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Esercizi RLC

Raccolta degli Esercizi del Tutoraggio di anni recenti, gradi di difficolta` varie.

Argomenti: Equazioni di Maxwell, Induzione elettromagnetica, Corrente di spostamento, Circuiti RLC: oscillazioni libere e forzate, Fattore di merito.

Soluzioni dettagliate, con commenti ed approfondimenti.

Esame di Elettromagnetismo e ottica docente Prof. M. Bussa

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ESTRATTO DOCUMENTO

Abbiamo cosı̀ determinato la componente tangenziale B del campo magnetico, ma nulla si può ancora

φ

dire sulle altre componenti: radiale e longitudinale. ∂E ,

La componente longitudinale (in direzione z) di B è nulla, infatti per l’eq. di Maxwell = µ ǫ

∇×B 0 0 ∂t

B dipende dalle derivate di E , E che sono nulle. Di conseguenza B è costante e la poniamo uguale

z x y z

a zero (non esistono altre sorgenti esterne al condensatore).

Per esaminare la componente radiale si può calcolare il flusso di B attraverso una superficie chiusa di

forma cilindrica coassiale con il condensatore. Il flusso totale deve essere nullo (per l’eq. di Maxwell

· B = 0), di conseguenza deve essere nulla anche la componente radiale di B.

Si conclude quindi che B ha dipendenza radiale (il suo modulo dipende da r) ma non ha direzione

radiale né longitudinale: è diretto tangenzialmente. Il suo andamento in funzione di r è illustrato in

figura. B (r)

φ R r

Osservazione: il procedimento seguito è del tutto analogo a quanto si fa per il caso del conduttore

cilindrico di raggio R percorso da una corrente di densità j, e infatti anche i risultati sono identici

dE

(basta sostituire j ↔ j = ǫ . È noto che all’esterno di un conduttore cilindrico il campo magnetico

s 0 dt

è dato dalla legge di Biot-Savart, come se il conduttore fosse un filo di sezione trascurabile. Qui

2

è la stessa cosa: se nell’espressione di B data dalla (4) si sostituisce i = πR j si ottiene proprio

s s

B(r) = µ i /2πr, cioè la legge di Biot-Savart per il campo magnetico generato dalla corrente di

0 s

spostamento.

Metodo alternativo

Alle stesse conclusioni si può giungere considerando le equazioni di Maxwell in forma differenziale

anziché integrale : ∂E

× B = ǫ µ · B =0

∇ ∇

0 0 ∂t

La simmetria del problema suggerisce di usare coordinate cilindriche, gli operatori rotore e divergenza

si esprimono perciò come :

∂B ∂(rB )

1 ∂B ∂B

1

∂B 1

∂B dE

φ φ

z r

z

r

× B = u − − − u (5)

+ u + u = ǫ µ

∇ r z

z 0 0

φ

r ∂φ ∂z ∂z ∂r r ∂r r ∂φ dt

∂B

∂(rB ) 1 ∂B

1 r φ z

+ + =0 . (6)

· B =

∇ r ∂r r ∂φ ∂z

Per la simmetria del problema B non dipende da φ o da z quindi tutte le derivate rispetto a queste

variabili nelle precedenti equazioni sono nulle. L’equazione (6) si riduce a

∂(rB )

1 r =0

· B =

∇ r ∂r

che implica che il prodotto rB (r) è costante. Ma per r = 0 esso vale zero, dato che B (r) deve

r r

essere finito; la costante rB (r), essendo zero nel punto particolare r = 0, è zero ovunque: ciò implica

r

B (r) = 0. Abbiamo quindi dimostrato che B non ha componente radiale.

r

Considerando l’equazione (5) si ha: ∂(rB )

1 dE

∂B φ

z + u = ǫ µ u .

−u z 0 0 z

φ ∂r r ∂r dt

14

La componente in direzione u a secondo membro è nulla quindi anche quella a primo membro deve

φ

esserlo: ∂B z =0 ossia B = costante.

z

∂r

Osserviamo che una componente di B lungo z non può essere correlata al campo elettrico in esame (che

può solo dare componenti perpendicolari a z), ma è dovuta ad eventuali sorgenti esterne al sistema.

Dato che in questo caso non esistono altre sorgenti di campi elettrici o magnetici oltre al condensatore,

poniamo B = 0.

z

Resta quindi la componente parallela a z di E che dà luogo alla componente di B tangenziale:

∂(rB ) dE

1 φ = ǫ µ . (7)

0 0

r ∂r dt

Per risolverla consideriamo prima il caso r ≤ R :

∂(rB ) dE 1 dE

φ 2

= ǫ µ r =⇒ rB (r) = ǫ µ r + C

0 0 0 0

φ

∂r dt 2 dt

essendo C una costante di integrazione che determiniamo imponendo che per r = 0 il campo B sia

finito: troviamo C = 0, quindi 1 dE

B (r) = ǫ µ r r ≤ R. (8)

0 0

φ 2 dt

Per r > R, il secondo membro dell’equazione (7) è zero perché il campo elettrico è nullo fuori dal

condensatore (e quindi lo è anche la sua derivata temporale), si ha perciò:

∂(rB )

φ ′

=0 =⇒ rB (r) = C ,

φ

∂r

essendo C un’altra costante di integrazione. Per determinarla imponiamo la continuità di B per

r = R (non si può imporre qui alcuna condizione per r = 0 dato che questa espressione vale solo per

r > R; osserviamo inoltre che qui non ci sono superfici di separazione tra mezzi diversi, né correnti

superficiali che possano dare luogo a discontinuità di B).

