Sol circuiti del II ordine

Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
Lezione n.9
Soluzione dei circuiti del II ordine
1.
2.
3.
4.
5.
Dalle equazioni di stato alla equazione differenziale del II ordine
Il problema alle condizioni iniziali
2.1 La dimensione fisica dei coefficienti dell’equazione differenziale
2.2 La determinazione delle condizioni iniziali
La soluzione del problema: evoluzione libera e forzata; termine
transitorio e di regime
3.1 Andamenti caratteristici dell’evoluzione libera
3.2 Criticità
3.3 Esercizi
3.3.1 RLC serie
3.3.2 RLC parallelo
3.3.3 RLC con due resistenze
3.3.4 RLC con tre resistenze
3.3.5 RCC con due resistenze
3.3.6 RLL con due resistenze
Il principio di sovrapposizione degli effetti
4.1 Esercizio: RCL con due generatori
4.2 Esercizio: RC con due generatori
L’origine dei transitori
Analogamente a quanto si è già fatto per i circuiti del I ordine,
“costruiremo” la soluzione per i circuiti di II ordine. Tutti gli esercizi
considerati nella Lezione n. 6 sono ora ripresi e si individuano per
ognuno di essi l’equazione differenziale del II ordine.
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
1. Dalle equazioni di stato all’equazione differenziale del II ordine
Come si è visto nella Lezione n.4 le equazioni di stato di un generico circuito sono:
Dx& (t ) = − Hx(t ) + g (t ),
{
per t > t0
(1)
}
con x = v1 ,...vnC , i1 ,...inL .
Per determinare la soluzione del sistema (1) è necessario conoscere il valore delle
variabili di stato nell’istante iniziale t0. Pertanto al sistema (1) aggiungeremo le
condizioni:
v1 (t 0 ) = V10
M
vnC (t 0 ) = VnC 0
(2)
i1 (t 0 ) = I10
M
inL (t 0 ) = I nL 0
che rappresentano le condizioni iniziali del problema (1).
Abbiamo detto che noi risolveremo circuiti al massimo del II ordine. Scriviamo,
allora, il problema (1)-(2) per un circuito del II ordine:
d1 x&1 (t ) = −h11 x1 (t ) − h12 x2 (t ) + g1 (t )

d 2 x& 2 (t ) = −h21 x1 (t ) − h22 x2 (t ) + g 2 (t )
(3)
dove abbiamo posto
d
D= 1
0
0
d 2 
e
h
H =  11
h21
h12 
.
h22 
(4)
Inoltre imponiamo le condizioni iniziali
x1(t0)=X10,
x2(t0)=X20.
(5a)
(5b)
E’ chiaro che le variabili di stato x1(t) e x2(t) possono essere o una tensione e una
corrente, se nel circuito abbiamo un condensatore e un induttore, oppure due tensioni
(correnti) se abbiamo due condensatori (induttori). Nel primo caso parliamo di
circuiti RLC nel secondo caso di RCC o RLL. E’ chiaro che la coppia X10, X20 sarà
nei rispettivi casi una tensione e una corrente, due tensioni o due correnti. Inoltre i
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
parametri d1 e d2 saranno nei vari casi rispettivamente una capacità e una induttanza,
due capacità o due induttanze.
Prima di addentrarci nella soluzione del problema, sottoliniamo alcune proprietà delle
matrici D e H che ci guideranno nella risoluzione dei circuiti che incontreremo nel
corso.
Se il circuito è dissipativo (cioè tutti gli elementi lineari sono passivi), allora gli
elementi di D sono tutti positivi e inoltre, per quanto riguarda la matrice H si ha che:
- gli elementi sulla diagonale sono ≥ 0;
- gli elementi fuori diagonale, nel caso di circuiti RLL ed RCC, sono, in modulo,
minori degli elementi corrispondenti sulla diagonale; nel caso di circuiti RLC
sono, in modulo, ≤ 1;
- la matrice è simmetrica nel caso di circuiti RLL ed RCC, ed è antisimmetrica
nel caso di circuito RLC.
Per tutti gli esercizi che risolveremo in questa lezione verificate le condizioni
suddette. Imparate ad usare le proprietà dei coefficienti delle matrici D ed H per
verificare la bontà delle equazioni trovate nei vostri esercizi svolti.
Risolviamo il sistema di equazioni (3).
Innanzitutto riduciamo il sistema di due equazioni differenziali ad un'unica equazione
del II ordine. Per fare questo riscriviamo il sistema nella forma seguente:
h11
h12
g1 (t )

