Nel circuito di figura, inizialmente i tasti \(\( T_1 \)\) e \(\( T_2 \)\) sono aperti e il condensatore \(\( C \)\) è scarico.
All’istante \(\( t = 0 \)\) viene chiuso il tasto \(\( T_1 \)\), dopo un tempo \(\( t_0 = 42\,\text{ms} \)\) si chiude anche \(\( T_2 \)\).
Si trovi il valore di \(\( v_C \)\) dopo un tempo \(\( t_1 = 82\,\text{ms} \)\) dalla chiusura del primo deviatore.
Soluzione
Nel primo intervallo di tempo, da 0 a 42 ms, il circuito ha la configurazione:
\(R = R_1 + R_2 = 22\,\text{k}\Omega
\)
Il condensatore si carica esponenzialmente, quindi all’istante \(\( t_0 = 42\,\text{ms} \)\) si ha:
\(v_C(t_0) = V_0 = E \cdot \left( 1 - e^{-t_0 / (RC)} \right)
\) \(
v_C(42\,\text{ms}) = 4 \cdot \left( 1 - e^{- \frac{42 \cdot 10^{-3}}{22 \cdot 10^3 \cdot 10^{-6}} } \right)
= 4 \cdot \left( 1 - e^{- \frac{42}{220}} \right)
\approx 0{,}695\,\text{V}
\)
Dopo la chiusura del secondo deviatore \(\( T_2 \)\), il circuito cambia configurazione: ora il condensatore si carica tramite la sola resistenza \(\( R_2 \)\). Applichiamo la formula generale:
\(v_C(t_1) = v_f - (v_f - v_i) \cdot e^{-(t_1 - t_0)/\tau}
\)
Con
\(\begin{flushleft}
\begin{aligned}
v_i = 0{,}695\,\text{V}, \quad v_f = E = 4\,\text{V}, \quad \tau = R_2 \cdot C = 2 \cdot 10^3 \cdot 10^{-5} = 0{,}02\,\text{s},
t_1 - t_0 = 82\,\text{ms} - 42\,\text{ms} = 40\,\text{ms}
\end{aligned}
\end{flushleft}
\)
si ha:
\(\begin{flushleft}
\begin{aligned}
v_C(t_1) &= 4 - (4 - 0{,}695) \cdot e^{-40 \cdot 10^{-3} / 0{,}02}
&= 4 - 3{,}305 \cdot e^{-2}
&\approx 4 - 3{,}305 \cdot 0{,}1353
&\approx 3{,}94\,\text{V}
\end{aligned}
\end{flushleft}
\)