Per r = R il risultato (8) dà dE

dE 1

1 ′ 2

ǫ µ R quindi C = [rB (r)] = RB (R) = ǫ µ R

B (R) = 0 0 0 0

φ φ

φ r=R

2 dt 2 dt

e si giunge al risultato finale : 2

1 dE

R

B (r) = µ ǫ r>R.

0 0

φ 2 r dt

Risulta evidente che il campo B ha direzione tangenziale, dato che l’unica sua componente non nulla

è B .

φ

10 Sia d la distanza tra le armature e V l’ampiezza della tensione applicata.

0

Il campo elettrico è uniforme all’interno del condensatore ed il suo modulo vale

V

V (t) 0

= sin ωt.

E(t) = d d

12 2

ε E , quindi l’energia immagazzinata nel condensatore è

La densità di energia elettrica è u = 0

E 2 2

1 πε R V

0

2 2 2 2

0

U (t) = u (t) · πR d = ε E πR d = sin (ωt)

E E 0

2 2d

15 ~

Il campo magnetico si ottiene calcolando la circuitazione di B su una spira circolare di raggio r coassiale

al condensatore (vedere esercizio n.9): è diretto tangenzialmente ed il suo modulo è:

dE ε µ

1 0 0

ε µ r = V ωr cos ωt .

B(r, t) = 0 0 0

2 dt 2d

1 2

La densità di energia magnetica è u (r, t) = B e l’energia totale contenuta all’interno del

M 2µ

0

condensatore si ottiene integrando sul volume (il campo B non è uniforme ma dipende da r!):

R

R 2

4 2

2

1 ω

µ R V

πε

Z

Z 0 0

0

2 2

u 2πrd dr =

U (t) = B (r, t) 2πrd dr = cos (ωt) .

M

M 2µ 16d

0

0

0

I valori massimi sono: 2

4 2

20

2 2 ω

µ R V

πε

πε R V 0

0 0

max

max 0 U =

U = M

E 2d 16d

ed il loro rapporto è max 2 2

2

4 2

2

U ε µ R ω

2d

ω

µ R V

πε 0 0

0 −18

0

0

M = = 2.8 · 10 .

=

max 2

2

U 16d 8

πε R V

0 0

E

11 Calcoliamo la componente tangenziale B del campo magnetico con due metodi. Per le componenti

φ

radiale B e longitudinale B si segue lo stesso procedimento del problema n. 9 per dimostrare che

r z

sono nulle.

Primo Metodo V (t) V

Campo elettrico tra le armature: E(t) = = cos ωt

0

d d ∂E εV ω

0

Densità di corrente di spostamento nel condensatore: j (t) = ε = − sin ωt.

s ∂t d σV

0 cos ωt .

Nel condensatore c’è anche corrente di conduzione, di densità: j (t) = σE(t) =

c d

Le due densità di corrente sono uniformi tra le armature del condensatore (trascurando effetti di

bordo) e sono in quadratura di fase tra loro.

Scriviamo la densità di corrente totale:

V V

0 0 p 2 2 2

σ + ε ω cos(ωt + ϕ)

j(t) = j (t) + j (t) = (σ cos ωt − εω sin ωt) =

c s d d

avendo introdotto la fase ϕ tale che tan ϕ = εω/σ.

[NOTA: si può ottenere la stessa espressione per la (densità di) corrente osservando che il condensatore

con dielettrico conduttore equivale ad un condensatore ideale (con dielettrico perfettamente isolante)

2 ′ 2 2

di capacità C = επR /d collegato in parallelo ad una resistenza R = ρd/(πR ) = d/(σπR )]

Usiamo ora l’equazione di Maxwell × B = µ (j + j ) in forma integrale, calcolando il flusso di

∇ 0 c s

entrambi i membri attraverso una superficie circolare di raggio r coassiale con il condensatore in modo

del tutto analogo a quanto fatto nel problema n. 9. Si trova:

µ V r

0 0 2 2 2

σ + ε ω cos(ωt + ϕ)

per r ≤ R : B (r, t) =

φ 2d √

2

µ V R

0 0 2 2 2

per r > R : B (r, t) = σ + ε ω cos(ωt + ϕ)

φ 2dr

Secondo Metodo n o iωt

Usiamo il metodo simbolico : V = V cos ωt = Re V̂ , V̂ = V e (il segno ˆ sopra il simbolo

0 0

indica una grandezza complessa) 16

V̂ V 0 iωt

Campo elettrico: Ê = = e

d d

Densità di corrente di conduzione e di spostamento nel condensatore:

∂ Ê d Ê εωV

σV 0

0 iωt iωt

e ̂ = ε = ε = i e

̂ = σ Ê = s

c d ∂t dt d

Si usa l’eq. di Maxwell ∇ × B̂ = µ (̂ + ̂ ) in forma integrale. Per r ≤ R:

0 c s V 0

2 iωt

2πr B̂ (r) = µ πr (σ + iεω) e

r 0 d

√ iϕ

2 2 2

σ + ε ω e con tan ϕ = εω/σ):

ossia, per la parte reale (ricordando che σ + iεω =

µ V r

0 0 p 2 2 2

B (r) = σ + ε ω cos(ωt + ϕ) .

r 2 d

Si procede in modo analogo per r > R.

