Circuiti RC e RL con Thévenin e linearità

Circuiti RC più complicati

Abbiamo un generatore di tensione ${𝑉}_{𝑠\left(𝑡\right)}$, collegato ad una resistenza ${𝑅}_1$, poi il circuito si divide tra una resistenza ${𝑅}_2$ e un condensatore $𝐶$.

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

All’istante ${𝑡}_0$ la differenza di potenziale ai capi del condensatore ha valore $𝐴$.

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:

$$\{\begin{array}{c}\frac{d{𝑉}_{𝐶}\left(𝑡\right)}{d𝑡}+\frac{{𝑉}_{𝐶}\left(𝑡\right)}{𝜏}=\frac{{𝑉}_{𝑇}\left(𝑡\right)}{𝜏}\\ 𝜏=𝐶{𝑅}_{𝑇}\\ {𝑉}_{𝐶}\left({𝑡}_0\right)=𝐴\end{array}$$

che contiene un’equazione differenziale del tipo $\frac{d𝑦\left(𝑡\right)}{d𝑡}+𝑎\left(𝑡\right)𝑦\left(𝑡\right)=𝑏\left(𝑡\right)$ con soluzione $𝑦\left(𝑡\right)=𝑦\left({𝑡}_0\right){𝑒}^{-\left(𝛼\left(𝑡\right)-𝛼\left({𝑡}_0\right)\right)}+{𝑒}^{-𝛼\left(𝑡\right)}{\int }_{{𝑡}_0}^{𝑡}{𝑒}^{𝛼\left(𝑠\right)}𝑏\left(𝑠\right)d𝑠$

dove $𝛼\left(𝑡\right)=\int 𝑎\left(𝑡\right)d𝑡$ è la primitiva di $𝑎\left(𝑡\right)$.

$${𝑉}_{𝐶}\left(𝑡\right)=𝐴{𝑒}^{-\frac{𝑡-{𝑡}_0}{𝜏}}+\frac{{𝑒}^{-\frac{𝑡}{𝜏}}}{𝜏}{\int }_{{𝑡}_0}^{𝑡}{𝑒}^{\frac{𝑠}{𝜏}}{𝑉}_{𝑇\left(𝑠\right)}d𝑠$$

• 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

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

• è additivo: $𝑂\left[{𝑥}_1\left(𝑡\right)+{𝑥}_2\left(𝑡\right)\right]=𝑂\left[{𝑥}_1\left(𝑡\right)\right]+𝑂\left[{𝑥}_2\left(𝑡\right)\right]$
• è omogeneo: $𝑂\left[𝑎𝑥\left(𝑡\right)\right]=𝑎𝑂\left[𝑥\left(𝑡\right)\right]$

Esempio:

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

Bisogna trovare ${𝐼}_{{𝑅}_4}$. Grazie alla linearità si può dire che ${𝐼}_{{𝑅}_4}={𝐼}_{{\left({𝑅}_4\right)}^{\prime }}+{𝐼}_{{\left({𝑅}_4\right)}^{″}}$ dove:

• ${𝐼}_{{\left({𝑅}_4\right)}^{\prime }}$ è il contributo dato dal generatore di corrente $𝐼$. Si calcola come:

$$\frac{𝐼{\left(\frac{1}{{𝑅}_2}+\frac{1}{{𝑅}_3}+\frac{1}{{𝑅}_4}\right)}^{-1}}{{𝑅}_4}$$

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

• ${𝐼}_{{\left({𝑅}_4\right)}^{″}}$ è il contributo dato dal generatore di tensione $𝑉$. Si calcola applicando la legge di Ohm: il rapporto tra la tensione del generatore e la resistenza equivalente, data dal parallelo di ${𝑅}_2$ e ${𝑅}_3$ in serie con ${𝑅}_4$.

Circuiti RL

Consideriamo un circuito formato da un generatore di tensione ${𝑉}_{𝑠}$, una resistenza ${𝑅}_1$ e, in serie, un induttore ${𝐿}_1$.

All’istante ${𝑡}_0$ spostiamo l’interruttore sulla posizione $𝑎$, così il circuito entra nella fase di carica. Dopo aver atteso sufficiente tempo, a ${𝑡}_1$, spostiamo l’interruttore su $𝑏$, dando inizio alla fase di scarica.

