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Edutecnica.it – Circuiti a scatto -Esercizi

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Esercizio no.1 Soluzione a pag.5 Nel circuito di figura, l’interruttore T1 viene chiuso all’istante t=0; dopo un tempo t0=4,8µs, T1 viene riaperto e contemporaneamente viene chiuso T2. Trovare l’andamento della tensione vc ai capi del condensatore.

E=40V R=20kΩ C=100pF

Trovare il valore della tensione ai capi di C dopo un tempo t=8,8µs dall’istante iniziale t0.

[ ]V,.R 924 Esercizio no.2 Soluzione a pag.5 Nel circuito riportato il tasto viene aperto all’istante t=0, quando la corrente ha già raggiunto il suo valore di regime. Calcola i valori di v0 per t1=3µs.

E=30 V R1=3 kΩ R2=2 kΩ L=6 mH

( )[ ]V35,7tv.R 10 −= Esercizio no.3 Soluzione a pag.6 Nel circuito di figura, determinare l’andamento della tensione ai capi della coppia dei condensatori, sapendo che all’istante t=0 in cui viene chiuso T, i condensatori sono carichi alla tensione V0= -10V. Calcolare in quanto tempo la tensione vc si porta a 0V.

E=20V R1=1kΩ R2=3kΩ C1=100nF C2=60nF

[ ]s,.R µ361


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Esercizio no.4 Soluzione a pag.7 Nel circuito di figura, inizialmente i tasti T1 e T2 sono aperti e il condensatore C è scarico. All’istante t=0, viene chiuso il tasto T1, dopo un tempo t=42ms si chiude pure T2. Si trovi il valore di vc dopo un tempo t=82ms dalla chiusura del primo deviatore

E=4V R1=20kΩ R2=2kΩ C=10µF

[ ]V,v.R c 943=

Esercizio no.5 Soluzione a pag.07 Il condensatore C è carico alla tensione VC0=50V con la polarità indicata mentre gli interruttori sono aperti.All’istante t=0 viene chiuso T1, quindi dopo 20ms viene chiuso T2. Calcola il valore della tensione VAB dopo 30 ms dal tempo t=0.

E=80 V R1=10 kΩ R2=20 kΩ R3=30 kΩ VCO=50 V C=1 µF

[ ]V,.R 9854 Esercizio no.6 Soluzione a pag.9 Nel circuito illustrato, i deviatori sono inizialmente aperti ed il condensatore è scarico. I deviatori vengono chiusi nel seguente ordine: T1 per t1=0, T2 per t2=280µs e T3 per t3=520µs. Descrivere l’andamento della VAB nel tempo e calcolare il valore della VAB dopo un tempo tx=550µs.

E=80 V R1=100 kΩ R2=400 kΩ R3=10 kΩ C=1000 pF

( )[ ]Vtv.R xAB 9−=


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Esercizio no.7 Soluzione a pag.10 Nel circuito illustrato, disegnare l’andamento della tensione di uscita VAB a partire dall’istante t=0 di chiusura del tasto T. Calcola, inoltre il valore della corrente circolante dopo un tempo tx=0,5µs dalla chiusura del tasto.

E=100 V R1=2 kΩ R2=3 kΩ L=1 mH

( )[ ]V,ti.R xL 3518=

Esercizio no.8 Soluzione a pag.11 Nel circuito, il tasto T viene chiuso quando la corrente è già a regime, trovare l’andamento della tensione ai capi dell’induttanza e il valore della corrente dopo 0,5ms dalla chiusura del tasto.

E=42 V R1=1 kΩ R2=0,4 kΩ L=0,28 H

( )[ ]mAms,i.R L 4050 = Esercizio no.9 Soluzione a pag.12 Il circuito riportato è a regime, quando viene chiuso il tasto T1; dopo un tempo t0=5µs viene chiuso il tasto T2. Descrivi l’andamento della tensione VAB .

E=100 V R1=20 kΩ R2=8 kΩ R=12 kΩ L=10 mH


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Esercizio no.10 Soluzione a pag.13 Il circuito è sottoposto in ingresso ad un treno di onde rettangolari con ampiezza E=24V, TL=20 µs TH=10 µs (T=TL+TH=30µs). Trovare l’andamento del segnale di uscita sapendo che C=125pF ed R=16kΩ.

Esercizio no.11 Soluzione a pag.14 Il segnale di ingresso della rete illustrata è una forma d’onda rettangolare simmetrica di ampiezza Ei=10V con periodo T=2TL=2TH=16 µs. La tensione ai capi dell’induttanza deve avere a regime come valori estremi dell’esponenziale decrescente positivo V1=6V e V2=3V. Calcolare i valori R1 ed L nel caso la resistenza di carico sia RL=80kΩ.