12 r

I E

B

Il campo all’interno del solenoide è uniforme (solenoide lungo) e vale B(t) = µ nI(t) = µ nI sin ωt.

0 0 0

∂B

Usiamo l’equazione di Maxwell × E = − in forma integrale, calcolando il flusso di entrambi

∇ ∂t

i membri attraverso una superficie circolare di raggio r, coassiale con il solenoide (in questo modo

determiniamo la componente tangenziale di E), in modo analogo a quanto fatto nel problema n. 9

(con i ruoli di B ed E scambiati). 2

Nel caso r ≤ R: 2πrE(r, t) = −πr µ nI ω cos ωt per cui

0 0 1 µ nI ωr cos ωt

E(r, t) = − 0 0

2

2

Nel caso r > R: 2πrE(r, t) = −πR µ nI ω cos ωt

0 0 2

1 R

E(r, t) = − µ nI ω cos ωt

0 0

2 r

Sempre in analogia con il problema n. 9, si può dimostrare che le altre componenti di E (longitudinale,

radiale) sono nulle. La densità di corrente di spostamento è :

1 2

ε µ nI ω r sin ωt per r ≤ R

∂E 0 0 0

2

=

j (r, t) = ε

s 0 2

1 R

2

∂t ε µ nI ω sin ωt per r > R

0 0 0

2 r

I vettori E e j sono diretti tangenzialmente.

s 17

13 Il circuito funziona in sicurezza se la d.d.p. ai capi del condensatore non supera mai V .

M

√ 2 2

(a) ω = 2πν = 1/ LC , L = 1/(4π ν C).

0 0 q C

1

12 2 2

LI = CV , quindi la corrente massima è I = V = 2πνCV =

Conservazione dell’energia: M M M

M M

2 L

0.13 A. 12

1 2 2

=

LI CV da cui si ricava il valore massimo

(b) Usiamo ancora la conservazione dell’energia: 0 M

2 ω 1

2 2 √

= 2 mH. La frequenza corrispondente è ν =

di L: L = CV /I = = 15.9 kHz.

0

M 2π 2π LC

14 (a) Sia C = 100 pF, C = 900 pF.

min max

Intervallo delle frequenze angolari: 1

1

√ √

, ω =

ω = max

min LC LC

max min

(notare che la pulsazione minore corrisponde alla capacità maggiore e viceversa).

r

ω ν C

max max max

= = =3

ω ν C

min min min

5

5 ′

′ = 4 · 10 Hz.

= 8 · 10 Hz, ν

(b) Definiamo ν min

max

Il rapporto delle pulsazioni diventa s

′ ′ ′

C

ω ν max

max max

= =2=

′ ′ ′

ω ν C

min min min

′ ′

Le nuove C e C si ottengono aggingendo un condensatore C in serie:

x

max min C C

C C x

x ′

′ min

max C =

C = min

max C + C C + C

x x

max min

per cui ′

C C + C

C C + C

x x

min

max min

max = cioè 4=9

C C C + C C + C

x x

min max max

min

da cui 4C − 9C

max min = 540 pF .

C =

x 5

Si ha quindi ′ ′

C = 338 pF C = 84.4 pF

max min

Infine 1 −3

= 0.47 · 10 H .

L = ′ 2 ′

(ω ) C

max min

18

15 2

q di dq d q q

Equazione del circuito: + L = 0, con i = , quindi = 0.

+

2

C dt dt dt LC

La soluzione (che obbedisce alle condizioni iniziali i(0) = 0, q(0) = CV ) è:

0 √ LC

q(t) = CV cos ωt v(t) = V ω cos ωt ω = 1/

0 0

e la corrente risulta: r C

dq = −CV ω sin ωt = −V sin ωt

i(t) = 0 0

dt L

L’energia del circuito è la somma di un termine magnetico e di uno elettrico:

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2

U (t) = Li (t) + Cv (t) = CV sin ωt + CV cos ωt = CV = U (0) .

0 0 0

2 2 2 2 2

e coincide con l’energia iniziale puramente elettrica (condensatore carico) del circuito.

1 U cioè tali che:

Il problema chiede di determinare gli istanti di tempo t in cui U (t ) = U (t ) = 0

0 M 0 E 0 2

12 π π

2 2

sin ωt = cos ωt = : si ha ωt = + N cioè

0 0 0 4 2

π

π −5

(2N + 1) =

t = LC(2N + 1) = 4.97 · 10 · (2N + 1) s N = 0, 1, 2, . . .