&
(
)
(
)
(
)
=
−
−
+
x
t
x
t
x
t
1
1
2

d1
d1
d1


 x& (t ) = − h21 x (t ) − h22 x (t ) + g 2 (t )
1
2
 2
d2
d2
d2
(6)
Possiamo ricavare l’equazione del II ordine in x1 o in x2. Volendo, ad esempio,
ricavare l’equazione differenziale del II ordine in x1, ricaviamo x2 dalla prima
equazione del sistema (6), ottenendo:
x2 (t ) =
d1 
h
g (t ) 
 − x&1 (t ) − 11 x1 (t ) + 1  .
h12 
d1
d1 
(7)
La (7) è possibile scriverla nel caso in cui h12≠0 (se avessi voluto determinare
l’equazione differenziale per x2 avremmo dovuto ipotizzare h21≠0). Cosa accade
quando h12=0 e/o h21=0? Se h12=0 e h21=0, da un punto di vista matematico il sistema
(6) presenta due equazioni “disaccoppiate”. Ognuna delle due variabili di stato è
soluzione di una equazione del I ordine. In questo caso per determinare le due
variabili di stato occorre risolvere ogni singola equazione di stato.
Nel caso in cui uno solo dei due coefficienti è nullo: h12=0 o h21=0, accade
rispettivamente che la x1 è soluzione di una equazione differenziale del I ordine o la
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x2 è soluzione di una equazione differenziale del I ordine. In questo caso si dovrà
procedere risolvendo l’equazione del I ordine e una volta ottenuta la soluzione
sostituirla nell’altra equazione come se fosse un termine noto. Troverete online una
dispensa a parte dove vi sono riportati alcuni esempi di circuiti in cui si verifica
questo comportamento “degenere”.
Andiamo avanti.
Deriviamo, poi, la prima equazione del sistema (6):
&x&1 (t ) = −
h11
h
g& (t )
x&1 (t ) − 12 x& 2 (t ) + 1 ,
d1
d1
d1
(8)
dove abbiamo posto &x&1 (t ) = d 2 x1 (t ) dt 2 .
Sostituisco nella (8) la seconda del sistema (6), ottenendo:
&x&1 (t ) = −
h11
h  h
h
g (t )  g& (t )
x&1 (t ) − 12  − 21 x1 (t ) − 22 x2 (t ) + 2  + 1 ,
d1
d1  d 2
d2
d 2  d1
(9)
da cui eliminando le parentesi, si ha:
&x&1 = −
h11
h h
h h
g&
h g
x&1 + 12 21 x1 + 22 12 x2 + 1 − 12 2 .
d1
d1d 2
d 2 d1
d1 d1d 2
(10)
Sostituiamo la (7) nella (10)
&x&1 = −
h11
h h
h 
h
g  g&
h g
x&1 + 12 21 x1 + 22  − x&1 − 11 x1 + 1  + 1 − 12 2 ,
d1
d1d 2
d2 
d1
d1  d1 d1d 2
che riordinata finalmente risulta essere l’equazione cercata:
h
h 
h h −h h
h
g&
h
&x&1 +  11 + 22  x&1 + 11 22 12 21 x1 = 22 g1 + 1 − 12 g 2 .
d1d 2
d1d 2
d1 d1d 2
 d1 d 2 
(11)
Al fine di ottenere una visone più sintetica della (11) sarà conveniente porre:
1h
h 
α =  11 + 22 
2  d1 d 2 
(12)
che è una quantità sempre non negativa, e
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ω2 =
h11h22 − h12 h21
d1d 2
(13)
anch’essa sempre non negativa. Infine
G1 (t ) =
h22
g& (t ) h
g1 (t ) + 1 − 12 g 2 (t ) .
d1d 2
d1
d1d 2
(14)
La (11) quindi possiamo riscriverla nella forma:
&x&1 (t ) + 2α x&1 (t ) + ω 2 x1 (t ) = G1 (t )
(15)
Si osservi che nel caso in cui volessimo trovare l’equazione in x2, ciò che cambia è
solo il secondo membro della (15). Si avrebbe infatti al secondo membro:
G2 (t ) =
h11
g& (t ) h
g 2 (t ) + 2 − 21 g1 (t ) .
d1d 2
d2
d1d 2
(16)
2. Il problema alle condizioni iniziali
Per risolvere l’equazione differenziale del II ordine (15) abbiamo bisogno di
condizioni iniziali opportune. Abbiamo bisogno del valore dell’incognita
dell’equazione x1 (t ) e della sua derivata prima nell’istante iniziale. Esse sono
x1 (t 0 ) = X 10
(17)
e
d
x1 (t ) t =t = DX 10 .
0
dt
(18)
2.1 La determinazione delle condizioni iniziali del problema
La condizione (17) l’abbiamo: è la (5a); ma che dire della (18)? Qui si apre uno dei
punti cruciali della soluzione di circuiti del II ordine. La (18) rappresenta una
funzione valutata in un punto. In particolare la funzione derivata della x1 (t ) valutata
dx (t )
in un punto. Avremmo, quindi, bisogno di conoscere prima la funzione 1
e poi
dt
dobbiamo determinare il valore che assume nell’istante iniziale t = t0.
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
Osserviamo infatti che
d
d
x1 (t ) t = t 0 ≠
x1 (t 0 )
dt
dt
in quanto i due membri sono incompatibili, infatti mentre al primo troviamo la
derivata di una funzione che poi viene valutata in un punto, al secondo membro
troviamo la derivata di una funzione valutata in un punto, cioè di una costante.
La condizione (18) si ricava dalla prima equazione del sistema (6) valutata in t = t 0+ e
nella quale si sostituiscono al posto di x1 (t 0 ) e x2 (t 0 ) rispettivamente la (5a) e (5b)
g1 (t 0+ )
h11
h12
d
.
x1 (t ) t =t = − X 10 −
X 20 +
dt
d1
d1
d1
+
0
(19)
A questo punto abbiamo il problema riformulato in termini di equazione differenziale
del II ordine completo di condizioni iniziali (problema di Cauchy):
per t > t 0
&x&1 (t ) + 2α x&1 (t ) + ω 2 x1 (t ) = G1 (t )


