Esercizio 12 – Esercizi misti elettromagnetismo

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Esercizio 12  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Nel circuito di figura è C=30\,\text{nF}, R_1=1\,\text{M}\Omega, R_2=5\,\text{k}\Omega; la f.e.m. del generatore varia nel tempo con la legge \mathscr{E}(t)=V_1+V_2\sin\left(\omega t\right)+V_3\cos\left(2\omega t\right), dove V_1=10\,\text{V}, V_2=40\,\text{V}, V_3=30\,\text{V}, mentre la frequenza è \nu=50\,\text{Hz}. Si calcoli l’intensità di corrente erogata dal generatore, in funzione del tempo, in condizioni di regime.

 

 

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Svolgimento. Per risolvere questo problema, sfruttiamo il principio di sovrapposizione: consideriamo cioè il generatore di potenziale come la somma di tre generatori indipendenti le cui tensioni sono \mathscr{E}_1, \mathscr{E}_2, \mathscr{E}_3 tali che:

(1)   \begin{equation*} \mathscr{E}_1=V_1;\qquad\qquad\mathscr{E}_2=V_2\sin\left(\omega t\right);\qquad\qquad\mathscr{E}_3=V_3\cos\left(2\omega t\right). \end{equation*}

Analizziamo dunque i contributi di ciascun generatore individualmente. Quando \mathscr{E}_2 e \mathscr{E}_3 sono spenti, il primo generatore è responsabile di una tensione \mathscr{E}_1 costante, pertanto caricherà il condensatore fino a quando la carica Q presente tra le due piastre non sarà uguale proprio al prodotto CV_1. A questo punto, non ci sarà più alcuna corrente che passa nel ramo dove è presente il condensatore e quindi tale ramo si può considerare come un circuito aperto. Il circuito a regime si può dunque schematizzare come segue:

 

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Da questa configurazione, sfruttando la prima legge di Ohm ricaviamo:

(2)   \begin{equation*} i_1(t)=\dfrac{\mathscr{E}_1}{R_1}=\dfrac{V_1}{R_1}=10^{-5}\,\text{A}. \end{equation*}

Immaginiamo adesso di spegnere i generatori \mathscr{E}_1 e \mathscr{E}_3. In questo caso, la tensione \mathscr{E}_2, che è descritta da una legge sinusoidale, la quale è responsabile della carica e scarica periodica del condensatore, dunque il circuito potrà essere schematizzato come segue:

 

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Per risolvere il circuito usiamo il metodo simbolico o metodo dei fasori. Ricordiamo i seguenti fatti:

(3)   \begin{equation*} Z_1=R_1\qquad\qquad Z_2=R_2\qquad\qquad Z_C=-\dfrac{j}{\omega C} \end{equation*}

dove Z_1, Z_2 e Z_C sono le impedenze associate rispettivamente ad R_1, R_2 e C.
L’impedenza equivalente Z_t è data dalla serie dell’impedenza capacitiva Z_C e Z_2 posta in parallelo con l’impedenza resistiva Z_1. Possiamo scrivere dunque:

(4)   \begin{equation*} \dfrac{1}{Z_t}=\dfrac{1}{-\dfrac{j}{\omega C}+R_2}+\dfrac{1}{R_1}, \end{equation*}

da cui

    \[\begin{aligned} Z_t&=\left(\dfrac{1}{-\dfrac{j}{2\pi\nu C}+R_2}+\dfrac{1}{R_1}\right)^{-1}=\left(\dfrac{R_1+R_2-\dfrac{j}{2\pi\nu C}}{\left(R_2-\dfrac{j}{2\pi\nu C}\right)R_1}\right)^{-1}=\dfrac{\left(R_2-\dfrac{j}{2\pi\nu C}\right)R_1}{R_1+R_2-\dfrac{j}{2\pi\nu C}}. \end{aligned}\]

