Prova scritta di Elettrotecnica professor Luigi Verolino

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Gildo Porta
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1 Prova scritta di Elettrotecnica professor Luigi Verolino Cognome Matricola Nome Data La rete mostrata in figura, a riposo per t <, è forzata da un generatore sinusoidale (monolatero) del tipo e(t) = E sen(ωt) u(t). 2 i C (t) e(t) + i(t) L i L (t) C + v C (t) Assumendo che tra i diversi parametri sussista la relazione ω = 2 C =, determinare, operando prima nel dominio del tempo e poi in quello di Laplace, la corrente che circola nell induttore e l energia complessivamente assorbita dal resistore. Eseguire, infine, la codifica Spice assegnando dei valori numerici ai diversi parametri. Giudizio

2 Applicando le leggi di Kirchhoff alle due maglie che costituiscono la rete e all unico nodo indipendente, si ottengono le equazioni che descrivono la rete per t > : e = i + L di L [maglia e(t) L - ], L di L = v C [maglia 2 - C - - L], i = i L + C dv C [nodo 2]. Eliminando la corrente del generatore i(t), ci riconduciamo al sistema di equazioni differenziali nelle due variabili di stato e = i L + C dv C L di L = v C, + L di L, sistema che va risolto tenendo in debito conto della continuità delle variabili di stato la quale, essendo la rete a riposo prima che il generatore di tensione cominci a funzionare, stabilisce che v C () = e i L () =. Eliminando la tensione ai capi del condensatore, non è difficile ottenere un unica equazione risolvente del secondo ordine per la corrente dell induttore: d 2 i L + di L + i L 2 C = E sen(ωt), per t >, i L () =, di L ( + ) =. Le radici del polinomio caratteristico sono reali, coincidenti e pari λ,2 = - 2 C = - ω, dal momento che = (C) 2-4 =.

3 Pertanto, la soluzione generale dell equazione omogenea si può scrivere nella forma i L (t) = C + C 2 t e -ωt. Per la determinazione dell integrale particolare, utilizziamo il metodo dei fasori. Posto, allora, quale riferimento per le fasi proprio l unico generatore presente nella rete (convenzione ai valori massimi) e(t) E = E, essendo uguali le due reattanze X L = = L C = ω C = X C, non ci vuole molto a convincersi che I = e, pertanto, I Lp = E j XL = - j E. Tornando nel dominio del tempo, l integrale particolare vale: i Lp (t) = E sen ωt - π 2 = - E cos(ωt). Ora, imponendo all integrale generale i L (t) = i L (t) + i Lp (t) = C + C 2 t e -ωt - E cos(ωt) le condizioni iniziali, si ottengono le due relazioni che ci consentono di calcolare i valori delle due costanti di integrazione: C = E e C 2 = ω C = E L. Si noti che di L = E L sen(ωt) + C 2 e -ωt - ω C + C 2 t e -ωt di L ( + ) = C 2 - ω C. In definitiva, riassumendo e causalizzando la soluzione trovata, possiamo scrivere che

4 i L (t) = E ( + ωt) e-ωt - cos(ωt) u(t). Da questa corrente è facile ricostruire la dinamica delle altre variabili che descrivono il circuito. Ad esempio, la corrente del generatore, dato che v C = L di L = E sen(ωt) - E ωt e-ωt, diventa: i = e - L di L = E ωt e-ωt. Siamo, allora, pronti per calcolare l energia complessivamente assorbita dal resistore che, per definizione, è pari a W = i 2 (t) = E2 (ωt) 2 e -2ωt = E2 ω x 2 e -2x dx = 2 C E E i(t) v C (t) E ωt Nel calcolo del precedente integrale, si è adoperato la seguente primitiva (che si può controllare derivando membro a membro):

5 x 2 e ax dx = eax x2 - a 2x + a 2 a + costante. 3 Codifica Spice Assumendo, per esempio, = 5, C = µf, L = mh, E = 2, risulta: ω = 2 C = = krad/s. Esempio *Codifica Spice VE SIN( k ) 2 5 L 2 m C 2 u.tan n.5m.pobe.end isolviamo, ora, la nostra rete usando il metodo operatoriale. Posto E(p) = L e(t) = E ω p 2 + ω 2, la corrente del generatore risulta pari a

6 I(p) = E(p) + pl PC = E ω p 2 + ω 2 + L C pl + pc = E p ω 2 + p 2 + ω 2 p 2 + p C +. Poi, ricordando che ω = 2 C =, la precedente relazione si può scrivere nella forma semplificata I(p) = E ω p 2 + ω 2 p 2 + ω 2 p ωp + ω 2 = E ω (p + ω) 2, che consente di ottenere lo stesso risultato trovato operando nel dominio del tempo i(t) = L - I(p) = E ωt e-ωt.

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