[Elettrotecnica] Resistenza vista sia come cortocircuito che come circuito aperto

Le due capacità risultano in serie. Consideriamo la tensione di $v_(Cdec)$ positiva verso l'alto, lo stesso per $v_C$, e la corrente i in verso orario. Risulterà dalla LKT

$v_(C_(dec))=R_P*i + v_C$

e quindi derivando e osservando che:
$i/(C_(dec)) = - (dv_(C_(dec)))/dt$
$i/C =(dv_C)/dt$

si ottiene l'equazione che regola la scarica:
$R_P (di)/dt + (1/C+1/(C_(dec)))i=0$

Confrontando l'equazione con quella di un normale circuito RC si vede che

$1/C_(eq )= 1/C+1/(C_(dec))$

che è la formula dei condensatori in serie. Questo risultato si può interpretare in tante maniere. Un modo semplice è che la resistenza alla fin fine vede due condensatori in serie.

Ogni volta che ho visto risolvere un circuito dinamico mi son sempre ritrovato con un problema di Cauchy rispetto a una variabile di stato (in questo caso, se avessi dovuto impostarlo io, avrei usato la tensione ai capi di uno dei condensatori); tu, invece, hai scritto l'equazione di scarica rispetto alla corrente, che NON è variabile di stato. Quindi si può usare una variabile qualunque per scrivere il PdC?

SI
Il vantaggio delle variabili di stato è che, salvo sollecitazioni impulsive, mantengono lo stato tra 0- e 0+, ma, purchè si stia attenti, per il resto si può scrivere l'equazione nelle variabili che si ritengono più opportune.
Qui chiaramente $i(0-) = 0$ mentre $i(0+) = V_(DD)/R_P$ proprio perchè i(t) non è variabile di stato.

Io però sarei curioso di vedere l'intero circuito del quale quel sottocircuito sembrerebbe far parte.

"CosenTheta":

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... io, avrei usato la tensione ai capi di uno dei condensatori...

Perché non provi a risolverlo anche in quel modo?

"RenzoDF":

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Io però sarei curioso di vedere l'intero circuito del quale quel sottocircuito sembrerebbe far parte.

Ci arrivo. Per il momento posto la soluzione con lo svolgimento di entrambi i PdC, supponendo di utilizzare le convenzioni di tensioni e correnti adottate da ingres.

1) PdC scritto rispetto alla variabile $i(t)$

\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
R_P \frac{di}{dt} + (\frac{1}{C}+\frac{1}{C_{dec}})i(t)=0 & \\ i(0^+) = \frac{V_{DD}}{R_{P}}
\end{matrix}\right. \)

\(\displaystyle \frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C_{dec}} \rightarrow C_{eq} = \frac{CC_{dec}}{C + C_{dec}}\)

$\tau = R_{P}C_{eq}$

\( \displaystyle \left\{\begin{matrix} \frac{di}{dt} + \frac{1}{\tau}i(t)=0 & \\ i(0^+) = \frac{V_{DD}}{R_{P}} \end{matrix}\right. \)

\(\displaystyle i(t) = Ke^{\lambda t}\) (sol. EDO omog. I ordine), \(\displaystyle \lambda = -\frac{1}{\tau} \) (omog. associata), \(\displaystyle K = i(0^+) = \frac{V_{DD}}{R_{P}}\) (cond. iniziali).

Si vuole calcolare il potenziale del condensatore $C_{dec}$, vale a dire $v(t)$.

\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
\frac{dv}{dt} = -\frac{i(t)}{C_{dec}} & \\ v(0^+) = V_{DD}
\end{matrix}\right. \)

Applicando la formula risolutiva delle EDO del primo ordine non omogenee e le condizioni iniziali si ottiene

\(\displaystyle v(t) = \frac{V_{DD}}{C + C_{dec}}(C_{dec} +Ce^{\lambda t}) \) dove \(\displaystyle \lambda = -\frac{1}{\tau}. \)

2) PdC scritto rispetto alla variabile $v(t)$

Partendo dalla LKT alla maglia (percorsa in senso orario a partire da $C_{dec}$) si ha che

