Domanda d'esame - transitorio di carica di un circuito RC

Testo (domanda di teoria dei compiti, per esempio 23/02/2023 e 03/02/2025). Transitorio di carica di un circuito R-C:

• disegnare lo schema circuitale e indicare i riferimenti adottati;
• dall'analisi del circuito per $t < 0$ in regime stazionario calcolare la condizione iniziale per $t = 0$;
• partendo dalle leggi di Kirchhoff e dalle equazioni dei bipoli per $t > 0$, ricavare l'equazione differenziale di rete;
• calcolarne la soluzione e tracciare i grafici di corrente e tensione del condensatore.

Teoria: Circuiti del primo ordine (RC e RL)Una rete con un solo condensatore o un solo induttore è del primo ordine: la variabile di stato x(t) soddisfa dx/dt + x/T = b(t). Con generatori costanti la soluzione è x(t) = x∞ + [x(0) - x∞] e^(-t/T): valore finale (regime stazionario per t > 0) più un transitorio esponenziale. La costante di tempo è T = R C per il condensatore e T = L / R per l'induttore, dove R è la resistenza di Thévenin vista dal componente dinamico. Dopo 4-5 costanti di tempo il transitorio è esaurito. Carica RC: vC = E(1 - e^(-t/RC)); scarica: vC = V0 e^(-t/RC); duali per RL.Circuiti del primo ordine (RC e RL) →, CondensatoreIl condensatore ideale ha q = C v e quindi, in convenzione dell'utilizzatore, i = C dv/dt (C in farad). È un bipolo dinamico con memoria: v(t) = v(t0) + (1/C) ∫ i dt. Con corrente limitata la tensione è continua (non può saltare). Immagazzina l'energia W_C = ½ C v², senza dissiparla: è passivo e la sua variabile di stato è la tensione. In regime stazionario è un circuito aperto. Serie: 1/C_s = Σ 1/C_k; parallelo: C_p = Σ C_k (al contrario dei resistori).Condensatore →, Regime variabile, istanti critici e condizioni inizialiIn regime variabile le reti contengono condensatori, induttori e interruttori o deviatori che commutano in un istante critico (t = 0). Se all'istante critico tutte le grandezze restano limitate, valgono vC(0+) = vC(0-) e iL(0+) = iL(0-): le variabili di stato sono continue, le altre grandezze possono saltare. L'analisi si divide in t < 0 (di solito regime stazionario: C aperto, L in corto, da cui vC(0-) e iL(0-)), t = 0 (continuità) e t > 0 (equazione differenziale). Le eccezioni sono le maglie capacitive e gli insiemi di taglio induttivi, dove compaiono impulsi di Dirac.Regime variabile, istanti critici e condizioni iniziali →.

1. Schema e riferimenti

Una sola maglia: GIT costante $E$ ($E > 0$), interruttore S, resistore $R$, condensatore $C$ ($R, C > 0$). Riferimenti: corrente $i(t)$ nel verso in cui esce dal $+$ del GIT; su $R$ e su $C$ tensioni $v_R$ e $v_C$ con la convenzione dell'utilizzatore (il $+$ dove entra $i$). S è aperto per $t < 0$ e si chiude in $t = 0$.

2. Analisi per $t < 0$ e per $t = 0$

Per $t < 0$ S è aperto: nella maglia non passa corrente e il condensatore, che si suppone scarico da molto tempo, ha $v_C = 0$. (In regime stazionario il condensatore è un circuito aperto: nessuna corrente lo può caricare.)

$$v_C(0^-) = 0$$

In $t = 0$ S si chiude. Tutte le grandezze restano limitate, quindi la tensione del condensatore (variabile di stato) è continua:

$$v_C(0^+) = v_C(0^-) = 0$$

La corrente invece salta: in $0^+$ il condensatore ha tensione nulla, come un cortocircuito, e $i(0^+) = E/R$.

3. Equazioni per $t > 0$

$$\begin{cases} v_R + v_C - E = 0 & \text{(LKT)} \\ i_R = i_C = i & \text{(LKC)} \\ v_R = R\, i & \text{(resistore)} \\ i = C\, \dfrac{dv_C}{dt} & \text{(condensatore)} \end{cases}$$

Sostituendo le ultime tre nella LKT si ottiene l'equazione nella sola variabile di stato:

$$RC\, \frac{dv_C}{dt} + v_C = E, \qquad v_C(0) = 0$$

Perché si sceglie v_C come incognitaÈ la variabile di stato: è l'unica grandezza di cui si conosce il valore in 0+ grazie alla continuità. Con un'altra incognita la condizione iniziale andrebbe ricavata a parte..

4. Soluzione

Omogenea associata $RC\, \dot v_C + v_C = 0$: polinomio caratteristico $RC\, s + 1 = 0$, radice $s = -1/RC$, soluzione $A\, e^{-t/T}$ con $T = RC$.

Particolare: il termine noto è costante, quindi si prova una costante $V_p$: $0 + V_p = E$, cioè $V_p = E$. (È la soluzione di regime stazionario per $t > 0$: condensatore aperto, nessuna corrente, tutta la $E$ sul condensatore.)

Condizione iniziale: $v_C(0) = A + E = 0 \Rightarrow A = -E$.

$$\boxed{v_C(t) = E\left(1 - e^{-t/T}\right), \qquad i(t) = C\, \frac{dv_C}{dt} = \frac{E}{R}\, e^{-t/T}, \qquad T = RC}$$

Commento ai grafici. La tensione parte da zero (continua) e sale verso $E$ con tangente iniziale di pendenza $E/T$; dopo $T$ è al $63\%$, dopo $4$–$5\,T$ il transitorio è praticamente finito. La corrente salta da $0$ a $E/R$ in $t = 0$ e poi decresce esponenzialmente a zero.

5. Esempio numerico

$E = 12\ \mathrm V$, $R = 2\ \mathrm{k\Omega}$, $C = 50\ \mu\mathrm F$.

• $T = RC = 2000 \cdot 50 \cdot 10^{-6} = 0{,}1\ \mathrm s$.
• $i(0^+) = E/R = 6\ \mathrm{mA}$.
• Dopo una costante di tempo: $v_C(0{,}1\ \mathrm s) = 12\,(1 - e^{-1}) = 7{,}59\ \mathrm V$.
• Tempo per arrivare al $90\%$ di $E$: $e^{-t/T} = 0{,}1 \Rightarrow t = T \ln 10 = 0{,}23\ \mathrm s$.

Bilancio energetico (osservazione utile all'orale). A carica completata il condensatore ha $W_C = \frac12 C E^2 = 3{,}6\ \mathrm{mJ}$. Il generatore ha erogato $\int_0^\infty E\, i\, dt = E \cdot \frac{E}{R} \cdot T = C E^2 = 7{,}2\ \mathrm{mJ}$ (la carica totale spostata è $CE$). La differenza, $3{,}6\ \mathrm{mJ}$, è dissipata in $R$: $\int_0^\infty R\, i^2\, dt = \frac{E^2}{R} \cdot \frac{T}{2} = \frac12 CE^2$. Metà dell'energia va sempre persa nel resistore, qualunque sia $R$: un $R$ piccolo rende la carica più veloce ma con correnti più intense.