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ICE notes

Circuiti RC e RL con Thévenin e linearità

Circuiti RC più complicati

Section titled “Circuiti RC più complicati”

Abbiamo un generatore di tensione Vs(t)V_s(t), collegato ad una resistenza R1R_1, poi il circuito si divide tra una resistenza R2R_2 e un condensatore CC.

┌───R_1───┬────┐
│+        │    │
V_s       R_2  C
│-        │    │
└─────────┴────┘

All’istante t0t_0 la differenza di potenziale ai capi del condensatore ha valore AA.

Date le tre condizioni (tensione del generatore, tensione del condensatore, topologia del circuito), è necessario capire come risolverlo.

Partiamo dalla terza. Per il teorema di Thévenin, il lato sinistro del circuito può essere riscritto come un generatore e un resistore collegati in serie. Si è così tornati al caso del circuito studiato nella scorsa lezione.

┌───R_1───┬──       ┌───R_T────
│+        │         │+
V_s       R_2  ──>  V_T
│-        │         │-
└─────────┴──       └──────────

Otteniamo il sistema:

{dVCdt(t)+VC(t)τ=VT(t)ττ=C RTVC(t0)=A\begin{cases} \frac{dV_C}{dt}(t) + \frac{V_C(t)}{\tau} = \frac{V_T(t)}{\tau} \\ \tau = C\ R_T \\ V_C(t_0) = A \end{cases}

che contiene un’equazione differenziale del tipo dydt(t)+a(t) y(t)=b(t)\frac{dy}{dt}(t) + a(t)\ y(t) = b(t) con soluzione y(t)=y(t0) e−(α(t)−α(t0))+e−α(t)∫t0teα(s) b(s) dsy(t) = y(t_0)\ e^{-(\alpha(t) - \alpha(t_0))} + e^{-\alpha(t)} \int_{t_0}^t e^{\alpha(s)}\ b(s)\ ds

dove α(t)=∫a(t) dt\alpha(t) = \int a(t)\ dt è la primitiva di a(t)a(t).

VC(t)=A e−t−t0τ+e−tττ∫t0tesτ VT(s) dsV_C(t) = A\ e^{- \frac{t - t_0}{\tau}} + \frac{e^{- \frac{t}{\tau}}}{\tau} \int_{t_0}^t e^{\frac{s}{\tau}}\ V_T(s)\ ds
  • Se l’integrale è troppo complicato, non possiamo risolvere il circuito.
  • La somma dei due termini indica che ci sono una fase di scarica (primo termine), detta risposta libera, e una di carica (secondo termine), detta risposta forzata.

Linearità

Section titled “Linearità”

Un operatore O[x(t)]O[x(t)] si definisce lineare se e solo se possiede due proprietà:

  • è additivo: O[x1(t)+x2(t)]=O[x1(t)]+O[x2(t)]O[x_1(t) + x_2(t)] = O[x_1(t)] + O[x_2(t)]
  • è omogeneo: O[a x(t)]=a O[x(t)]O[a\ x(t)] = a\ O[x(t)]

Esempio:

       ┌─R_2─┐
       │     │
┌─R_1──┼─R_3─┤
│      │    +│
I      R_4   V
│      │    -│
└──────┴─────┘

Bisogna trovare IR4I_{R_4}. Grazie alla linearità si può dire che IR4=IR4′+IR4′′I_{R_4} = I_{R_4}' + I_{R_4}'' dove:

  • IR4′I_{R_4}' è il contributo dato dal generatore di corrente II. Si calcola come:

    I (1R2+1R3+1R4)−1R4\frac{I\ \left(\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} + \frac{1}{R_4}\right)^{-1}}{R_4}

    È necessario applicare un partitore di tensione, poiché la corrente si ripartisce tra le tre resistenze.

  • IR4′′I_{R_4}'' è il contributo dato dal generatore di tensione VV. Si calcola applicando la legge di Ohm: il rapporto tra la tensione del generatore e la resistenza equivalente, data dal parallelo di R2R_2 e R3R_3 in serie con R4R_4.

Circuiti RL

Section titled “Circuiti RL”

Consideriamo un circuito formato da un generatore di tensione VsV_s, una resistenza R1R_1 e, in serie, un induttore L1L_1.

All’istante t0t_0 spostiamo l’interruttore sulla posizione aa, così il circuito entra nella fase di carica. Dopo aver atteso sufficiente tempo, a t1t_1, spostiamo l’interruttore su bb, dando inizio alla fase di scarica.