$v(t) - v_R(t) - v_C(t) = 0$

Affinchè possa scrivere tutto rispetto a $v(t)$, derivo ambo i membri dell'equazione, ottenendo:

$\frac{dv}{dt} - \frac{dv_R}{dt} - \frac{dv_C}{dt} = 0$

Si sa che

\(\displaystyle i(t) = C\frac{dv_C}{dt} = -C_{dec}\frac{dv}{dt} \rightarrow \frac{dv_C}{dt} = -\frac{C}{C_{dec}}\frac{dv}{dt}\)
\(\displaystyle \frac{dv_R}{dt} = R\frac{di}{dt} = -RC_{dec}\frac{d^2v}{dt^2} \)
$v(0^+) = V_{DD}$
\(\displaystyle \frac{dv}{dt}(0^+) = -\frac{i(0^+)}{C_{dec}} = -\frac{V_{DD}}{R_{P}C_{dec}} \)

ottenendo, mettendo insieme tutto

\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
\frac{d^2v}{dt^2} + \frac{C + C_{dec}}{RCC_{dec}}\frac{dv}{dt} = 0 & \\ v(0^+) = V_{DD}, \frac{dv}{dt}(0^+) = -\frac{V_{DD}}{R_{P}C_{dec}}
\end{matrix}\right. \)

L'omogenea associata restituisce come autovalori

\(\displaystyle \lambda_1 = 0, \lambda_2 = -\frac{1}{R}\frac{C + C{dec}}{CC_{dec}} = -\frac{1}{R}\frac{1}{\frac{CC_{dec}}{C + C_{dec}}} = -\frac{1}{\tau} \)

La soluzione è dunque \(\displaystyle v(t) = K_1 + K_2e^{\lambda t} \) che, con l'applicazione delle due condizioni iniziali, diventa \( \displaystyle v(t) = \frac{V_{DD}}{C + C_{dec}}(C_{dec} +Ce^{\lambda t}) \).

Sto studiando il fenomeno delle cadute resistive sulle linee di alimentazione dei chip.
Supponiamo di avere una cascata di porte logiche alimentate, come in figura.



Quando l’invertitore I1 commuta c’è un assorbimento di corrente $I$ che produce una caduta sulla linea di alimentazione. La tensione all’uscita della NAND segue l’andamento della tensione
di alimentazione, provocando una commutazione indesiderata sul primo invertitore.

Per capire quanto vale quello "sbalzo" su $V$ si modella il tutto con il circuito che segue


Consideriamo il transitorio 0→1 all’uscita dell’invertitore (serie $R_P$ - $C$) I1. La
carica della capacità $C$ produce la caduta $\DeltaV$ sulla linea di alimentazione, mostrata in figura.
Il disturbo diviene significativo quando la resistenza della linea di alimentazione è confrontabile con quella dei dispositivi dell’invertitore I1. Il modo più semplice per limitare il problema è di aumentare
la larghezza delle linee di alimentazione e massa, in modo da ridurne la resistenza serie $R$.

Arriviamo dunque al circuito del primo post. Un altro modo di ridurre i disturbi sull’alimentazione consiste
nell’inserimento di capacità di disaccoppiamento (decoupling) fra le linee di alimentazione e massa.



La $C_{DEC}$ tende a mantenere costante la tensione ai suoi capi e quindi limita l’ampiezza del disturbo sull’alimentazione. Trascuriamo inizialmente la presenza della $R$, per avere una
stima semplificata dell'effetto della capacità di decoupling.


Al tempo $t=0$ si ha una ridistribuzione di carica fra $C_{DEC}$ e $C$:
\(\displaystyle Q_{iniziale} = C_{DEC} V_{DD}\)
\(\displaystyle Q_{finale} = (C_{DEC} + C) V_{finale}\)
\(\displaystyle Q_{finale} = Q_{iniziale} => V_{finale} = \frac{V_{DD} C_{DEC}}{(C_{DEC} + C)}\)
\(\displaystyle \Delta V= V_{DD} - V_{finale} = \frac{V_{DD} C}{(C_{DEC} + C)} \)

Qui sorge un dubbio: per quale motivo, nella formula del calcolo della \(\displaystyle Q_{finale} \), si sa già a priori che entrambe le capacità avranno la stessa tensione \(\displaystyle V_{finale} \), se abbiamo appurato che non sono in parallelo e dunque non condividono lo stesso morsetto (inoltre, lo studio analitico del circuito, come l'ho riportato io, non c'è sulle slide)?