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

Fase di carica

Costruiamo un sistema:

$$\{\begin{array}{c}{𝑉}_{𝑠}={𝑉}_{{𝑅}_1}\left(𝑡\right)+{𝑉}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)\\ {𝐼}_{{𝑅}_1}\left(𝑡\right)={𝐼}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)=𝐼\left(𝑡\right)\\ {𝑉}_{{𝑅}_1}\left(𝑡\right)={𝑅}_1{𝐼}_{{𝑅}_1}\left(𝑡\right)\\ {𝑉}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)={𝐿}_1\frac{d{𝐼}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)}{d𝑡}\\ {𝐼}_{{𝐿}_1}\left({𝑡}_0\right)=0\end{array}$$

Semplificando troviamo il problema di Cauchy:

$$\{\begin{array}{c}{𝑉}_{𝑠}={𝑅}_1𝐼\left(𝑡\right)+{𝐿}_1\frac{d𝐼\left(𝑡\right)}{d𝑡}\\ \iff \frac{1}{𝐼\left(𝑡\right)-\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}}d𝐼\left(𝑡\right)=-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}d𝑡\\ \iff {\int }_{𝐼\left({𝑡}_0\right)}^{𝐼\left(𝑡\right)}\frac{1}{𝐼\left(𝑡\right)-\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}}d𝐼\left(𝑡\right)={\int }_{{𝑡}_0}^{𝑡}-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}d𝑡\\ \iff ln\left(𝐼\left(𝑡\right)-\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\right)-ln\left(𝐼\left({𝑡}_0\right)-\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\right)=-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_0\right)\\ 𝐼\left({𝑡}_0\right)=0\end{array}$$$$ln\left(𝐼\left(𝑡\right)-\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\right)-ln\left(-\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\right)=-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_0\right)\iff 𝐼\left(𝑡\right)=\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\left(1-{𝑒}^{-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_0\right)}\right)$$

Fase di scarica

Costruiamo un sistema:

$$\{\begin{array}{c}{𝑉}_{{𝑅}_1}\left(𝑡\right)+{𝑉}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)=0\\ {𝐼}_{{𝑅}_1}\left(𝑡\right)={𝐼}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)=𝐼\left(𝑡\right)\\ {𝑉}_{{𝑅}_1}\left(𝑡\right)={𝑅}_1{𝐼}_{{𝑅}_1}\left(𝑡\right)\\ {𝑉}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)={𝐿}_1\frac{d{𝐼}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)}{d𝑡}\\ 𝐼\left({𝑡}_1\right)=\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\end{array}$$

Semplificando troviamo il problema di Cauchy:

$$\{\begin{array}{c}{𝑅}_1𝐼\left(𝑡\right)=-{𝐿}_1\frac{d𝐼\left(𝑡\right)}{d𝑡}\\ \iff {\int }_{𝐼\left({𝑡}_1\right)}^{𝐼\left(𝑡\right)}\frac{d𝐼\left(𝑡\right)}{𝐼\left(𝑡\right)}={\int }_{{𝑡}_1}^{𝑡}-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}d𝑡\\ \iff ln\left(𝐼\left(𝑡\right)\right)-ln\left(𝐼\left({𝑡}_1\right)\right)=-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_1\right)\\ 𝐼\left({𝑡}_1\right)=\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\end{array}$$$$ln\left(𝐼\left(𝑡\right)\right)-ln\left(\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\right)=-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_1\right)\iff 𝐼\left(𝑡\right)=\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}{𝑒}^{-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_1\right)}$$

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

$$\begin{array}{cc}{𝑉}_{{𝐿}_1}\left(𝑡\right)& ={𝐿}_1\frac{d\left(\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}{𝑒}^{-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_1\right)}\right)}{d𝑡}\\ & ={𝐿}_1\frac{{𝑉}_{𝑠}}{{𝑅}_1}\left(-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\right){𝑒}^{-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_1\right)}\\ & =-{𝑉}_{𝑠}{𝑒}^{-\frac{{𝑅}_1}{{𝐿}_1}\left(𝑡-{𝑡}_1\right)}\end{array}$$