circuito.
Conviene applicare il teorema di Thevenin al bipolo nella figura seguente. La tensione a vuoto è 12
V e la resistenza equivalente è 4 Ω.
8Ω
2Ω
4Ω
18 V
+
−
4Ω
Utilizzando il bipolo equivalente di Thevenin abbiamo il circuito seguente in t = 0−. Si ricavano i
8
seguenti valori: i L (0 − ) = 1 A, vC (0 − ) = 12 = 8 V.
12
8Ω
4Ω
12 V
+
−
+
vC
_
iL
(2) α e ω0
Per t > 0 si ha un circuito RLC serie con α =
R
= 1 , ω0 =
2L
1
LC
= 5 . Poiché α < ω0, il circuito è
sottosmorzato, con pulsazione β = ω 02 − α 2 = 2 rad/s.
5
(3) Condizioni iniziali dell’ED.
di
v (0 + )
i L (0 + ) = i L (0 − ) = 1 A; L (0 + ) = L
.
dt
L
La tensione vL(0+) si ottiene con la LKT: v L (0 + ) − vC (0 + ) + 8i L (0 + ) = 0 . Quindi
(4) Calcolo dei coefficienti.
Sostituendo questi valori
+
nelle
formule
+
A1 = i L (0 ) = 1 , A2 = αi L (0 ) / β = 0,5 .
(8.24)
Quindi
(x=iL),
si
abbiamo:
di L +
(0 ) = 0 .
dt
ricavano
A=
i
coefficienti:
A12
+ A22 = 5 / 2 ,
5 −t
e cos( 2t − 0,46) A.
2
φ = − tan −1 ( A2 / A1 ) = − tan −1 (1 / 2) ≅ −0,46 . La soluzione è i L (t ) =
8.10
(1) Condizioni iniziali del circuito.
Il circuito in t = 0− è mostrato nella figura seguente, a sinistra. Con la LKT si verifica che vC (0−) =
0. La corrente i scorre seguendo il percorso indicato in rosso (il resistore centrale è cortocircuitato).
Pertanto i(0−) = 9/3 = 3 A.
9V
9V
3Ω
3Ω
3Ω
3Ω
0.5 Ω
+
vC
-
-
vT
+
i
(2) α e ω0
Lo studio per t>0 si semplifica applicando il teorema di Thevenin al bipolo mostrato sopra a destra.
Si ricava facilmente vT = 4,5 V, RT = 1,5 Ω. Sostituendo il bipolo equivalente si ottiene il circuito
mostrato sotto.
4,5 V
0.5 Ω
1,5 Ω
− +
+
vC
−
1H
vL
+
0.5 F
−
i
E’ un circuito RLC serie con α =
R
= 1 , ω0 =
2L
1
LC
= 2 . Il circuito è sottosmorzato (α < ω0).
La pulsazione è β = ω 02 − α 2 = 1 rad/s.
6
(3) Condizioni iniziali dell’ED.
v (0 + )
di +
(0 ) = L
= v L (0 + ) . La tensione vL(0+) si ottiene con la
i(0+) = i(0−) = 3 A;
dt
L
di
LKT: v L (0 + ) + vC (0 + ) + 2i (0 + ) = 4,5 ⇒ vL(0+) = -1,5 V = (0 + ) .
dt
(4) Calcolo dei coefficienti.
di / dt (0 + ) + αi L (0 + )
A1 = i (0 + ) = 3 , A2 =
= 1,5 .
A = A12 + A22 ≅ 3,354 ,
Quindi
abbiamo:
β
φ = − tan −1 ( A2 / A1 ) = − tan −1 (1 / 2) ≅ −0,46 . La soluzione è i (t ) = 3,354e −t cos(t − 0,46) A.
8.11
(1) Condizioni iniziali del circuito.
Il circuito in t = 0− è mostrato nella figura seguente. La corrente iL è nulla, mentre la tensione vC si
ricava con la formula del partitore: vC (0−) = 15×6/9 = 10 V.
3Ω
+
vC
−
iL
6Ω
+
−
15 V
(2) α e ω0
Trasformando il generatore di tensione in un generatore di corrente, e combinando le resistenze in
parallelo, si ottiene lo schema seguente, per t > 0.
1H
+
vC
1/4 F
−
iL
2Ω
5A
iC
E’ un circuito RLC parallelo con un generatore costante. La tensione vC è descritta da una
1
1
= 1 , ω0 =
equazione differenziale del 2° ordine con α =
= 2. Poiché α < ω0 il circuito è
2 RC
LC
sottosmorzato, con pulsazione β = ω 02 − α 2 = 3 rad/s.
(3) Condizioni iniziali dell’ED.
dv
i (0 + )
vC (0 + ) = vC (0 − ) = 10 ; C (0 + ) = C
. La corrente iC(0+) si ottiene con la LKC:
dt
C
vC ( 0 + )
iC ( 0 ) + i L ( 0 ) +
=5
2
+
+
⇒
iC(0+) = 0 A
7
(4) Calcolo dei coefficienti.
Sostituendo questi valori nelle formule (8.24) (x=vC),
A1 = vC (0 + ) = 10 , A2 = αvC (0 + ) / β = 10 / 3 . La tensione è
si
ricavano