0 4ω 4

In questi istanti si ha: r

V C

V 0

0

√ √ = ±0.45 A .

= ±70.7 V i(t ) = ±

v(t ) = ± 0

0 L

2 2

16 −Rt/2L

La corrente compie oscillazioni del tipo i(t) = A e cos(ωt − α) e la sua ampiezza diminuisce

0

−Rt/2L

esponenzialmente come: A(t) = A e .

0

Si chiede di terminare il tempo t tale che A(t ) = A /η :

η η 0 2L

1 Rt /2L

A e = η t = log η

A(t ) = η

0 η

η η R

2L

Per η = 2 : t = log 2

2 R 2π

2π =

Periodo: T = ω q 2

1 R

− 2

LC 4L r r

2

t 2L lnη R lnη

1 4L

η

N = = − = − 1 = 12.7

2 2

T 2πR LC 4L 2π R C

19

17 (a) Interruttore chiuso: a regime il condensatore è carico, nel suo ramo non circola corrente e la

d.d.p. tra le sue armature è uguale alla caduta di potenziale sul ramo RL; la corrente nel circuito è

i , costante, per cui la d.d.p. ai capi dell’induttore è nulla:

0 E = (r + R)i i = E/(r + R) = 0.2 A V (0) = Ri = q(0)/C = 0.2 V

0 0 C 0

L’energia totale nel circuito a t = 0 è: 2

1 i

1 2 2 2

0

Li + CV (0) = L + R C = 2 mJ (9)

U (0) = U (0) + U (0) =

L C 0 C

2 2 2

(b) Quando l’interruttore si apre il generatore è escluso e il condensatore si scarica. Il circuito è un

RCL libero.

L’equazione del circuito è 2 dq

di d q q

R

q(t) + L + Ri(t) = 0 ossia + =0 (10)

+

2

C dt dt L dt LC

La soluzione generale è R 1

−γt 2 2 2 2

q(t) = Ae cos(ωt + ϕ) con γ = , ω = , ω = ω − γ (11)

0 0

2L LC

A e ϕ sono costanti arbitrarie, determinabili imponendo le condizioni iniziali.

Anche la corrente ha un andamento oscillatorio smorzato:

dq −γt

= Ae [−γ cos(ωt + ϕ) − ω sin(ωt + ϕ)] . (12)

i(t) = dt 2 2

L’energia magnetica è proporzionale a i (t), l’energia elettrica è proporzionale a q (t): l’energia totale

−2γt

quindi è esponenzialmente smorzata in modo proporzionale a e . Nell’ipotesi di smorzamento lento,

si può considerare costante l’energia totale in un periodo di oscillazione, scrivendo quindi, con buona

approssimazione (vedere l’appendice alla fine di questo esercizio per il calcolo esatto),

−2γt

U (t) = U (0)e . (13)

Al tempo t = 0.3 s:

1 −2γt −5

U (t ) = U (0)e = 9.96 · 10 J .

1

1

Appendice

Ricaviamo in modo esplicito la soluzione dell’equazione (10). La soluzione generale e la sua derivata

sono date dalle equazioni (11) e (12).

Le condizioni iniziali da imporre sono:

dq E RCE

i(0) = i = = q(0) = q = i RC =

0 0 0

dt R + r R + r

t=0

quindi q 0

q = A cos ϕ i = = −Aγ cos ϕ − Aω sin ϕ = −γq − Aω sin ϕ .

0 0 0

RC

La seconda equazione si può riscrivere nel seguente modo: 1 + γRC

i + γq

0 0 = −q .

A sin ϕ = − 0

ω ωRC

20

Si ricavano facilmente le costanti A e ϕ: 1 + γRC

q 0 p 2 2

(ωRC) + (1 + γRC) ϕ = −arctan

A = ωRC ωRC

2

Calcoliamo ora l’energia del circuito in funzione del tempo (ricordando che ω = 1/LC):

0

1 1 1

2 2 2 −2γt 2

U (t) = q (t) + Li (t) = A e cos (ωt + ϕ) +

2C 2 2C

1 2 −2γt 2 2 2 2

+ LA e γ cos (ωt + ϕ) + ω sin (ωt + ϕ) + 2ωγ sin(ωt + ϕ) cos(ωt + ϕ) =

2

1 2 −2γt 2 2 2 2 2

LA e ω + γ cos (ωt + ϕ) + ω sin (ωt + ϕ) + 2ωγ sin(ωt + ϕ) cos(ωt + ϕ)

= 0

2 (14)

Al tempo t = 0 l’energia è:

1 2 2 2 2 2 2

U (0) = LA γ + ω cos ϕ + ω sin ϕ + 2ωγ sin ϕ cos ϕ

0

2

e, con un po’ di manipolazioni algebriche, si ritrova l’espressione (9).