 x1 (t 0 ) = X 10

g (t + )
h
h
 x&1 t =t = − 11 X 10 − 12 X 20 + 1 0 = DX 10

d1
d1
d1
(20)
+
0
Osserviamo che potevamo ottenere per la variabile di stato x2 (t ) un sistema analogo
al (20).
3. Soluzione di del problema: evoluzione libera e forzata; termine transitorio e di
regime
Come per le equazioni differenziali del I ordine anche in questo caso l’integrale
generale della (20) è rappresentabile come la sovrapposizione di due funzioni:
x1 (t ) = x10 (t ) + x1p (t ) ,
(21)
dove x10 (t ) è l’integrale generale dell’equazione omogenea associata alla (15), e
x1p (t ) è l’integrale particolare della nostra equazione differenziale. Anche in questo
caso diremo x10 (t ) termine transitorio e x1p (t ) termine di regime.
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Cominciamo con l’integrale generale dell’omogenea associata, che si determina a
partire dall’equazione (20) in cui G1 (t ) = 0 , quindi, cerchiamo la soluzione del
problema:
&x&1 + 2α x&1 + ω 2 x1 = 0 .
(22)
Usiamo ancora il polinomio caratteristico:
λ2 + 2α λ + ω 2 = 0 ,
(23)
le cui soluzioni sono le frequenze naturali del sistema :
λ1,2 = −α ± α 2 − ω 2 .
(24)
Ricordiamo che per le proprietà delle matrici D ed H , i coefficienti α e ω 2 sono
sempre non negativi. Il “tipo” di soluzioni ottenuti per λ 1 e λ 2 dipende dal valore
assunto dal radicando della radice della (24)
∆ = α 2 − ω2 .
(25)
Si dovranno distinguere tre casi:
• ∆<0
Le soluzioni sono complesse coniugate con parte reale negativa
λ1,2 = −α ± jω 0
dove abbiamo posto ω 0 = α 2 − ω 2 . In questo caso la soluzione è:
x1 (t ) = e
−α (t −t0 )
(k
1
cos(ω 0 (t − t 0 ) ) + k 2 sen(ω0 (t − t 0 ) )) + x p (t ) per t>t0
(26)
• ∆=0
Le soluzioni sono reali (negative) e coincidenti
λ1, 2 = −α
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
x1 (t ) = [k1 + k 2 (t − t 0 )] e −α (t −t0 ) + x p (t )
per t>t0
(27)
per t>t0
(28)
• ∆>0
Le soluzioni sono reali (negative) e distinte
λ1,2 = −α ± α 2 − ω 2
e la soluzione sarà
x1 (t ) = k1e λ1 (t −t0 ) + k 2 e λ2 (t −t0 ) + x1p (t )
Sinteticamente abbiamo che l’integrale generale corrispondente ai tre casi sarà:
e −α ( t −t ) (k1cos (ω0 (t − t 0 ) ) + k 2 sen(ω0 (t − t 0 ) ))

x1 (t ) = [k1 + k 2 (t − t 0 )] e −α ( t −t )
k e λ ( t − t ) + k e λ ( t − t )
2
 1
0
0
o
1
0
2
0
∆<0
∆=0
(29)
∆>0
Si osservi che se esprimiamo il determinante ∆ della (25) in funzione dei parametri
delle matrici H e D potremmo verificare che i circuiti RLL e RCC possono
ammettere solo soluzioni del tipo x1o (t ) = k1e λ1 (t −t0 ) + k 2 e λ2 (t −t0 ) (∆>0) .
Un ultima osservazione. Le variabili di stato per un circuito del II ordine sono due
x1 (t ) e x2 (t ) . Noi abbiamo lavorato solo su una delle due variabili. Cosa possiamo
dire dell’altra? L’altra variabile, la x2 (t ) , possiamo ricavarla dalla prima equazione
del sistema (6). Al secondo membro, infatti, abbiamo tutte funzioni note. Va detto
che potevamo procedere in modo opposto. Cioè calcolare la x2 (t ) e poi, di
conseguenza, la x1 (t ) . Poiché l’equazione differenziale è uguale nei due casi, le
frequenze naturali sono le stesse per entrambe le variabili. Esse, infatti, sono un
attributo del sistema e ogni grandezza del circuito avrà un transitorio con le stesse
costanti di tempo.
In tutti e tre i casi (26), (27) e (28) abbiamo due costanti da determinare: k1 e k 2 .
Occupiamoci ora di determinare tali costanti imponendo le condizioni iniziali:
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 x1 (t 0 ) = x1 (t 0 ) + x1 (t 0 ) = X 10


 x&1 (t ) t =t = x&1 (t ) t =t + x&1 (t ) t =t = DX 10
0
+
0
p
+
0
0
(30)
+
0
p
Ad esempio la (30) applicata al caso di soluzione corrispondente al determinante (25)
positivo dà:
(
)

− DX 10 + x&1 (t ) + λ2 X 10 − x1 (t 0 )
t =t
k =
1

λ2 − λ1

DX 10 − x&1 (t ) − λ1 X 10 − x1 (t 0 )

t =t
k 2 =

λ2 − λ1
+
0
p
p
+
0
(
p
p
)
(31)
Abbiamo risolto il problema! Abbiamo determinato la soluzione.
Vediamo ora la questione da un altro punto di vista. Come sappiamo dalla Lezione
n.8, la soluzione del problema può essere anche scritta come somma di
un’evoluzione libera ed una forzata.
Quindi potremo scrivere la soluzione come:
x1 (t ) = x1l (t ) + x1 f (t )
(32)
dove x1l (t ) è l’evoluzione libera ed è, quindi, la soluzione del problema:
&&
2
 x1l (t ) + 2α x&l1 (t ) + ω x1l (t ) = 0
 x1l (t 0 ) = X 10