Andando a sostituire i valori numerici, troviamo:

    \[\begin{aligned} Z_t&=\dfrac{\left(5\cdot 10^3-\dfrac{j}{2\cdot \text{3,14}\cdot 50\cdot\text{3$\cdot10^{-9}$}}\right)10^6}{10^6+5\cdot10^3-\dfrac{j}{2\cdot \text{3,14}\cdot 50\cdot\text{3$\cdot10^{-9}$}}}\Omega{}=\\ &=\dfrac{\left(5\cdot10^3-1,06\cdot10^6j\right)\cdot10^6}{10^6-\text{1,06}\cdot10^6j}\Omega=\\\\ &=\dfrac{10^3}{1+\text{1,06}^2}\left(5-\text{1,06}\cdot10^3j\right)\left(1+\text{1,06}j\right)\Omega=\\\\ &=470\cdot\left(5+5\cdot\text{1,06}j-\text{1,06}\cdot10^3j+\text{1,06}^2\cdot10^3\right)\Omega=\\\\ &=\left(\text{5,3}\cdot10^5-\text{4,96}\cdot10^5j\right)\Omega=\\\\ &=10^5\cdot\left(\text{5,3}-\text{4,56}j\right)\Omega. \end{aligned}\]

Una volta trovata l’impedenza equivalente, indicando con \widehat{\mathscr{E}_2} e \widehat{I}_2 rispettivamente il fasore della tensione in ingresso e della corrente che scorre nel circuito, possiamo scrivere la legge di Ohm come:

(5)   \begin{equation*} \widehat{I}_2=\dfrac{\widehat{\mathscr{E}_2}}{Z_t} \end{equation*}

dove Z_t assume il valore trovato in precedenza, mentre \widehat{\mathscr{E}_2}=40\,\text{V}. Sostituiamo i valori numerici all’interno della (5) e troviamo:

    \[\begin{aligned} \widehat{I}_2&=\dfrac{40}{10^5\cdot\left(\text{5,3}-\text{4,96}j\right)}\text{A}=\\\\ &=\dfrac{40}{10^5}\cdot\dfrac{1}{\left(\text{5,3}^2+\text{4,96}^2\right)}\left(\text{5,3}+\text{4,96}j\right)\text{A}=\\\\ &=7,59\cdot10^{-6}\cdot\left(\text{5,3}+\text{4,96}j\right)\text{A}=\\\\ &=\left(\text{40,2}+\text{37,6}j\right)\cdot10^{-6}\text{A}. \end{aligned}\]

 

Il fasore \widehat{I}_2 appena ricavato, può essere rappresentato sul piano complesso come segue:

 

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Possiamo quindi facilmente trovare modulo e fase di \widehat{I}_2. Avremo:

(6)   \begin{equation*} |\widehat{I}_2|=10^{-6}\sqrt{\text{40,2}^2+\text{37,6}^2}=\text{5,51}\cdot10^{-5} \end{equation*}

e

(7)   \begin{equation*} \phi_2=\tan^{-1}\left(\dfrac{\text{37,6}}{\text{40,2}}\right)=0,75\,\text{rad}=43^\circ. \end{equation*}

A questo punto, possiamo finalmente scrivere l’espressione completa per la corrente che scorre nel circuito dovuta al generatore di tensione \mathscr{E}_2. Si avrà cioè:

(8)   \begin{equation*} I_2(t)=|\widehat{I}_2|\sin\left(\omega t+\phi_2\right)=\\\\ 5,51\cdot10^{-5}\sin\left(\omega t+0,75\,\text{rad}\right)\,\text{A}. \end{equation*}

Facciamo ora un ragionamento del tutto analogo per ricavare la corrente generata dalla differenza di potenziale \mathscr{E}_3. In questo caso, spegnendo i generatori \mathscr{E}_1 e \mathscr{E}_2, si avrà infatti un circuito che potrà essere schematizzato nel seguente modo:

 

