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Complementi ed esercizi di Fisica2 O2: Circuiti in corrente alternata Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2) Soluzione Elenco simboli 0 0.50V Ξ = . 3 2 2.0 10 / rad s ϖ - = 3 1 1.5 10 / rad s ϖ - = 2 2 2 1 Z L C ϖ ϖ = - =impedenza alla pulsazione 2 ϖ 1 1 1 1 Z L C ϖ ϖ = - =impedenza alla pulsazione 1 ϖ 1 02 1.0 10 I A - = 2 01 2.7 10 I A - = La relazione generale tra ampiezza della corrente e ampiezza della f.e.m. è 0 0 I Z Ξ = I casi particolari sono 0 0 0 0 01 1 02 2 1 01 2 02 ; I Z I Z Z I Z I Ξ Ξ Ξ Ξ = ⇒ = = ⇒ = da cui 0 0 1 2 1 01 2 02 1 1 L L C I C I ϖ ϖ ϖ ϖ Ξ Ξ - = - = A questo punto si rileva che il problema è incompleto: non viene specificato se la pulsazione di risonanza 0 1/ LC ϖ = soddisfa la condizione 1 2 0 , ϖ ϖ ϖ < oppure la condizione 1 0 2 ϖ ϖ ϖ < < . La condizione 0 1 2 , ϖ ϖ ϖ < non è possibile perché, oltre la frequenza di risonanza, l’intensità massima diminuisce al crescere della frequenza. Pertanto, per fare una scelta si assumerà 1 2 0 , ϖ ϖ ϖ < .
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Complementi ed esercizi di Fisica2O2: Circuiti in corrente alternata
Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2)
SoluzioneElenco simboli
0 0.50VΞ = . 3
2 2.0 10 /rad sω −=3
1 1.5 10 /rad sω −=
2 22
1Z LC
ωω
= − =impedenza alla pulsazione 2ω
1 11
1Z LC
ωω
= − =impedenza alla pulsazione 1ω
102 1.0 10I A−=
201 2.7 10I A−=
La relazione generale tra ampiezza della corrente e ampiezza della f.e.m. è0
0IZ
Ξ=
I casi particolari sono
0 0 0 001 1 02 2
1 01 2 02
;I Z I ZZ I Z IΞ Ξ Ξ Ξ= ⇒ = = ⇒ =
da cui
0 01 2
1 01 2 02
1 1L LC I C I
ω ωω ω
Ξ Ξ− = − =
A questo punto si rileva che il problema è incompleto: non viene specificato se la pulsazione di risonanza 0 1/ LCω = soddisfa la condizione 1 2 0,ω ω ω< oppure la condizione 1 0 2ω ω ω< < . La condizione 0 1 2,ω ω ω< non è possibile perché, oltre la frequenza di risonanza, l’intensità massima diminuisce al crescere della frequenza. Pertanto, per fare una scelta si assumerà 1 2 0,ω ω ω< .
2 20 0 0 0 0 0
1 1 1 12 2 21 01 1 01 1 01 1 01
1 11 1 1L L L LC I LC I I I
ω ωω ω ω ωω ω ω ω
Ξ Ξ Ξ Ξ− = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ÷
2 20 0 0 0 0 0
2 2 2 22 2 22 02 2 02 2 01 2 02
1 11 1 1L L L LC I LC I I I
ω ωω ω ω ωω ω ω ω
Ξ Ξ Ξ Ξ− = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ÷
Si noti che il passaggio dal segno del valore assoluto alle parentesi è stato fatto in modo da mantenere il segno positivo dell’argomento ivi contenuto.Dividendo membro a membro le due equazioni finali
2 20 00
1 2 2 2 21 101 2 02 0 0
0 1 22 2 2 22 20 1 01 1 2 1 20 0
2 2 2022 2
1 111 1
1 1
LI I
IL I
ω ωωω ω ω ω ω αα ω ω ω
ω ω ω α ω ωω ωωω ω
Ξ− − ÷ ÷ − = ⇒ = ⇒ − = − ⇒ = ÷ ÷Ξ − − − ÷ ÷
dove 02 2
01 1
II
ωαω
=
(ovviamente deve essere soddisfatta la condizione che l’argomento sotto il segno di radice sia positivo; in questo caso lo è)Una volta calcolato 0ω si procede al calcolo di L:
20 0 0
1 2 21 01 1 01 0
21
111
L LI I
ωωω ω ω
ω
Ξ Ξ− = ⇒ = ÷ − ÷
e infine si procede al calcolo di C
20
1CLω
=
Lo studente può ripetere il procedimento considerando 1 0 2ω ω ω< < , in tal caso2 20 0 0 0
2 22 22 01 2 02
1 1L LI I
ω ωω ωω ω
Ξ Ξ− = ⇒ − = ÷
Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2)
SoluzioneElenco simboli
0 12.0VΞ = . 377 /rad sω =
1Z LC
ωω
= −
0I = intensità massima corrente
(a)0 0
0 1I
Z LC
ωω
Ξ Ξ= =−
(b)
( ) 2 20 0 0
1 1 i t i ti tC C CV Z I i I e I e V e
C C
π πω ϕ ω ϕω ϕ
ω ω
− − − − ÷ ÷− ∆ = = − = = ∆
dove
0 01
CV ICω
∆ =
(c)
( ) 2 20 0 0
i t i ti tL L LV Z I i LI e LI e V e
π πω ϕ ω ϕω ϕω ω − + − + ÷ ÷− ∆ = = = = ∆
0 0LV LIω∆ =
Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2)
SoluzioneElenco simboli
0 0.88VΞ = . 2 400 /rad sω π=
25.0 10L H−=7
1 8.0 10C F−=7
2 16.0 10C F−=1Z LC
ωω
= −
1 2C C C= + (condensatori in parallelo)
L’intensità istantanea massima che attraversa la batteria è0 0
0 1I
Z LC
ωω
Ξ Ξ= =−
La corrente che attraversa la batteria è( )
0i tI I e ω ϕ−=
La corrente I attraversa anche il condensatore equivalente di capacità C , dando luogo a
( ) 2 20 0 0
1 1 i t i ti tC C C C CV Z I i I e V I e V V e
C C
π πω ϕ ω ϕω ϕ
ω ω
− − − − ÷ ÷− ∆ = = − ⇒ ∆ = ⇒ ∆ = ∆
dove
0 01
CV ICω
∆ =
I due condensatori presentano la stessa CV∆
( ) ( )
1
* 201 1 1 1 12 2
1 11 1
01 1 012
11
1
1
i tC C C
C C CC C C
i t i tC
C
V V VV Z I I I Z I i eZ CZ Z
VI e I I eCZ
πω ϕ
ω ϕ ω ϕ
ω
ω
− − ÷
− −
∆ ∆ ∆∆ = = ⇒ = ⇒ = ⇒ ÷
∆⇒ = ⇒ =
dove
1
2 2001 01 0 01 1 02
1 11
1 1CC C
C
VI I C V I C VC CZ
ω ωω ω
∆= ⇒ = ∆ ⇒ = ∆
Procedendo allo stesso modo si trova02 2 0CI C Vω= ∆
Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2)
SoluzioneLe risposte sono già date nella parte introduttiva della precedente scheda
(a) 2
2 1Z R LC
ωω
= + − ÷
(b) 00I
ZΞ= (c)
1LCtg
R
ωωϕ
− ÷ =
Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2)
SoluzioneElenco simboli
0 0.40VΞ = . 39 10 /rad sω =
0.80R = Ω41.5 10C F−=
22 2
1Z RCω
= +
00I
ZΞ=
1Ctg
Rωϕ
− ÷ =
2 2 20 0 0
2cos2 2 2
RP RZ Z Z Z
ϕΞ Ξ Ξ= = =
dove si è usato cos /R Zϕ = che ha validità generale.
Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2)
SoluzioneElenco simboli
0 0.50VΞ = . 33 10 /rad sω =
1.2R = Ω42.0 10L H−=
2 2 2Z R Lω= +
00I
ZΞ=
LtgR
ωϕ =
2 2 20 0 0
2cos2 2 2
RP RZ Z Z Z
ϕΞ Ξ Ξ= = =
Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2)
SoluzioneCome mostrato nella precedente scheda e utilizzato nell’ultimo problema
2 2 20 0 0
2cos2 2 2
RP RZ Z Z Z
ϕΞ Ξ Ξ= = =
dove per il circuito RLC l’impedenza è
22 1Z R L
Cω
ω = + − ÷
Utilizzando anche la definizione di valore efficace2
22 1
eff RP
R LC
ωω
Ξ=
+ − ÷ In condizioni di risonanza ( 0 1/ LCω ω= = , la parte reattiva è nulla e naturalmente la potenza erogata al circuito è massima avendo eliminato dal denominatore il contributo reattivo.
2 2
2eff effR
PR R
Ξ Ξ= =