 x&1l t =t = DX 10
(33)
+
0
con t>t0 e dove x1 f (t ) è la evoluzione forzata ed è quindi la soluzione del problema:
&&
2
&
(
)
(
)
x
t
2
α
x
t
ω
x1 f (t ) = G1 (t )
+
+
1
f
1
f
1


 x1 f (t 0 ) = 0

 x&1 f t = t = 0
(34)
+
0
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
con t>t0. Determinare la soluzione come la (21) o come la (32) dipende dai casi e in
particolare dal tipo di forzamento. Qualora questo è di tipo costante, sinusoidale o
polinomiale o combinazione di esponenziali conviene la (21). Viceversa, quando il
tipo di funzione del generatore non è uno dei casi appena citati conviene la (32).
3.1 Andamenti caratteristici dell’evoluzione libera
Osserviamo che la struttura matematica del termine transitorio e dell’evoluzione
libera sono uguali. Entrambi sono l’integrale generale dell’equazione omogenea
associata. Tuttavia nei due casi saranno diversi i valori delle costanti k1 e k2, perché
questi si calcolano in modo diverso. Nel primo caso le condizioni iniziali si
impongono all’integrale generale dell’omogenea associata sommato all’integrale
particolare; nel secondo caso, invece, le condizioni iniziali si impongono unicamente
all’integrale generale dell’omogenea associata.
Occupiamoci ora delle frequenze naturali e dei possibili andamenti dell’evoluzione
libera x1l (t ) .
Per ∆>0 abbiamo la seguente funzione somma di due esponenziali
x10 (t ) = k1e λ1 (t −t0 ) + k 2 e λ2 (t −t0 )
con t>t0
(35)
dove λ1 , λ2 sono sempre negativi. L’andamento che ne risulta è quello di una
funzione tendente asintoticamente a zero per t → ∞ , la cosiddetta evoluzione
smorzata. Vedi Fig.1 dove è stato rappresentato l’andamento tipico di questo caso.
Fig. 1 – Evoluzione libera in caso di frequenze reali e distinte (t0=0).
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
Per ∆<0, avremo λ1, 2 = −α ± jω 0 con ω 0 = α 2 − ω 2 in questo caso possiamo
scrivere
−α (t −t0 )  jω0 (t −t0 )
− jω0 (t −t0 ) 
+ k2e
=
k1e

−α  t −t 
= e  0  [k1cos(ω 0 (t − t 0 )) + k 2 sen(ω0 (t − t 0 ))]
x10 (t ) = e
(36)
con t>t0, in cui k1 = k1 + k 2 e k 2 = j (k1 − k 2 ). Osserviamo che k1 e k2 sono reali
perché k1 e k 2 sono complesse coniugate. Anche in questo caso la funzione si smorza
a zero. Tuttavia invece di andare a zero con legge esponenziale questa volta và a zero
con una oscillazione smorzata. In Fig.2 è rappresentata l’andamento tipico di questo
caso. Si osservi il periodo delle oscillazioni.
Fig. 2 – Evoluzione libera in caso di frequenze complesse coniugate (t0=0).
Per ∆=0, avremo λ1, 2 = −α con molteplicità due.
In questo caso possiamo scrivere la soluzione che diremo evoluzione critica
x10 (t ) = e −α (t −t0 ) (k + k 0 (t − t 0 ) )
(37)
con t>t0. Anche in questo caso la soluzione tende asintoticamente a zero. Quando è
possibile trovarsi in questa condizione? Quando α 2 = ω 2 . A differenza degli altri due
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
casi, questo caso si può ottenere, dunque, per particolari valori dei parametri. In Fig.
3 abbiamo rappresentato questo caso critico.
Fig. 3 – Evoluzione libera in caso di frequenze reali coincidenti (t0=0).
In conclusione ogni soluzione ammissibile del problema omogeneo tenderà a zero
asintoticamente. Tale risultato è giustificato dalla passività del circuito. Gli elementi
passivi nel circuito sono i condensatori e induttori e i resistori. I primi due possono
immagazzinare una energia limitata. Questo fatto è rappresentato dalla presenza delle
condizioni iniziali. Tale energia si dissiperà durante il transitorio sui resistori. Ed è
per questo motivo che l’evoluzione libera in tutti i casi tende a zero.
3.2 Criticità
Cosa accadrebbe se nel nostro circuito non vi fossero resistori?
In questo caso gli elementi sulla diagonale della matrice H sarebbero nulli e quindi
α sarebbe nulla. Questo si verifica nelle seguenti circostanze:
1. non ci sono resistori nel circuito;
2. ci sono due condensatori in serie o due induttori in parallelo;
3. quando in serie ad un condensatore c’è un circuito aperto e/o un corto circuito
in parallelo ad un induttore.
Potrebbe accadere che α = ω 0 e quindi uno dei due esponenziali tende a 1?
Sì. Questo è ancora possibile quando vi sono due condensatori in serie o due induttori
in parallelo.
3.3 Esercizi
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
In questo paragrafo esamineremo i circuiti analizzati nella Lezione n.6 trovando
l’equazione differenziale del II ordine, l’equazione per determinare la condizione
iniziale sulla derivata e l’espressioni delle frequenze naturali. In realtà in questa
Lezione, per analogia con la Lezione n.8 che riguardava i circuiti del I ordine,
dovremmo trovare la soluzione (29) e, a seconda della tipologia delle frequenze
naturali da individuare, specificare quale delle tre possibili. La tipologia delle
frequenze naturali è possibile individuarla solo avendo i valori dei parametri del
circuito; nelle Lezioni n. 11, 14 e 17 svolgeremo gli stessi esercizi di questa lezione
avendo assegnato i valori dei parametri dei componenti del circuito e alle funzioni
dei generatori.
3.3.1 RLC serie
Il circuito rappresentato in Fig. 4 è il circuito RLC serie.
v2
v3
i2
I
i1
e(t)
R
i3
II
III
i4
L
v4
C
v1
IV
Fig. 4 – Circuito RLC serie.
Riscriviamo il sistema di equazioni di stato come abbiamo introdotto nel sistema (6)
della Lezione n. 6:
 dv4
C dt = i3
(38)