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La differenza con il caso precedente sta nel fatto che in questo caso la pulsazione dell’onda generata non è più \omega, bensì 2\omega. Segue che in questa configurazione Z_C=-\dfrac{j}{2\omega C} e dunque avremo:

    \[\begin{aligned} Z_{t,2}&=\dfrac{\left(R_2-\dfrac{j}{4\pi\nu C}\right)R_1}{R_1+R_2-\dfrac{j}{4\pi\nu C}}=\\\\ &=\dfrac{\left(5\cdot 10^3-\dfrac{j}{4\cdot \text{3,14}\cdot 50\cdot 30\cdot 10^{-9} }\right)10^6}{10^6+5\cdot 10^3-\dfrac{j}{4\cdot \text{3,14}\cdot 50\cdot 30\cdot 10^{-9} }}=\\\\ &=\dfrac{\left(5\cdot10^3-5,31\cdot10^5j\right)\cdot10^6}{10^6-\text{5,31}\cdot10^5j}\Omega=\\\\ &=\dfrac{10^4}{10^2+\text{5,31}^2}\left(5-\text{5,31}\cdot10^2j\right)\left(10+\text{5,31}j\right)\Omega=\\\\ &=78\cdot\left(50+5\cdot\text{5,31}j-\text{5,31}\cdot10^3j+\text{5,31}^2\cdot10^2\right)\Omega=\\\\ &=78\cdot(\text{2869,6}-\text{5283,5}j)\Omega=\\\\ &=\left(\text{2,24}\cdot10^5-\text{4,12}\cdot10^5j\right)\Omega=\\\\ &=\left(\text{2,24}-\text{4,12}j\right)10^5\Omega. \end{aligned}\]

Si osservi che nel precedente calcolo si è sfruttato il fatto che 5\cdot 10^3+10^6\approx10^6.
Procedendo come abbiamo fatto nel caso precedente, sapendo che \widehat{\mathscr{E}_3}=30\,\text{V}, troviamo:

(9)   \begin{equation*} \widehat{I}_3=\dfrac{\widehat{\mathscr{E}_3}}{Z_{t,2}}\text{A}=\dfrac{30\left(\text{2,24}+\text{4,12}j\right)}{10^5\cdot\left(\text{2,24}^2+\text{4,12}^2\right)}\text{A}= 1,36\cdot10^{-5}\cdot\left(\text{2,24}+\text{4,12}j\right)\text{A} =\left(3+\text{5,6}j\right)\cdot10^{-5}\text{A}. \end{equation*}

Dai risultati ottenuti, si può dedurre che:

(10)   \begin{equation*} |\widehat{I}_3|=10^{-5}\sqrt{3^2+\text{5,6}^2}=\text{6,35}\cdot10^{-5}\text{A} \end{equation*}

e

(11)   \begin{equation*} \phi_3=\tan^{-1}\left(\dfrac{\text{5,6}}{3}\right)=\text{1,07}\,\text{rad}=\text{61,8}^\circ. \end{equation*}

A questo punto, possiamo determinare anche la corrente passante nel circuito dovuta a \mathscr{E}_3. Essa sarà:

(12)   \begin{equation*} I_3(t)=|\widehat{I}_3|\cos\left(2\omega t+\phi_3\right)=\\\\ =\text{6,43}\cdot10^{-5}\cos\left(2\omega t+\text{1,07}\right)\text{A}. \end{equation*}

Applicando il principio di sovrapposizione degli effetti possiamo determinare la corrente totale erogata dal generatore \mathscr{E}(t); essa sarà uguale alla somma dei tre contributi alle correnti forniti dai tre generatori indipendenti. Concludiamo dunque:

    \[\boxcolorato{fisica}{I(t)=I_1(t)+I_2(t)+I_3(t)=\left[1+\text{5,51}\sin\left(\omega t+\text{0,75}\right)+\text{6,43}\cos\left(2\omega t+\text{1,076}\right)\right]\cdot10^{-5}\,\text{A}.}\]

 

 

Fonte: Sergio Rosati e Lionel Lovitch – Problemi di fisica generale, Ambrosiana.