10
vC (t ) = e −t 10 cos( 3t ) +
sen( 3t ) V
3


La corrente i si ottiene con la LKC:
1 dvC vC
−
i = iL= 5 – iC – vC/2 = 5−
4 dt
2
Sostituendo l’espressione (1) nella (2) si ottiene: i(t) =e −t [-5 cos ( 3 t ) +
i
coefficienti:
(1)
(2)
5
3
sen ( 3 t)] + 5 A.
8.12
Nel caso di smorzamento critico la risposta presenta un massimo o un minimo all’istante
1 A
t 0 = − 2 (Figura (8.3) del libro). Poiché i(0+) = 0, applicando la LKT abbiamo
α A1
v (0 + )
di +
4
(0 ) = L
= − . La derivata in 0+ è negativa dunque la risposta
dt
L
L
di
4
presenta un minimo in t0. I coefficienti della soluzione sono: A1 = (0 + ) + αi (0 + ) = − e
dt
L
-3
+
A2 = i (0 ) = 0 . Pertanto t0 = 1/α = 4×10 ⇒ α = 250. Inoltre
1
ω0 =
= α = 250 ⇒ L = 0,016 H
L10 −3
R
= 250 , ricaviamo R = 8 Ω.
Infine, poiché α =
2L
v L (0 + ) = −vC (0 + ) ; quindi
8.13
In (a) esiste un taglio di induttori, quindi l’ordine è n = 3-1 = 2. In (b) esiste un percorso chiuso che
attraversa solo condensatori, quindi n = 3 -1 = 2.
8.14
In (a) l’ordine è 2 poiché non esistono vincoli derivanti dalle leggi di Kirchhoff. In (b) l’ordine è 1
poiché esiste un taglio costituito da induttori e un generatore di corrente.
8
8.15
Lo schema per ottenere le equazioni di stato è mostrato di seguito. Dobbiamo ricavare i1 e i2 in
funzione di v1 e v2.
1 kΩ
3 kΩ
+
−
i1
v1
9V
i2
+
−
+
−
v2
Con la LKT e la legge di Ohm si ottengono le relazioni seguenti:
i1 =
9 − v1
3 × 10
i2 =
3
9 − v2
10 3
Le equazioni di stato sono:
dv1
i
10 3
= 1 =−
v1 + 3 × 10 3
dt
C1
3
dv 2
i
= 2 = −10 3 v 2 + 9 × 10 3
dt
C2
8.16
Lo schema per ottenere le equazioni di stato è mostrato di seguito. Dobbiamo ricavare iC e vL in
funzione di vC e iL.
A
10 Ω
+
vL
−
iC
iL
+
−
vC
10 Ω
Applicando la LKC al nodo A abbiamo:
vC
+ i L + iC = 0
10
⇒
iC = −
vC
− iL
10
Applicando la LKT alla maglia tratteggiata si ricava:
v L = vC − 10i L
Le equazioni di stato sono:
dvC iC
=
= −2vC − 20i L
dt
C
di L v L
=
= vC − 10i L
dt
L
9
8.17
Lo schema per ottenere le equazioni di stato è mostrato di seguito. Dobbiamo ricavare i1 e i2 in
funzione di v1 e v2.
i 1Ω
1Ω
A
i2
i1
+
−
20 V
v1
+
−
+
−
i = 20 − v1
Con la LKT si ottiene:
v2