di
 L 3 = −v - Ri + e(t )
4
3
 dt
con t>t0.
Ricordandoci delle matrici D ed H introdotte nella Lezione n.4 e usate nella (4),
possiamo scriviamo:
C
D=
0
0
0 − 1
;
H
=
1 R  .
L 


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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
Possiamo scrivere la (15) per la tensione sul condensatore:
v&&4 (t ) + 2αv&4 (t ) + ω 2 v4 (t ) = G1 (t ) ,
con:
α=
1R
,
2L
ω2 =
1
,
LC
G1 (t ) =
1
e(t ) .
LC
E quindi scriveremo dalla (20) e dal sistema (38):
R
1
1

&
&
&
v
(
t
)
+
v
(
t
)
+
v
(
t
)
=
e(t )
4
4
4

L
LC
LC


v4 (t 0 ) = V0
1
v&
( )
=
 4 t =t C i3 t 0 = DV0
per t > t 0
(39)
+
0
dove V0 e DV0 sono le condizioni necessarie a risolvere il problema per la variabile di
stato = la tensione del condensatore.
Per esercizio: ricavare la (39) per l’altra variabile di stato: la corrente nell’induttore.
Cosa cambierà nell’equazione trovata?
3.3.2 RLC parallelo
Consideriamo ora il circuito in Fig. 5 che rappresenta un circuito RLC parallelo.
I
i2
i1
j(t)
i3
i4
C
L
R
v2
v1
v3
v4
II
Fig. 5 – Circuito RLC parallelo.
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14
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
Riscriviamo il sistema di equazioni di stato come abbiamo introdotto nel sistema (8)
della Lezione n. 6:
v4
 dv4
C dt = - R - i3 + j (t )

 L di3 = v
4
 dt
(40)
con t>t0 e con:
C
D=
0
0
1 / R 1
; H =

 .
L
−
1
0


Possiamo scrivere la (15) per la corrente nell’induttore:
&i&3 (t ) + 2αi&3 (t ) + ω 2 i3 (t ) = G2 (t ) ,
con:
α=
1 1
1
2
, ω =
,
2 RC
LC
G1 (t ) =
1
j (t ) .
LC
E quindi scriveremo dalla (20) e dal sistema (40):
1 &
1
1
&&
i
(
t
)
+
i
(
t
)
+
i
(
t
)
=
j (t )
3
3
3

RC
LC
LC


i3 (t 0 ) = I 0
1
i&
v4 (t 0 ) = DI 0
=
3
t
=
t

L
per t > t 0
(41)
+
0
dove I0 e DI0 sono le condizioni iniziali necessarie a risolvere il problema per la
variabile di stato = la corrente dell’induttore.
Per esercizio: ricavare la (41) per l’altra variabile di stato: la tensione del
condensatore. Cosa cambierà nella (41)?
3.3.3 RLC con due resistenze
Cominciamo con il circuito di Fig. 6.
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15
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
Riscriviamo il sistema di equazioni di stato come abbiamo introdotto nel sistema (7)
della Lezione n. 6:
R2
1
1
 dv4
C
=
v
+
i
+
e(t )
4
3
 dt
R
+
R
R
+
R
R
+
R

1
2
1
2
1
2

 L di3 = - R2 v - R1 R2 i + R2 e(t )
4
3
 dt
R1 + R2
R1 + R2
R1 + R2
(42)
con t>t0 e con:
 1
R + R
0
2
; H = 1

L
 R2
 R1 + R2
C
D=
0
R2 
R1 + R2 
.
R1 R2 
R1 + R2 
−
v5
i5
R2
v3
v2
i2
I
i1
e(t)
R1
v1
i3
II
III
i4
L
v4
C
IV
Fig. 6 – Circuito del II ordine con due resistenze.
In questo caso:




1
1
1
,
α=
+

2 (R1 + R2 )C  1
1  

+

 R R  L 
 1
2  

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(43)
16
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
ω2 =
R2
1
R1 + R2 LC
(44)
E per quanto riguarda il termine forzante, se vogliamo l’equazione del II ordine nella
tensione sul condensatore:
G1 (t ) =
R2
1
1
e(t ) +
e&(t ) .
(R1 + R2 ) LC
(R1 + R2 )C
(45)
E quindi scriveremo dalla (20) e dal sistema (42):
v&&4 (t ) + 2α v&4 (t ) + ω 2 v4 (t ) = G1 (t ) per t > t 0


v4 (t 0 ) = V0

R2
1
1
v4 (t0 ) +
i3 (t 0 ) +
e(t + ) = DV0
v&4 t =t = 
(R1 + R2 )C
(R1 + R2 )C
(R1 + R2 )C
+
0
(46)
0
dove V0 e DV0 sono le condizioni necessarie a risolvere il problema per la variabile di
stato scelta e dove i parametri α e ω2 sono dati rispettivamente dalla (43) e (44) e la
funzione G1 dalla (45).
Per il circuito di Fig. 7….lasciamo per esercizio la determinazione dell’equazione del
II ordine!
I
i4
i3
i2
i1
j(t)
R1
C
v4
L
v1
v2
v3
II
I
i5
R2
v5
III
Fig. 7 – Circuito del II ordine con due resistenze.
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17
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
Vediamo invece gli altri due casi di circuiti con due resistenze citati dai due sistemi di
equazioni di stato (9) e (19) della Lezione n.6. Abbiamo disegnato i circuiti
rispettivamente nella Fig. 8 e 9.
Le equazioni di stato del circuito di Fig. 8 (confronta equazioni (11) della Lezione
n.6) sono:
1
 dv4
C
=
v 4 + i3
 dt
R2