Infine, considerando il circuito completo, si può dimostrare che lo "sbalzo" di tensione è minore.

"CosenTheta":

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e abbiamo appurato che non sono in parallelo e dunque non condividono lo stesso morsetto

Su questo "paradosso" ti provo a rispondere. Se esplicitiamo lo stato iniziale del condensatore $C_(dec)$ come un generatore di tensione $V_(DD)$ (metodo dei generatori equivalenti di stato), a regime avremo che i due condensatori, essendo in serie, dovranno avere la stessa carica $Q=V_(DD)*C_(eq)$ e quindi

$V'_(C_(dec))=Q/C_(dec)=V_(DD)*C/(C_(dec)+C)$
$V_C=Q/C = V_(DD)*C_(dec)/(C_(dec)+C)$

ma l'effettiva tensione su $C_(dec)$ è in realtà

$V_(C_(dec))=V_(DD) - V'_(C_(dec))=V_(DD)*C_(dec)/(C_(dec)+C)=V_C$

Quindi, anche se dal punto di vista circuitale sono in serie, a regime si comportano come fossero in parallelo!

"ingres":

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Se esplicitiamo lo stato iniziale del condensatore Cdec come un generatore di tensione VDD (metodo dei generatori equivalenti di stato)

Dunque, il circuito che ne risulta ho provato a metterlo come codice FidoCADJ, ma mi viene restituito questo errore



sapete come si risolve?

Ad ogni modo, l'ho caricato come immagine



Ho letto che il metodo consiste nel porre in serie al condensatore scarico un generatore di tensione pari al valore iniziale della ddp del condensatore stesso. Ora, premesso che non ho mai utilizzato il metodo da te citato, non mi trovo con quello che dici: calcolando la carica iniziale, che dovrebbe essere \(\displaystyle Q(0^+) = v(0^+)C_{eq} = 0 \), per la conservazione non dovrebbe risultare \(\displaystyle Q(\infty) = Q(0^+) = 0 \)?

"CosenTheta":

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per la conservazione non dovrebbe risultare Q(∞)=Q(0+)=0?

No, perchè nel circuito è presente il generatore in tensione continua $V_(DD)$ che impone anche a regime la sua ddp al condensatore $C_(eq)$, mantenendo separate le cariche positive da quelle negative.
Si tratta di un classico circuito di carica di un condensatore, e a regime la tensione sul condensatore equivalente sarà $V_(DD)$ e la carica che ne consegue $C_(eq)*V_(DD)$

Sono andato a rivedermi il principio di conservazione della carica elettrica e ho visto che esso si applica ai sistemi elettricamente isolati, ossia quelli che non scambiano carica elettrica con l'esterno, quindi che non acquisiscono né disperdono carica. Quindi, in questo circuito non si può parlare di conservazione della carica per questo motivo?

"ingres":

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nel circuito è presente il generatore in tensione continua VDD

Dipende da cosa si intende per "sistema". Se ci riferiamo al condensatore a rigore questo non è elettricamente isolato. Se invece si considera tutto il circuito, e non consideriamo la connessione a terra (in questo caso non è significativa) è elettricamente isolato, ma nel condensatore avremo un'armatura con +Q e una con -Q per cui il totale della carica in eccesso è comunque nullo.

Vorrei chiudere il post con il corretto bilancio delle cariche, ripercorrendo i passi fatti sulle slide applicati però al circuito che ho creato con FidoCADJ.

"ingres":

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a regime la tensione sul condensatore equivalente sarà VDD e la carica che ne consegue Ceq⋅VDD

Se ragiono partendo dalla condizione di regime ho che \(\displaystyle Q_{finale} = V_{DD}C_{eq} \), ma \(\displaystyle Q_{iniziale} = v(0^+)C_{eq} = 0 \) perché $v(0^+) = 0$. Le due quantità non sono chiaramente uguali: perchè qui non si può applicare il principio di conservazione della carica?