Nel grafico è mostrato l’andamento di U (t) (eq. (14), linea rossa) confrontato con l’espressione

approssimata hU (t)i (eq. (13), linea verde). Ω, Ω, µF

E=2 V, r=9 R=1 L=0.1 H, C=10

0.0022 eq.(14)

0.002 eq.(13)

0.0018

0.0016

[J] 0.0014

U 0.0012

0.001

0.0008

0.0006 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1

t [s]

18 La d.d.p. ai capi dei tre elementi è la stessa (collegamento in parallelo):

i

C

i di q

L i L

R L = Ri = (15)

R

dt C

dq le correnti nei rami del circuito

avendo indicato con i , i ed i = −

L R C dt

(assunte con il verso mostrato in figura).

21

Si ottiene: 2

di dq d d i

L L L

i = − = − (RCi ) = −LC (16)

i = C R

R 2

R dt dt dt dt

La conservazione della corrente ai nodi implica: i + i = i . Sostituendo in quest’ultima equazione

L R C

le i ed i date dalle relazioni (16) si ottiene l’eq. differenziale per i :

C R L

2 di i

1

d i L L

L + =0 .

+

2

dt RC dt LC

1 1

2

L’equazione caratteristica è α + α + = 0, le cui soluzioni sono:

RC LC r 1

1

1 ± −

α = −

1,2 2 2

2RC 4R C LC

Si hanno oscillazioni nel circuito quando le radici α sono complesse, cioè quando

1,2

1 1

− > 0

2 2

LC 4R C

Le radici dell’eq. caratteristica diventano allora: α = −γ ± iω , con

1,2 l

r

1 1

1

γ = ω = −

l 2 2

2RC LC 4R C

Quindi la condizione da soddisfare per avere oscillazioni è r

1 1 L

1 − > 0 =⇒ R>

2 2

LC 4R C 2 C −γt

La soluzione generale per la corrente (nel ramo L) risulta i (t) = A e cos(ω t + ϕ), con A,

L l

ϕ costanti determinabili dalle condizioni al contorno. Dalle (16) si ottengono i (t) ed i (t): in

R C

tutti i rami la corrente risulta avere andamento oscillante smorzato con pulsazione ω e costante di

l

smorzamento γ.

Il testo del problema non richiede di determinare esplicitamente le correnti ma, volendolo fare, bisogna

imporre le condizioni al contorno che in questo caso sono:

i (0) = 0 (circuito inizialmente aperto)

L

di q V

L 0 0

(0) = = (dalle condizioni (15))

dt LC L

per cui V 0 −γt

i (t) = e sin ω t .

L l

ω L

l

Le correnti negli altri rami si ricavano facilmente dalle (16) e si verifica che vale la conservazione della

corrente ai nodi. 22

19 dq

Si ha, per definizione, I(t) = , quindi per ottenere la carica e‘ necessario integrare l’espressione della

dt

corrente rispetto al tempo. Occorre però conoscere il valore di q al tempo t = 0, per poter imporre la

giusta condizione iniziale.

L’eq. del circuito è dI

q(t) + RI(t) + L =0 (17)

C dt

−γt

che è soddisfatta dall’espressione data I(t) = I e cos ωt purché

0 r 1

R q 2 2 2

γ = ω − γ =

ω = − γ , (18)

0

2L LC

√ LC .

avendo posto per comodità ω = 1/

0

dI , e in particolare il suo valore a t = 0:

È facile calcolare dt dI R

dI −γt

= I e (−γ cos ωt − ω sin ωt) I

= −γI = −

0 0

0

dt dt 2L

t=0

Dall’eq. del circuito (17) calcolata al tempo t = 0 si ricava la condizione iniziale per la carica:

q(0) 1

dI =0 =⇒ q(0) ≡ q = −

+ RI(0) + L RCI . (19)

0 0

C dt 2

t=0

Possiamo ora calcolare l’integrale della corrente per avere la carica in funzione del tempo. È più comodo

calcolare l’integrale indefinito (introducendo una costante arbitraria K) e imporre la condizione iniziale

successivamente. )

( (iω−γ)t

Z e

Z −γt (iω−γ)t + K =

I e cos ωtdt = I Re e dt = I Re

0

0 0 iω − γ

−γt

I e

0 Re {(cos ωt + i sin ωt)(−γ − iω} + K =

= 2 2

γ + ω

−γt

I e

0 (−γ cos ωt + ω sin ωt) + K

= 2

ω 0 2 2 2 , data dalle (18).

Nell’ultimo passaggio si è tenuto conto della relazione ω + γ = ω 0

Per avere la carica sulle armature del condensatore, occorre determinare il valore di K tale che al

tempo t = 0 la precedente espressione assuma il valore dato dalla (19):

1 I R

0

− RCI = + K

(−γ) + K = −I LC

0 0

2

2 2L

ω 0

da cui si ricava K = 0.