 L di3 = - v - R i + e(t )
4
1 3
 dt
(47)
con t>t0.
Ricordandoci delle matrici D ed H introdotte nella Lezione n.4, possiamo scriviamo:
C
D=
0
1
0
; H =  R2


L
1

− 1
.

R1 
Possiamo scrivere in questo caso, ancora per la tensione sul condensatore:
1 1
R 
α = 
+ 1  ,
2  R2 C L 

R 
1 + 1 
R2 
ω2 = 
,
LC
G1 (t ) = −
1
e(t ) .
LC
E quindi scriveremo dalla (20) e dal sistema (47):

 1
R 
1
1
+ 1  v&4 (t ) +
v 4 (t ) =
e(t )
per t > t 0
v&&4 (t ) + 
R
C
L
LC
LC

2




v 4 (t 0 ) = V0

 1

dv4
1
=  v4 (t 0 ) + i3 ( 0 t ) = DV0
v&4 t =t0+ =
t = t 0+
dt
C
 R2 C


(48)
dove V0 e DV0 sono le condizioni necessarie a risolvere il problema per la variabile di
stato = la tensione del condensatore. Si osservi che quando R2 tende all’infinito si
ottengono le equazioni (39) come potevamo prevedere!
v2
v3
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18
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
.
i2
I
i3
II
III
i4
i1
R1
e(t)
i5
L
v1
C
v4
v5
R2
IV
Fig. 8 – Circuito del II ordine con due resistenze.
Le equazioni di stato del circuito di Fig. 9 (confronta equazioni (12) della Lezione
n.6) sono:
1
 dv4
C
=
v4 - i3 + j (t )
 dt
R1

 L di3 = v - R i
4
2 3
 dt
(49)
con t>t0.
Ricordandoci delle matrici D ed H introdotte nella Lezione n.4, possiamo scriviamo:
C
D=
0
1

0
1
.
; H =  R1


L 
− 1 R2 
Possiamo scrivere in questo caso per la corrente nell’induttore:

R 
1 + 2 
R1 
R 
1 1
1
α = 
+ 2  ,
ω2 = 
,
G2 (t ) =
j (t ) .
2  R1C L 
LC
LC
E quindi scriveremo dalla (20) e dal sistema (49):
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19
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine

(1 + R2 R1 )1
 1
R 
1
+ 2  i&3 (t ) +
i3 (t ) =
j (t )
i3 (t ) + 
R
C
L
LC
LC


1



i3 (t 0 ) = I 0

R2
1
i 3 (t 0 ) = DI 0
i&3 t =t0+ = v 4 (t 0 ) 
L
L
per t > t 0
(50)
dove I0 e DI0 sono le condizioni necessarie a risolvere il problema per la variabile di
stato = la corrente dell’induttore. Si osservi che quando R2 tende a zero si ottengono
le equazioni (41) come potevamo prevedere!
I
i2
i1
j(t)
C
R1
v3
L
v1
i4
i3
v2
II
I
v4
R2
v5
i5
III
Fig. 9 – Circuito del II ordine con due resistenze.
3.3.4 RLC con 3 resistenze
Lavoriamo ora sul circuito con tre resistenze di Fig. 10 già esaminato nella Lezione n.
6. Il sistema di equazioni di stato per il circuito in questione era il (17), riportiamolo:
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3
R2
 di3
−
v4 − e(t )
L
=
−
i
3
 dt
R2 + R3
R2 + R3
 dv
R2
1
C 4 =
i3 −
v4
 dt R2 + R3
R2 + R3
(51)
con t>t0.
Ricordandoci delle matrici D ed H introdotte nella Lezione n.4, possiamo scriviamo:
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20
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

L 0 
R2 + R3
D=
; H =

R2

0 C
−

R2 + R3
R2 
R2 + R3 
 .
1 
R2 + R3 
Possiamo scrivere per la tensione sul condensatore:
1
1
α = 
+
2  (R2 + R3 )C
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 1  2 R1 + R2 1
1
 , ω =
, G2 (t ) = −
e(t ) .
R2 + R3
L
R2 + R3 LC
LC
E quindi scriveremo dalla (20) e dal sistema (51) per t > t0:


R R + R1 R3 + R 2 R3 1 
R + R2 1
1
1
 v& 4 (t ) + 1
+ 1 2
v 4 (t ) = −
e(t )
v&&4 (t ) + 
+
+
+
(
R
R
)
C
R
R
L
R
R
LC
LC
2
3
2
3
2
3





v 4 (t 0 ) = V0
R2

1
&
=
−
v
i
(
t
)
v (t ) = DV0
+
 4 t =t0 (R + R )C 3 0
(R2 + R3 )C 4 0

2
3
(52)
dove V0 e DV0 sono le condizioni necessarie a risolvere il problema per la variabile di
stato = la tensione del condensatore.
v3
v2
I
II
i2
i1
e(t)
v4
R1
v1
i3
III
i4
i6
i5
L
R2
C
v5
R3
v6
V
Fig. 10 − Circuito del II ordine con tre resistenze.
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21
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
Per il circuito di Fig. 11….a voi l’arduo compito!
R1
II
I
i4
i1
i5
i2
v2
e(t)
i6
R3
C
v4
L
v5
v1
v6
III
I
i3
R2
v3
IV
Fig. 11 – Circuito del II ordine con tre resistenze.
3.3.5 RCC con due resistenze
Riprendiamo l’esercizio della Fig. 12 (Fig. 7 della Lezione n.6) le cui equazioni di
stato avevamo trovato essere le (22) che qui riscriviamo:
 dvC1
 R + R2 
1
1
vC1 + vC 2 + e(t )
= − 1
C1
dt
R1
R1
 R1 R2 

C2 dvC 2 = 1 vC1 − 1 vC 2 − 1 e(t )

dt
R1
R1
R1
(53)
per t>t0.
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22
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
v2
I
vC2
iC2 III
II
i2
i1
R1
e(t)
C2
v5
vC1
C1
v1
i5
iC1
R2
IV
Fig. 12 – Circuito del II ordine con due capacità.
Ricordandoci delle matrici D ed H introdotte nella Lezione n.4, possiamo scriviamo:
C
D= 1
0
 R1 + R2
 RR
0
;
H
=
 1 2

C2 
 − 1

R1
1
R1 
 .
1 
R1 
−
Possiamo scrivere per la tensione sul condensatore C1:
1 R + R
1 
1
1
2
 , ω 2 =
α =  1
,
+
2  R1 R2 C1 R1C2 
R1 R 2 C 1 C 2
G1 (t ) =
1
e&(t ) .
R1C1
E quindi scriveremo dalla (20) e dal sistema (53) per t > t0:

 R1 + R2
1 
1
1
1
 v&C1 (t ) +
+
vC1 (t ) =
e&(t )
v&&C1 (t ) + 
R
R
C
R
C
R
R
C
C
R
C
 1 2 1
1 2 
1 2
1 2
1 1



vC1 (t 0 ) = V0
 R1 + R2 

1
1

vC1 (t 0 ) + vC 2 (t 0 ) − e(t 0+ ) = DV0
&
v
=
−
 C 1 t =t
R1
R1
 R1 R2 

(54)
+
0
dove V0 e DV0 sono le condizioni necessarie a risolvere il problema per la variabile di
stato = la tensione del condensatore C1.
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23
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
3.3.6 RLL con due resistenze
Riprendiamo anche il circuito di Fig. 13 (Fig. 8 della Lezione n.6) le cui equazioni di
stato erano le (26) e qui le riportiamo:
 diL1
 L1 dt = − R2 iL1 + R2 iL 2
 di
 L2 L 2 = R2 iL1 − (R2 + R1 )iL 2 + e(t )
 dt
(55)
Ricordandoci delle matrici D ed H introdotte nella Lezione n.4, possiamo scriviamo:
L
D= 1
0
0
 R2
=
;
H
− R
L2 
 2
− R2 
.
(R2 + R1 )
Possiamo scrivere per la tensione sul condensatore C1:
1 R
α =  2 +
2  L1
R2 + R1 
,
L2 
ω2 =
R1 R2
R2
, G1 (t ) =
e(t ) .
L1 L2
L1 L2
E quindi scriveremo dalla (20) e dal sistema (55) per t > t0:

 R2 R2 + R1  &
RR
R
 iL1 (t ) + 1 2 iL1 (t ) = − 2 e(t )
+
&i&L1 (t ) + 
L2 
L1 L2
L1 L2
 L1



