Esercizio 6circuito RL, energia dissipata e lavoro del generatore

Testo (Terzo appello, 20.06.2024, problema 2). Si consideri un circuito RL con resistenza $R = 30\ \Omega$, induttanza $L = 300$ mH e generatore di forza elettromotrice $V$. Il circuito viene chiuso al tempo $t_0 = 0$ e si osserva che nella situazione finale ($t \to +\infty$) l'autoflusso del campo magnetico nella bobina è $\Phi = 0{,}6$ Wb. Determinare:

a) il valore della forza elettromotrice del generatore (3 punti); b) l'energia dissipata nella resistenza tra $t_0$ e $t_1 = 12$ ms (4 punti); c) il lavoro fatto dal generatore tra $t_0$ e $t_1$ (3 punti).

Le leggi che servono

Dalla nota Autoinduzione, circuiti RL e LC, energia magneticaUn circuito percorso da corrente concatena il flusso del proprio campo: Φ = L i, con L coefficiente di autoinduzione (henry; solenoide L = μ0 n² Σ ℓ). Se i varia compare la fem autoindotta −L di/dt. Circuito RL in chiusura: i = (ℰ/R)(1 − e^(−t/τ)), τ = L/R (extracorrente di chiusura); in apertura i = i₀e^(−t/τ). Un'induttanza percorsa da i immagazzina U = ½Li², con densità di energia magnetica u = B²/(2μ0). Circuito LC: la carica oscilla come q₀cos(ωt), ω = 1/√(LC), con l'energia che passa dal condensatore all'induttanza e viceversa.Autoinduzione, circuiti RL e LC, energia magnetica →:

• autoflusso: $\Phi = Li$;
• corrente alla chiusura: $i(t) = i_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$, con $i_0 = \frac VR$ (corrente di regime) e $\tau = \frac LR$;
• energia immagazzinata nell'induttanza: $U_L = \frac12Li^2$.

Costante di tempo: $\tau = \frac{0{,}3}{30} = 0{,}01$ s $= 10$ ms. L'istante $t_1 = 12$ ms è poco più di una costante di tempo: il transitorio non è ancora finito.

a) Forza elettromotrice

Perché il regime

A regime ($t \to \infty$) la corrente è costante, la fem autoindotta $-L\frac{di}{dt}$ è nulla e l'induttanza si comporta come un filo: la corrente è quella della sola resistenza, $i_0 = \frac VR$. L'autoflusso in quella situazione è

$$\Phi = Li_0 = L\frac VR \implies V = \frac{\Phi R}{L} = \frac{0{,}6\cdot30}{0{,}3} = \boxed{60\ \text{V}}$$

Di conseguenza $i_0 = \frac{60}{30} = 2$ A (controllo: $Li_0 = 0{,}3\cdot2 = 0{,}6$ Wb ✓).

b) Energia dissipata nella resistenza

Perché un integrale

La potenza dissipata per effetto Joule è $P(t) = Ri(t)^2$ e cambia nel tempo perché la corrente cresce. L'energia dissipata è l'integrale della potenza (Conduzione, legge di Ohm ed effetto JouleNel modello classico gli elettroni accelerano nel campo e vengono frenati dagli urti, raggiungendo una velocità di deriva proporzionale a E: J = σE (legge di Ohm locale, σ = ne²τ/m, resistività ρ = 1/σ). Per un filo R = ρL/Σ e ΔV = Ri. La potenza ceduta al conduttore e dissipata in calore è P = iΔV = Ri² = ΔV²/R (effetto Joule). Resistenze in serie si sommano, in parallelo si sommano gli inversi.Conduzione, legge di Ohm ed effetto Joule →):

$$U_d = \int_0^{t_1}Ri^2\,dt = Ri_0^2\int_0^{t_1}\left(1 - e^{-t/\tau}\right)^2dt.$$

Calcolo dell'integrale

Si sviluppa il quadrato: $(1 - e^{-t/\tau})^2 = 1 - 2e^{-t/\tau} + e^{-2t/\tau}$, e si integra termine a termine usando $\int_0^{t_1}e^{-kt}dt = \frac{1 - e^{-kt_1}}{k}$:

• $\int_0^{t_1}1\,dt = t_1$;
• $\int_0^{t_1}2e^{-t/\tau}dt = 2\tau\left(1 - e^{-t_1/\tau}\right)$;
• $\int_0^{t_1}e^{-2t/\tau}dt = \frac\tau2\left(1 - e^{-2t_1/\tau}\right)$.

$$U_d = Ri_0^2\left[t_1 - 2\tau\left(1 - e^{-t_1/\tau}\right) + \frac\tau2\left(1 - e^{-2t_1/\tau}\right)\right].$$

Numeri

$t_1/\tau = 1{,}2$: $e^{-1{,}2} = 0{,}3012$, $e^{-2{,}4} = 0{,}0907$. $Ri_0^2 = 30\cdot4 = 120$ W.

$$U_d = 120\left[0{,}012 - 0{,}02\cdot0{,}6988 + 0{,}005\cdot0{,}9093\right] = 120\cdot0{,}002570 = \boxed{0{,}308\ \text{J}}$$

Controllo di ragionevolezza. Se la corrente fosse stata subito $2$ A, in $12$ ms si sarebbero dissipati $120\cdot0{,}012 = 1{,}44$ J. Il risultato è molto minore perché la corrente parte da zero e la potenza va come il quadrato della corrente.

c) Lavoro del generatore

Bilancio energetico

Moltiplicando l'equazione del circuito $V = Ri + L\frac{di}{dt}$ per $i\,dt$ e integrando:

$$W_g = \int_0^{t_1}Vi\,dt = \underbrace{\int_0^{t_1}Ri^2\,dt}_{U_d} + \underbrace{\frac12Li(t_1)^2}_{\text{energia nell'induttanza}}.$$

Il generatore paga sia la dissipazione nella resistenza sia l'energia immagazzinata nel campo magnetico della bobina (che all'inizio era nulla).

Numeri

Corrente in $t_1$: $i_1 = i_0(1 - e^{-1{,}2}) = 2\cdot0{,}6988 = 1{,}40$ A. Energia magnetica: $\frac12\cdot0{,}3\cdot1{,}398^2 = 0{,}293$ J.

$$W_g = 0{,}308 + 0{,}293 = \boxed{0{,}601\ \text{J}}$$

Controllo indipendente. $W_g = V\int_0^{t_1}i\,dt = Vi_0\left[t_1 - \tau(1 - e^{-t_1/\tau})\right] = 60\cdot2\cdot(0{,}012 - 0{,}006988) = 0{,}601$ J ✓. (La carica erogata dal generatore è $\int i\,dt$, e il lavoro è la fem per la carica.)

Riepilogo

Errori comuni

• Usare $Ri_0^2t_1$ per l'energia dissipata, come se la corrente fosse già a regime.
• Dimenticare l'energia magnetica nel lavoro del generatore.
• Sbagliare il segno del termine $2\tau(1 - e^{-t_1/\tau})$ sviluppando il quadrato.