In conclusione: √

−γt

I e

0 −γt

q(t) = LC sin(ωt − φ) ,

(−γ cos ωt + ω sin ωt) = I e

0

2

ω 0 γ .

avendo introdotto la fase φ tale che tanφ = ω 23

20 Il solenoide con resistenza è equivalente ad un sistema costituito da un solenoide ideale ed una resistenza

collegati in serie (sono attraversati dalla stessa corrente).

di = V cos ωt e la sua risoluzione procede attraverso i seguenti passi:

L’eq. differenziale è Ri + L 0

dt

1. si trova la soluzione generale dell’eq. omogenea associata:

−Rt/L

risulta i (t) = Ae , essendo A una costante arbitraria;

om

2. si trova una soluzione particolare dell’eq. completa: con una soluzione di prova della forma

√ 2 2 2

R

i (t) = B cos(ωt−φ), per sostituzione diretta nell’eq. completa, si trova B = V / + L ω

p 0

e tan φ = ωL/R ;

3. si scrive la soluz. generale dell’eq. completa i(t) = i (t) + i (t) e si impone la condizione

om p

iniziale i(0) = 0: questo permette di determinare la costante A che compare in i (t): A =

om

V R .

− 0

2 2 2

R +L ω √ 2 2 2

La soluzione richiesta quindi è (osservando che cos φ = R/ R + L ω ):

V

V R 0

0 −Rt/L √

e +

i(t) = − cos(ωt − φ)

2 2 2

R + L ω 2 2 2

R + L ω

V i

h

0 −Rt/L

= cos(ωt − φ) − cos φ e

2 2 2

R + L ω

L’andamento di i (t), i (t) e della soluzione richiesta i(t), per valori particolari dei parametri del

0 p

problema, è mostrato in figura.

0.4 i

p

0.2

[A]

i(t) 0 i

0

-0.2 Ω, ω

-0.4 V = 2 V, R = 1.5 L = 2 H, = 3 rad/s

0

0 1 2 3 4 5 6 7 8

t [s]

24

21 Equazione del circuito (i = dq/dt):

q dq 1 V

0

+ Ri = V cos ωt + q(t) = cos ωt . (20)

0

C dt RC R

Il procedimento da seguire per risolvere l’equazione differenziale è analogo a quello dell’Esercizio 20.

Soluzione generale dell’equazione omogenea associata:

−t/RC

q (t) = A e , A = costante arbitraria .

om

Soluzione particolare dell’equazione completa:

q (t) = B cos(ωt − φ)

p

Sostituendo nell’equazione (20) si trova che questa è identicamente soddisfatta se

CV 0 .

φ = atan(ωRC) B = p 2

1 + (ωRC)

La soluzione generale dell’equazione completa è −t/RC

q(t) = q (t) + q (t) = Ae + B cos(ωt − φ) .

om p

Determiniamo la costante A imponendo la condizione iniziale q(0) = 0:

A = −B cos φ .

In conclusione la carica sulle armature del condensatore è

CV i

h

0 −t/RC .

cos(ωt − φ) − cos φ e

q(t) = p 2

1 + (ωRC)

22 Eq. del circuito: di 1

L + Ri + q = V cos ωt (21)

0

dt C

ossia, calcolando la derivata rispetto al tempo

2 1

di

d i + i = −V ω sin ωt . (22)

+ R

L 0

2

dt dt C

Si tratta di un’eq. differenziale lineare a coefficienti costanti. Le condizioni iniziali per la funzione

incognita i(t) sono: V

di 0

= (23)

i(0) = 0 dt L

t=0

(la seconda condizione si ricava calcolando l’eq. (21) a t = 0 con i(0) = 0 e q(0) = 0).

Per risolvere l’eq. (22) bisogna procedere attraverso i seguenti passi:

25

2

d i di 1

om om

1. Considerare l’omogenea associata: L + R + i = 0 e trovarne la soluzione

om

2

dt dt C

generale. R 1 p 2 2

√ , ω = ω − γ (il circuito è in condizioni di smorzamento

Ponendo γ = , ω =

0 l 0

2L LC

debole) si ha: −γt

i (t) = Be cos(ω t + α) B, α = costanti arbitrarie .

om l

Si faccia attenzione a non confondere ω (pulsazione delle oscillazioni libere) con la ω della f.e.m.

l

applicata (pulsazione delle oscillazioni forzate).

2. Trovare una soluzione particolare dell’eq. completa: si prova con una soluzione della forma

i (t) = D cos(ωt − φ) e la ω che compare qui è proprio quella della f.e.m. del generatore

p

(oscillazioni forzate). Per sostituzione diretta nell’eq. completa (22) si trova

1

ωL − π

ωC = −1 φ = − rad (24)

tan φ = R 4

V V

V 0 0

0 √

= = = 0.707 A (25)

D = q

Z R 2

2

1

2 + ωL −

R ωC (t)+i (t) e si impongono le condizioni

3. Si scrive la soluz. generale dell’eq. completa i(t) = i

om p (t) :

iniziali (23) per di determinare le costanti B e α che compaiono in i

om

V π

0

−γt √

i(t) = i (t) + i (t) = Be cos(ω t + α) + cos ωt +

om p l 4

R 2

di V π

0

−γt √

= Be [−γ cos(ω t + α) − ω sin(ω t + α)] − ω sin ωt +

l l l

dt 4

R 2

π V

V 0

0

√ cos = − = −0.500 A

i(0) = 0 =⇒ B cos α = − 4 2R

R 2 π

di V V V

0 0 0

√ ω sin

(0) = =⇒ −Bγ cos α − Bω sin α − =

l

dt L 4 L

R 2

V V

γ − ω 0 0

− = −0.945 A

B sin α = ω 2R ω L

l l

Si ricava perciò: B = 1.069 A, α = 4.226 rad (l’angolo α appartiene al terzo quadrante, perché sia

il seno che il coseno sono negativi).