iL1 (t 0 ) = I 0
R2
R2
&
iL1 t =t0+ = − L iL1 (t 0 ) + L iL 2 (t 0 ) = DI 0

1
1
(56)
dove I0 e DI0 sono le condizioni necessarie a risolvere il problema per la variabile di
stato = la corrente nell’induttore L1.
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24
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
v3
i3
R2
vL1
v2
i2
I
i1
e(t )
R1
v1
iL1 III
II
iL2
L1
vL2
L2
IV
Fig. 13 – Circuito del II ordine con due induttanze.
4. Principio di sovrapposizione degli effetti
Avendole già introdotte nel paragrafo 5 della Lezione n.8, richiamiamo qui
brevemente le proprietà che derivano dal principio di sovrapposizione degli effetti.
Ricordiamo che tale principio è verificato se nel circuito tutti i bipoli passivi sono
lineari. La soluzione sarà la somma di diverse soluzioni ognuna corrispondente alla
“risposta” ad un unico generatore. Quando consideriamo uno dei generatori vorrà dire
che spegniamo tutti gli altri, ossia mettiamo un corto circuito al posto dei generatori
di tensione e un circuito aperto al posto dei generatori di corrente. Calcolate tutte le
“risposte” ai vari generatori, le condizioni iniziali vanno imposte alla sovrapposizione
di tutte queste soluzioni trovate sommate al termine transitorio.
La differenza fondamentale tra i circuiti del I ordine e del II è il fatto che nel secondo
caso abbiamo bisogno di conoscere la condizione iniziale anche sulla derivata prima
della grandezza di cui intendiamo valutare l’equazione differenziale del II ordine.
Questa condizione come sappiamo si ricava dal sistema delle equazioni di stato.
4.1 Esercizio: RCL con due generatori
Come applicazione del principio di sovrapposizione studiamo il circuito con due
generatori facciamo riferimento al circuito di Fig. 4.
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25
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
v4
v3
i1
I
i3
II
III
i7
i6
i2
R2
j1(t)
v2
v1
i4
L
i5
v6
v5
C
R1
j2(t)
v7
R3
IV
Fig. 14 − Circuito del II ordine con due generatori.
Poiché il circuito di Fig. 14 non lo abbiamo affrontato nella Lezione n.6
determiniamo il sistema globale. Per il sistema globale escludiamo il nodo IV.
Scegliamo e orientiamo le maglie come indicato in Fig. 14.
Scriviamo le equazioni ai nodi:
I)
II)
III)
i1 − i2 − i3 = 0
i3 − i4 = 0
i4 − i5 − i6 + i7 = 0
Scriviamo le equazioni alle maglie:
m1)
m2)
m3)
m4)
v1 − v2 = 0
v 2 − v 3 − v 4 − v5 = 0
v5 − v6 = 0
v6 − v 7 = 0
Scriviamo le relazioni caratteristiche:
i1 = j1 (t )
v2 = R1i2
v3 = R2 i3
dv
i5 = C 5
dt
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26
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
di4
dt
v6 = R3i6
i7 = j 2 (t )
v4 = L
Le variabili di stato sono la corrente i4 dell’induttore e la tensione v5 del
condensatore.
Sostituiamo le relazioni caratteristiche nelle equazioni ai nodi e alle maglie:
 j1 (t ) − i2 − i3 = 0
i − i = 0
3 4
i − C dv5 − i + j (t ) = 0
6
2
 4
dt
v1 − R1i2 = 0

di4
 R1i2 − R2 i3 − L dt − v5 = 0
v − R i = 0
3 6
 5
 R3i6 − v7 = 0
(57)
Eliminiamo dal sistema (57) le incognite v1, v7. Otteniamo il sistema:
 j1 (t ) − i2 − i3 = 0
i − i = 0
3 4
i − C dv5 − i + j (t ) = 0
6
2
4
dt

di
 R1i2 − R2 i3 − L 4 − v5 = 0
dt

v
−
R
i
=
0
 5
3 6
(58)
Eliminiamo dal sistema (58) le correnti i2, i3 e i6. Otteniamo il sistema:
v5
 dv5
C dt = − R + i4 + j2 (t )
3

di
 L 4 = −v5 − (R1 + R2 )i4 + R1 j1 (t )
 dt
(59)
Dal sistema (59) si può dimostrare che si ottiene la seguente equazione differenziale
di II ordine nella variabile la tensione v5(t):
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27
Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
d 2 v5 (t )  1
R12  dv5 (t ) 
R12  1
R12
R1
1 dj2 (t )




+
+
+
1
+
v
(
t
)
=
j
(
t
)
+
j
(
t
)
+
(60)
5
2
1
RC
 dt

 LC
dt 2
L
R
LC
LC
C
dt
 3


3 
dove R12 = R1+R2.
Alla equazione (60) dobbiamo aggiungere le condizioni iniziali:
v5 (t 0 ) = V0
(60a)
d
v5
dt
(60b)
t =t0+
v5 (t 0+ ) 1
1
=−
+ i4 (t 0+ ) + j 2 (t 0+ ) = DV0 .
R3C C
C
dove V0 e DV0 sono le condizioni necessarie a risolvere il problema per la variabile di
stato che corrisponde alla tensione nel condensatore.
4.2 Esercizio: circuito RC con due generatori
Consideriamo il circuito di Fig. 15 (lo stesso con interruttore chiuso di Fig. 11 della
Lezione n. 8) e supponiamo di doverlo studiare da -∞ < t < +∞ avendo per generatori:
e(t)= 10 Volt
j(t)= 3u(-t) A + 6u(t) A (dove u(t) è la funzione a gradino unitaria)
v2
I
i2
i5
II
i1
i4
i3
j(t)
R1
e(t)
v1
C
v3
v4
v5
R2
III
Fig. 15 – Circuito RC con due generatori.
Come possiamo risolvere il circuito? La peculiarità dell’esempio da studiare è che
uno dei due generatori non “cambia”, mentre l’altro invece in t =0 cambia valore.
Questo cambiamento produce un transitorio che ha inizio in t =0. Ci sono due
approcci possibili. Consideriamo come uscita del sistema circuito di Fig. 15 la
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
tensione sul condensatore. Possiamo schematizzare i due approcci come abbiamo
fatto nella Fig. 16.
e(t)
v3(t)
- ∞ < t < +∞
j(t)
e(t)
e(t)
v3(t)
v3(t)
j(t)
t<0
j(t)
t>0
v3(0+)= v3(0-)
e(t)
v3e(t)
- ∞ < t < +∞
v3(t)
+
j(t) - ∞ < t < +∞
v3j(t)
Fig. 16 – Due approcci risolutivi possibili.
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Lezione 9 – Soluzione dei circuiti del II ordine
5. L’origine dei transitori
Le considerazioni da fare in questa lezione non aggiungono nulla a quanto detto nella
Lezione n.8. Da un punto di vista operativo, ciò che caratterizza i circuiti del II ordine
rispetto ai circuiti del I ordine, è il fatto che bisogna calcolare un’equazione
differenziale del II ordine anziché del I ordine e che devo determinare (usando le
equazioni di stato) la condizione iniziale sulla derivata prima della grandezza di cui
devo risolvere l’equazione differenziale.
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