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

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

(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.