In conclusione, l’espressione della corrente nel circuito dopo la chiusura dell’interruttore è:

π

h i

−γt

i(t) = 1.069 e cos(ω t + α) + 0.707 cos ωt + A,

l 4

R −1

= 50 s , ω = 132.3 rad/s, α = 4.226 rad.

con γ = l

2L

Gli andamenti di i (t) (curva verde), i (t) (blu) e della soluzione richiesta i(t) (rossa) sono mostrati

om p

in figura. 26

0.8 i

0.6 om

0.4

0.2

[A]

i(t) 0

-0.2

-0.4 i

-0.6 p

-0.8 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14

t [s]

23 Per t < 0 nel circuito circola la corrente continua I = V /R = 1 A.

1 0

Per t ≥ 0 l’equazione del circuito diventa

q di

+ Ri + L = V (t) = V cos ωt (26)

a 0

C dt

che si può riscrivere, derivando rispetto al tempo:

2

d i di

R i dV V

a 0

+ + = = − ω sin ωt , (27)

2

dt L dt LC dt L

con le condizioni iniziali V 0 q(0) = 0

i(0) = I =

1 R

Per risolvere l’eq. differenziale abbiamo però bisogno della condizione iniziale sulla derivata prima

della corrente, che si può ricavare dall’equazione del circuito (26) calcolata a t = 0:

q(0) di 1

di q(0)

= V (0) = V cioè =

+ Ri(0) + L − Ri(0) = 0 .

V −

a 0 0

C dt dt L C

t=0 t=0

Per risolvere l’eq. (27) bisogna procedere attraverso i seguenti passi:

2 1

d i di

om om

R + i = 0 e scriverne la soluzione

+

1. Considerare l’omogenea associata: om

L

2

dt dt LC

generale: −γt

i (t) = I e cos(ω t − α) ,

om 0 l

q

R 1

−1 2

dove γ = = 50 s , ω = − γ = 132 rad/s, I e α sono costanti arbitrarie.

0

l

2L LC

2. Scrivere una soluzione particolare dell’equazione completa:

i (t) = I cos(ωt − ϕ)

p p

con 1

ωL − π

V

0 ωC

= 0.707 A , ϕ = atan = − rad .

I =

p q R 4

2

1

2

R + ωL − ωC 27

3. La soluzione generale dell’equazione completa è

−γt

i(t) = i (t) + i (t) = I e cos(ω t − α) + I cos(ωt − ϕ)

om p 0 p

l

e le costanti I , α ora possono essere determinate imponendo le condizioni iniziali:

0 V

V 0

0 =⇒ I cos α + I cos ϕ =

i(0) = 0 p

R R

di =0 =⇒ −I γ cos α + I ω sin α + I ω sin ϕ = 0 .

0 0 p

l

dt t=0

Risolvendo il sistema si trova

I = 0.756 A α = 0.848 rad .

0

In conclusione, l’espressione richiesta è: π

h i

−γt

i(t) = 0.756 e cos(ω t − 0.848) + 0.707 cos ωt + A .

l 4

L’andamento di i(t) è mostrato in figura. i tot

i om

i

1 p

0.5

[A]

I 0

-0.5

-1 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14

t [s]

24 Per il principio di sovrapposizione, si può risolvere il problema considerando un generatore alla volta.

Con il generatore di corrente continua nel circuito non circola corrente, il condensatore è carico alla

tensione V = V = 20 V .

c,C 0 1

Con il generatore di corrente alternata l’impedenza del circuito è X = ωL − e la corrente ha

ωC

andamento sinusoidale con ampiezza I = E /|X| . La tensione ai capi del condensatore è

0 0 E E

I 0 0

0 = = .

V =

a,C 2

ωC |X|ωC |ω LC − 1|

Il rapporto richiesto è V E

a,C 0

= = 2.48 .

2

V V |ω LC − 1|

c,C 0 28

25 Sia ω = 2πν = 314 rad/s.

q 2

2 + (ωL − 1/ωC) = 157 Ω

Impedenza : Z = R 1

Sfasamento : φ = arctan (ωL − 1/ωC) = −1.44 rad (corrente in anticipo su tensione).

R

La corrente nel circuito è i(t) = I cos(ωt − φ) = 76.3 cos(ωt + 1.44) mA (I = V /Z)

0 0 0

Calcoliamo le ampiezze delle tensioni ai capi dei vari elementi:

V = RI = 1.53 V, V = LI ω = 0.240 V, V = I /ωC = 12.1 V.