i2 = v1 − v 2
i1 = i − i2 = 20 − v1 − v1 + v 2
Con la LKC al nodo A si ricava:
Le equazioni di stato sono:
dv1
= i1 = −2v1 + v 2 + 20
dt
dv 2
= i2 = v1 − v 2
dt
8.18
Lo schema per ottenere le equazioni di stato è mostrato di seguito. Dobbiamo ricavare i1 e i2 in
funzione di v1 e v2.
A
R
R
R
i1
v1
i2
+
−
+
−
vS
+
−
v2
B
Con la formula di Millman si ottiene
v AB =
v1 + v 2 + v S
3
Le correnti si possono esprimere con le seguenti formule:
i1 =
v AB − v1
R
i2 =
v AB − v2
R
Sostituendo l’espressione precedente di vAB si ottiene:
− 2v1 + v2 + v S
3R
Le equazioni di stato sono:
i1 =
i2 =
v1 − 2v 2 + v S
3R
10
dv1 i1 − 2v1 + v 2 + v S
= =
dt
C
3RC
dv 2 i2 v1 − 2v 2 + v S
= =
dt
C
3RC
La matrice di stato è:
A=
Il determinante è ∆ =
1
3( RC ) 2
1 − 2 1 
3RC  1 − 2
> 0 ; la traccia è T = - 4 < 0; quindi il circuito è stabile.
8.19
Lo schema per ottenere le equazioni di stato è mostrato di seguito. Dobbiamo ricavare iC e vL in
funzione di vC e iL.
A
10 Ω
iC
vC
10 Ω
+
vL
−
+
−
iL
LKC nodo A:
vC
+ iC + i L = 0
10
⇒
iC = −0,1vC − i L
LKT maglia di destra:
10i L + v L − vC = 0
⇒
v L = vC − 10i L
Le equazioni di stato sono:
dvC
= iC = −0,1vC − i L
dt
di L
= v L = vC − 10i L
dt
La matrice di stato è
− 0,1 − 1 
A=
− 10
 1
Abbiamo: 2α = -T = 10,1; ω 02 = ∆ = 2 . Il termine y(t) è nullo poiché non ci sono generatori
indipendenti. L’equazione differenziale è:
d 2 vC
dt
2
+ 10,1
dvC
+ 2v C = 0
dt
8.20
Per studiare la stabilità è necessario determinare la matrice di stato e studiarne la traccia e il
determinante. Lo schema per ottenere le equazioni di stato è mostrato di seguito. Dobbiamo ricavare
iC e vL in funzione di vC e iL. Il generatore di tensione è stato spento poiché non influisce sulla
matrice di stato ma solo sul vettore di ingresso.
11
i
1Ω
1
iC
vC
Κi
2
i1
+
vL
+
−
1Ω
iL
−
LKC nodo 1:
i + iC = Ki
LKC nodo 2:
Ki + i L + i1 = 0
Per la legge di Ohm abbiamo i = vC mentre i1 = vL. Sostituendo si ottiene:
LKC nodo 1:
vC + iC = KvC
⇒
iC = ( K − 1)vC
LKC nodo 2:
KvC + i L + v L = 0
⇒
v L = − KvC − i L
Le equazioni di stato sono:
dvC
= iC = ( K − 1)vC
dt
di L
= v L = − KvC − i L
dt
La matrice di stato è
K − 1 0 
A=