[ ]mH184,0Lk3,53R.R 1 == Ω


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Esercizio no.1:soluzione

Dopo la chiusura dell’interruttore T1, la tensione vc cresce esponenzialmente con legge: ( ) ( )RCt

c eEtv /1 −−⋅=

( )

⋅−−⋅= −6c 102

texp140tv il valore raggiunto dopo 4,8µs è:

V4,36102108,4exp140v 6

6

1c =

⋅⋅

−−⋅= −

−

dall’istante t0=4,8µs in poi, il condensatore si scarica attraverso la resistenza partendo dal valore raggiunto vc1=36,4V secondo la legge:

( ) ( ) ( ) V92,4102

108,48,8exp4,36RC

ttexp4,36eVtv 6

60RC/tt

0Cc0 =

⋅⋅−

−⋅=

−−⋅== −

−−−

Esercizio no.2:soluzione A regime, prima della apertura di T l’induttanza L si comporta come un corto circuito percorsa dalla corrente mA103/30R/Ei 1 === con v0=0. All’apertura di T il transitorio sull’induttore è regolato dalla: ( ) ( ) LtR

iffL eiiiti /−⋅−−=

con 0i f = e ovviamente 1

i REi = la costante di tempo s3

102106

RL

3

3

2µτ =

⋅⋅

==−

( ) ( ) ( ) τττ /t

1

2L20

/t

1

/t

1L e

RERtiRtve

REe

RE00ti −−− ⋅−=⋅−=→⋅=⋅

−−=

( ) V35,7e

20e3302tv 3/3

10 −=−=⋅⋅

−== −


6

Esercizio no.3:soluzione I due condensatori in parallelo equivalgono all’unico condensatore:

nF160CCC 21 =+= A monte del deviatore T il circuito può essere semplificato col teorema di Thevenin.

Il generatore equivalente vale: V154

320RR

ERE21

2q =

⋅=

+=

La resistenza equivalente vale Ω=== k75,043R//RR 21q

Dobbiamo pensare che a regime il condensatore C si carichi alla tensione del generatore E. Quindi vf = E mentre vi = V0. Il fenomeno del transitorio di accensione è regolato, in questo caso, dall’equazione:

( ) ( ) ( ) RC/t

0RC/t

iffc eVEEevvvtv −− ⋅−−=⋅−−=

è possibile individuare l’istante tz di attraversamento dell’asse a 0 V tramite l’equazione:

( ) RC/t0 eVEE0 −⋅−−= che diventa:

( ) ( )0

RC/tRC/t0 VE

EeEeVE−

=→=⋅− −−

per cui: ( ) ( )

−

−=→

−

=−0

qz0q

z

VEElnCRt

VEEln

CRt

( ) s3,612515ln10120

101515ln101601075,0t 693

z µ=

⋅−=

+

⋅⋅⋅−= −−


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Nel primo intervallo di tempo, da 0 a 42ms il circuito ha la configurazione riportata. Poniamo:

Ω=+= k22RRR 21 C inizia a caricarsi con andamento esponenziale crescente, all’istante t0=42ms si ha:

( ) ( ) V695,022042exp14

1010221042exp14e1EVtv 53

3RC/t

00c0 =

−−⋅=

⋅⋅⋅

−−⋅=−⋅== −

−−

Dopo la chiusura del secondo deviatore il circuito diventa come illustrato in figura; applichiamo la: ( ) ( ) RCt

iffc evvvtv /−⋅−−= sostituendo i valori:

( ) ( ) ( )

V94,32082exp3,34

101021082exp695,044eVEEtv 53

3CR/t

01c2

=

−−=

=

⋅⋅⋅

−−−=⋅−−= −

−−


Dall’istante t=0 all’istante t0=20ms C si scarica attraverso la serie delle due resistenze R2 ed R3. La corrente circolante ha espressione:

( ) mAe1050

50eRR

Vi 05,0/t3

CRR/t

32

CO 32 −+−

⋅=

+=

per cui 05,0/t

3AB e30RiV −⋅=⋅= dopo un tempo t0=20ms=0,02s

( ) V20e30RitV 05,0/02,030AB =⋅=⋅= −


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da notare come al tempo t=0 sia: ( ) V30e30Ri0V 05,0/03AB =⋅=⋅= −

per la tensione sul condensatore si ha:

( ) 05,0/tCRR/tCOAB e50eVV 32 −+− ⋅=⋅= al tempo t0=20ms

V,,Vc 53367050 =⋅=

Dall’istante t0=20ms in poi il condensatore riprende a caricarsi con costante di tempo:

ms5,27CRR

RRRT31

312 =

+

+=

Infatti applicando il teorema di Thevenin fra i morsetti AB

V6030103080

RRERE

31

3q =

+⋅

=+

=

Ω=+

= k5,7RR

RRR31

31q

La corrente di carica del condensatore ha quindi l’espressione:

( )( )

−−

⋅=

−−

⋅+−

=+−

= −−

0275,002,0texp

105,275,26

0275,002,0texp

105,7205,3360e

RRVE

i 33T/tt

2q

cq 0

−−−=−=

0275,002,0texp22,760iREV qqAB dopo 30 ms dal tempo t=0.

V98,540275,0

02,00,03exp22,760iREV qqAB =

−−−=−=

da notare come subito dopo l’istante t0=20ms la VAB riprenda dal valore:


9

V52,7822,760e22,760V 0275,0/0AB =−=−= −

Esercizio no.6:soluzione Alla chiusura del deviatore T1 la tensione vAB comincia a crescere esponenzialmente (è negativa, data la disposizione della batteria)

( )CR/tAB eEv 11 −−⋅−= con R1C=100 µs

per t2=280µs la VAB assume il valore:

( ) ( ) AB6

6CR/t

2AB VV75039,0801010010280exp180e1Etv 12 =−=⋅−=

⋅⋅

−−⋅−=−⋅−= −

−−

all’istante t2=280 µs si chiude il deviatore T2 e ovviamente, riduciamo il circuito col teorema di Thevenin.

V64RR

ERE21

2q =

+=

Ω== k80R//RR 21q

con sCRq µ= 80

Il condensatore si scarica parzialmente, tendendo a raggiungere il valore di Eq secondo la regola: ( ) ( ) ( )

( )[ ] ( )

2ABAB

q

2AB

CR/tABqqAB

RC/tiffc

VV5,6405,01164v

80240exp1164

CRttexp756464v

eVEEvevvvtv q

=−=⋅−−=

=

−−−=

−−−−−−−=

⋅−−=→⋅−−= −−


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All’istante t3=520 µs si chiude T3 e l’intero circuito si semplifica col teorema di Thevenin, ottenendo:

V1,7RR

REE

3q

3qx =

+=

Ω== k9,8R//RR 3qx con

s,CRx µ= 98

Il condensatore si scarica ulteriormente secondo la regola: ( ) ( ) ( )

( )[ ] ( ) ( )

−−−−=

−−−−−−−=

⋅−−=→⋅−−= −−

CRttexp4,571,7

CRttexp5,641,71,7v

eVEEvevvvtv

x

3

x

3AB

CR/t2ABxxAB

RC/tiffc

x

al tempo tx=550µs avremo: ( ) ( ) ( )

( ) V99,8520550exp4,571,7v

eVEEvevvvtv

AB

CR/t2ABxxAB

RC/tiffc

x

−=

−−−−=

⋅−−=→⋅−−= −−

Esercizio no.7:soluzione Alla chiusura del deviatore T la costante di tempo che governa il circuito è:

s2,0RR

L

21µτ =

+=

A regime l’induttanza si comporta come un corto circuito mentre alla chiusura del tasto come un circuito aperto, per cui nella:


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( ) ( ) LtRiffL eiiiti /−⋅−−= avremo mA20

RREi

21f =

+= e 0=ii

( ) ( ) ( ) V35,182,05,0exp120e120e02020ti /t/t

xL =

−−⋅=−⋅=⋅−−= −− ττ

L’espressione della VAB è ricavabile dalla legge di Kirchoff:

LAB iREv 1−= se per t=0 il circuito è aperto si ha VAB=E mentre ( ) mAtiL 20=∞→ quindi ( ) V60202100iREtv L1AB =⋅−=−=∞→ tutte le variazioni hanno un andamento esponenziale


Prima della chiusura del tasto: mA304,1

42RR

Ei21

i ==+

=

Alla chiusura di T la nuova corrente a regime sarà mA42REi

1f == quindi la

( ) ( ) ( ) ( ) τ/tL

L/tRiffL e304242tieiiiti −− ⋅−−=→⋅−−=

co s2801000

28,0RL

1µτ === ( ) ( ) mA40

280500exp304242ms5,0iL =

−⋅−−=

La iL ha, dunque un andamento esponenzialmente crescente fra 30 e 42 mA a cui tende asintoticamente.