R0 0 L0 0 C0 0

V è in fase con la corrente: V (t) = RI cos(ωt − φ) = 1.53 cos(ωt + 1.44) V

R R 0

π π

V è in anticipo di sulla corrente : V (t) = V cos(ωt − φ + ) = 0.240 cos(ωt + 3.01) V

L L L0

2 2

π

π sulla corrente : V (t) = V cos(ωt − φ − ) = 12.1 cos(ωt − 0.127) V .

V è in ritardo di C C0

C 2 2 q 2

2

′ ′ + (ωL − 1/ωC) . Le cadute

Con la nuova resistenza anche l’impedenza sarà diversa: Z = R

di potenziale massima ai capi del condensatore e della resistenza sono:

I V V R

0 0

′ ′ ′ ′

0

V = = V = I R =

C0 R0 0

′ ′

ωC ωCZ Z

′ ′

Si vuole V ≤ V quindi

C0 R0 1

′ = 159 Ω .

R ≥ ωC

26 Scriviamo la tensione applicata come: v(t) = V cos ωt.

0 1

ωL − .

La corrente nel circuito ha la forma i(t) = I cos(ωt − φ) con tan φ =

0 R ωCR

Tensioni ai capi degli elementi:

v (t) = Ri(t) = RI cos(ωt − φ)

R 0

di π

v (t) = L = −I ωL sin(ωt − φ) = I ωL cos ωt − φ +

L 0 0

dt 2

q(t) I I π

0 0

v (t) = = sin(ωt − φ) = cos ωt − φ −

C C ωC ωC 2

I valori massimi della tensione ai capi dei vari elementi sono: I 0

V = RI V = I ωL V = .

R 0 L 0 C ωC

I valori massimi sono legati ai rispettivi valori efficaci da:

√ √

√ V = V =

V = 2 V 2 V 2 V

R, C C, L L,

R eff eff eff

Dal testo del problema sappiamo che:

V V

V 1 V R

C, R,

C R

eff eff

= = =1 = = =4

V V ωCR V V ωL

R, R L, L

eff eff

per cui 1 1

ωL ◦

− = − 1 = −0.75 =⇒ φ = −0.64 rad = −36.9

tan φ = R ωCR 4 29

e risulta che la corrente è in anticipo di fase rispetto alla tensione applicata (circuito capacitivo). Si

ha inoltre:

s 2

1 R

p 2

2 = R =⇒ R = Z cos φ = 120 Ω

Z = R + ωL − 1 + tan φ =

ωC cos φ

V V

1

R 1

R L R

= 23.9 mH C = = 6.63 µF .

= =

L = ω V 4ω ωR V ωR

R C

27 È importante innanzi tutto osservare che dall’uguaglianza delle d.d.p. efficaci ai capi dei tre elementi

13

è sbagliato E = 40 V ! (sarebbe vero solo in corrente

concludere che le suddette d.d.p. siano pari a eff

continua!). In un circuito a corrente alternata, i valori istantanei delle d.d.p. ai capi di R, L, C si

sommano per dare la d.d.p. istantanea ai capi del generatore, ma ciò non vale per i valori medi né

per i valori massimi (che vengono raggiunti in istanti diversi nei diversi elementi del circuito) e di

conseguenza nemmeno per i valori efficaci.

Per risolvere correttamente l’esercizio scriviamo le relazioni generali:

I eff V = ωLI

V = RI V = L,eff eff

R,eff eff C,eff ωC

Dal testo del problema: 1

V = V = V =⇒ R = ωL =

R,eff C,eff L,eff ωC

per cui l’impedenza risulta:

s 2

1 p

2 2 2

R + ωL − R

=

Z = + (R − R) = R = 160 Ω

ωC

È immediato ricavare i valori efficaci richiesti:

E

E eff

eff = = 0.75 A V = RI = E = 120 V

I = R,eff eff eff

eff Z R 1

V = ωLI = RI = E = 120 V V = I = RI = E = 120 V

L,eff eff eff eff C,eff eff eff eff

ωC

e anche 1

R = 0.424 H C = = 16.6 µF .

L = ω ωR

Per lo sfasamento tra tensione del generatore e corrente si trova:

1

ωL − ωC

tan φ = =0

R

cioè la corrente nel circuito è in fase con la tensione applicata!

√ 2E = 170 V, è immediato scrivere la corrente e le tensioni istantanee ai capi dei

Sapendo che E =

0 eff

vari elementi: E 0

i(t) = cos(ωt) = I cos(ωt) v (t) = Ri(t) = E cos(ωt)

0 R 0

R 1

di I

Z 0

v (t) = L = −LωI sin(ωt) = −E sin(ωt) v (t) = sin(ωt) = E sin(ωt)

i(t)dt =

L 0 0 C 0

dt C ωC

ed è chiaramente verificata la relazione v (t) + v (t) + v (t) = E(t).

L C R

Dalle espressioni esplicite è evidente che in ogni istante la tensione applicata dal generatore uguaglia

quella ai capi della resistenza, mentre le tensioni ai capi di L e C sono sempre uguali ed opposte.

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DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in fisica
SSD:
Università: Torino - Unito
A.A.: 2016-2017

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher mc2 di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Elettromagnetismo e ottica e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Torino - Unito o del prof Bussa Maria Pia.

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