 − K − 1
Il circuito è stabile se T = K−2 < 0 e ∆ = 1−Κ > 0. Entrambe le condizioni sono soddisfatte se K<1.
8.21
Lo schema per ottenere le equazioni di stato è mostrato di seguito. Dobbiamo ricavare iC1 e iC2 in
funzione di vC1 e vC2.
iC1
−
+
vC1
R1
vs(t)
1
_
R2
vC2
+
−
+
2
+
vo
+
−
iC2
_
v s − v1 v1 − v 2
−
R1
R2
v −v
= 1 2
R2
LKC nodo 1:
iC 1 =
LKC nodo 2:
iC 2
12
Applicando la LKT al percorso chiuso indicato dal tratteggio si ricava: v1 = vC1 + vC 2 ; inoltre
v 2 = vC 2 . Sostituendo nelle equazioni precedenti si ottiene
iC 1 = −
iC 2 =
v C 1 vC 1 v C 2 v s
−
−
+
R1 R2
R1 R1
v C1
R2
Utilizzando le relazioni dei condensatori si scrivono le equazioni di stato:
dvC1
v
v
v
v
= − C1 − C1 − C 2 + s
dt
R1C1 R2 C1 R1C1 R1C1
dvC 2
v
= C1
dt
R2 C 2
La matrice di stato è
  1
1 
1 
 −
+
− 

R1C1 
A =   R1C1 R2 C1 
1


0 

R2 C 2


Ricaviamo
i
coefficienti
dell’equazione
differenziale:
α = −T / 2 =
1  1
1 
,
 +
2C1  R1 R2 
1
. Si ha lo smorzamento critico se α = ω0 (pag. 271 del libro); imponendo la
R1C1 R2 C 2
condizione si ottiene l’equazione
(R1 + R2 )2 C1
=
4 R1 R2
C2
Poiché le incognite sono quattro, esistono infinite soluzioni. Ad esempio, si verifica facilmente che
la condizione è soddisfatta se R1=R2 e C1=C2.
ω 02 = ∆ =
8.22
Lo schema per ottenere le equazioni di stato è mostrato di seguito. Dobbiamo ricavare i1 e i2 in
funzione di v1 e v2.
v2
i2
+ −
i1
vs(t)
+
−
v1
+ −
4Ω
4Ω
−
+
13
Applicando la LKT al percorso indicato dalla linea tratteggiata abbiamo l’equazione
− v s + v1 + 4i1 = 0 , dalla quale si ricava:
v1 v s
+
4 4
Applicando la LKC alla linea chiusa in rosso si ottiene l’equazione i1 = i2 + v 2 / 4 , dalla quale si
ricava:
v
v
v v
i2 = i1 − 2 = − 1 − 2 + s
4
4 4
4
Utilizzando le relazioni dei condensatori si scrivono le equazioni di stato:
i1 = −
dv1
v v
= i1 = − 1 + s
dt
4 4
dv 2
= 16i2 = −4v1 − 4v 2 + 4v s
dt
(1)
(2)
La matrice di stato è
 1
−
A=  4
− 4


0 
− 4
Il valore nullo di a12 corrisponde al fatto che la variabile v1 è descritta da una equazione di primo
grado in cui non compare v2 (equazione (1)); pertanto v1 evolve in modo indipendente da v2. Ciò si
spiega fisicamente considerando che, per il c.c. virtuale dell’operazionale, la variabile v1 può essere
dedotta dal semplice circuito RC nella figura seguente. Al contrario, la variabile v2 dipende da v1
(v. equazione (2)).
1F
4Ω
vs(t)
+
−
+ v1 −
14