   ┌──R_1──┐
   │       │
┌b \a─┐    │
│    +│    │
│     V_s  L_1
│    -│    │
└─────┴────┘

Fase di carica

Section titled “Fase di carica”

Costruiamo un sistema:

{Vs=VR1(t)+VL1(t)IR1(t)=IL1(t)=I(t)VR1(t)=R1 IR1(t)VL1(t)=L1dIL1dt(t)IL1(t0)=0\begin{cases} V_s = V_{R_1}(t) + V_{L_1}(t) \\ I_{R_1}(t) = I_{L_1}(t) = I(t) \\ V_{R_1}(t) = R_1\ I_{R_1}(t) \\ V_{L_1}(t) = L_1 \frac{dI_{L_1}}{dt}(t) \\ I_{L_1}(t_0) = 0 \end{cases}

Semplificando troviamo il problema di Cauchy:

{Vs=R1 I(t)+L1dIdt(t)  ⟺  1I(t)−VsR1 dI(t)=−R1L1 dt  ⟺  ∫I(t0)I(t)1I(t)−VsR1 dI(t)=∫t0t−R1L1 dt  ⟺  ln⁡(I(t)−VsR1)−ln⁡(I(t0)−VsR1)=−R1L1(t−t0)I(t0)=0\begin{cases} \begin{array}{ll} &V_s = R_1\ I(t) + L_1 \frac{dI}{dt}(t) \\[3pt] \iff &\frac{1}{I(t) - \frac{V_s}{R_1}}\ dI(t) = - \frac{R_1}{L_1}\ dt \\[3pt] \iff &\int_{I(t_0)}^{I(t)} \frac{1}{I(t) - \frac{V_s}{R_1}}\ dI(t) = \int_{t_0}^t - \frac{R_1}{L_1}\ dt \\ \iff &\ln\left(I(t) - \frac{V_s}{R_1}\right) - \ln\left(I(t_0) - \frac{V_s}{R_1}\right) = - \frac{R_1}{L_1}(t - t_0) \end{array} \\ I(t_0) = 0 \end{cases} ln⁡(I(t)−VsR1)−ln⁡(−VsR1)=−R1L1(t−t0)⇕I(t)=VsR1(1−e−R1L1(t−t0))\begin{array}{c} \ln\left(I(t) - \frac{V_s}{R_1}\right) - \ln\left(- \frac{V_s}{R_1}\right) = - \frac{R_1}{L_1}(t - t_0) \\[7pt] \Updownarrow \\ I(t) = \frac{V_s}{R_1} \left(1 - e^{- \frac{R_1}{L_1}(t - t_0)}\right) \end{array}

Fase di scarica

Section titled “Fase di scarica”

Costruiamo un sistema:

{VR1(t)+VL1(t)=0IR1(t)=IL1(t)=I(t)VR1(t)=R1 IR1(t)VL1(t)=L1dIL1dt(t)I(t1)=VsR1\begin{cases} V_{R_1}(t) + V_{L_1}(t) = 0 \\ I_{R_1}(t) = I_{L_1}(t) = I(t) \\ V_{R_1}(t) = R_1\ I_{R_1}(t) \\ V_{L_1}(t) = L_1 \frac{dI_{L_1}}{dt}(t) \\ I(t_1) = \frac{V_s}{R_1} \end{cases}

Semplificando troviamo il problema di Cauchy:

{R1 I(t)=−L1dIdt(t)  ⟺  ∫I(t1)I(t)dI(t)I(t)=∫t1t−R1L1 dt  ⟺  ln⁡(I(t))−ln⁡(I(t1))=−R1L1 (t−t1)I(t1)=VsR1\begin{cases} \begin{array}{ll} &R_1\ I(t) = - L_1 \frac{dI}{dt}(t) \\[3pt] \iff &\int_{I(t_1)}^{I(t)} \frac{dI(t)}{I(t)} = \int_{t_1}^t - \frac{R_1}{L_1}\ dt \\[3pt] \iff &\ln(I(t)) - \ln(I(t_1)) = - \frac{R_1}{L_1}\ (t - t_1) \end{array} \\ I(t_1) = \frac{V_s}{R_1} \end{cases} ln⁡(I(t))−ln⁡(VsR1)=−R1L1(t−t1)  ⟺  I(t)=VsR1e−R1L1(t−t1)\ln(I(t)) - \ln\left(\frac{V_s}{R_1}\right) = - \frac{R_1}{L_1}(t - t_1) \iff I(t) = \frac{V_s}{R_1} e^{- \frac{R_1}{L_1}(t - t_1)}

Per trovare la tensione basta usare la quarta espressione del sistema:

VL1(t)=L1ddt(VsR1e−R1L1(t−t1))=L1VsR1(−R1L1)e−R1L1(t−t1)=−Vs e−R1L1(t−t1)\begin{array}{ll} V_{L_1}(t) &= L_1 \frac{d}{dt}\left(\frac{V_s}{R_1} e^{- \frac{R_1}{L_1}(t - t_1)}\right) \\ &= L_1 \frac{V_s}{R_1} \left(-\frac{R_1}{L_1}\right) e^{- \frac{R_1}{L_1}(t - t_1)} \\ &= - V_s\ e^{- \frac{R_1}{L_1}(t - t_1)} \end{array}