( )( )

=∞→=

==−= −

V0tvV120v

e12iREvL

L/t1L

τ


12


Prima della chiusura del deviatore T1 la corrente i vale: mA520

100RR

EIi2

0 ==+

==

La tensione VAB, sempre prima della chiusura del tasto T1: V60RIVv 00ABAB === Alla chiusura del tasto T1, la corrente nell’induttanza L resta inizialmente al valore I0, mentre nella resistenza R1 circolerà una corrente I, per cui in tale istante la corrente erogata dal generatore: ( ) 0II0i += e quindi si avrà:

( ) mA14,21028

105108100RRIREIIIRIRE 3

33

21

02021 =

⋅⋅⋅⋅−

=+−

=→++=−

Quindi la corrente erogata dal generatore E sarà:

mA17,714,25IIi 0 =+=+= e tenderà al nuovo valore di regime:

( ) mA45,67,58

100R//RR

EI12

1 =+

=+

=

(l’induttanza L si comporta a regime come un corto circuito). Durante il transitorio la i erogata dal generatore varierà con legge:

( ) ( )[ ] τ/t011

L/tRiff eIIIIieiiii −− +−−=→⋅−−=

con xR

L=τ dove Ωk72,17

2820812

RRRRRR

21

21x =

⋅+=

++= per cui

s565,01072,17

10103

3µτ =

⋅⋅

=−

la legge di variazione della i:

mA10565,0

texp69,045,6i 6

⋅

−+= − di conseguenza:

⋅

−−=

⋅

−−−=−= −− 662AB 10565,0texp52,54,48

10565,0texp52,56,51100iREv

tende al valore V4,48vAB =


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all’istante t0=5 µs in cui viene chiuso il tasto T2, il transitorio precedente è praticamente terminato e la corrente i si porta istantaneamente al valore

mA5,128

100REi

2=== mentre la vAB si porta istantaneamente a 0 V.

Esercizio no.10:soluzione La forma d’onda di uscita sarà una successione di esponenziali crescenti e decrescenti regolati dalle equazioni di carica e scarica del condensatore.

per la carica ( ) ( ) RC/t

iffc evvvtv −⋅−−= per la scarica ( ) RC/t

ic evtv −⋅=

più precisamente avremo, durante la carica: ( ) ( ) RC/t

Bc eVEEtv −⋅−−= osservando il primo gradino di tensione:

( ) τ/TBA

HeVEEV −⋅−−= con s2101610125RC 312 µτ =⋅⋅⋅== − durante la scarica: ( ) ττ /T

AB/t

AcLeVVeVtv −− ⋅=→⋅=

sostituendo la seconda equazione nella prima..

( ) ( ) τττττ /T/TA

/TA

/T/TAA

HLHHL eeVe1EVeeVEEV −−−−− ⋅⋅+−⋅=→⋅⋅−−= ma ( ) ττττ /T/TT/T/T eeee LHHL −+−−− ==⋅ per cui:


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( ) ( ) τ

τττ

/T

/T

A/T/T

A e1e1EVe1Ee1V

HH

−

−−−

−−

⋅=→−⋅=−⋅

V24V83,23e1e124

e1e124V 15

5

2/30

2/10

A ≅=−−

⋅=−−

⋅= −

−

−

−

V0e83,23e83,23eVV 102/20/T

ABL ≅⋅=⋅=⋅= −−− τ

Esercizio no.11:soluzione E’ chiaro che il circuito deve preventivamente essere semplificato col teorema di Thevenin:

L1

Li

RRREE+

= L1 R//RR =

Così semplificato il circuito è riconducibile ad una cella R-L con la corrente che percorre l’induttanza regolata dalla: ( ) ( ) L/tR

iffL eiiiti −⋅−−= e con RiEv0 −= applicando la precedente al primo gradino di tensione:

( ) ( )τ/tL/tRL e1

REe0

RE

REti −− −⋅=⋅

−−= quindi avremo:

( ) ( ) τττ /t/t/t0 eEe1EEe1

RERE)t(v −−− ⋅=−⋅−=−⋅⋅−=

con riferimento alla figura riportata sopra, avremo ( ) V6E0tvV 01 ==== quindi

Ωk3,53806

800R6

80080R80R80106

RRREE 11

1L1

Li =−=→=+→+⋅

=→+

=


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essendo Ωk323,5380

803,53R//RR L1 =+⋅

==

=−→=⋅=== −

EVln

2TV3eE)8t(vV 22/T

02 ττ da cui

( ) ( ) s1054,112/1ln2

1016E/Vln2

T 66

2

−−

⋅=⋅

−=−=τ essendo RL

=τ

mH184,0H10184,6410321054,11RL 336 =⋅=⋅⋅⋅=⋅= −−τ

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