Anàlisi d’un Circuit RL en Sèrie

Tenim un circuit RL que consta d’una bateria amb f.e.m. $\epsilon = 5 \, \text{V}$ en sèrie amb una resistència $R = 10 \, \Omega$ i una bobina amb inductància $L = 10 \, \text{mH}$. El circuit està inicialment obert i no circula cap corrent. En $t = 0$ tanquem el circuit.
(a) Què succeeix en l’instant $t = 0^+$?
(b) Quin temps ha de passar fins que el corrent que circula pel circuit sigui la meitat del corrent final (o estacionari) $I_f$?
(c) Quina és la potència dissipada en la resistència en aquest instant? Quina és la potència proporcionada per la bateria?
(d) Comprova per aquest mateix instant que la potència proporcionada per la bateria és igual a la potència dissipada per la resistència més la velocitat a la qual s’emmagatzema energia magnètica en la bobina.

---

Donades:

• Força electromotriu: $\epsilon = 5 \, \text{V}$.
• Resistència: $R = 10 \, \Omega$.
• Inductància: $L = 10 \, \text{mH} = 0.01 \, \text{H}$.
• Condició inicial: el circuit està obert $(i(0) = 0 \, \text{A})$ i es tanca en $t = 0$.

---

(a) Què succeeix en l’instant $t = 0^+$?

En un circuit RL, la bobina s’oposa a canvis sobtats del corrent a causa de la llei de Faraday. En $t = 0^+$, just després de tancar el circuit:

• Corrent: El corrent no pot canviar instantàniament, per tant, $i(0^+) = 0 \, \text{A}$.
• Voltatge a la resistència: $V_R = iR = 0 \cdot 10 = 0 \, \text{V}$.
• Voltatge a la bobina: La fem de la bateria s’aplica íntegrament a la bobina, ja que $V_L = L \frac{di}{dt}). Així, (V_L = \epsilon = 5 \, \text{V}$.

Resposta: En $t = 0^+$, el corrent és $i = 0 \, \text{A}$, el voltatge a la resistència és $V_R = 0 \, \text{V}$, i el voltatge a la bobina és $V_L = 5 \, \text{V}$.

---

(b) Quin temps ha de passar fins que el corrent sigui la meitat del corrent final (estacionari) $I_f$?

El corrent en un circuit RL creix segons l’equació:

$$i(t) = I_f \left(1 – e^{-\frac{t}{\tau}}\right),$$

on:

• Corrent final (estacionari): $I_f = \frac{\epsilon}{R} = \frac{5}{10} = 0.5 \, \text{A}$.
• Constant de temps: $\tau = \frac{L}{R} = \frac{0.01}{10} = 0.001 \, \text{s} = 1 \, \text{ms}$.

Volem trobar el temps $t$ quan $i(t) = \frac{I_f}{2} = \frac{0.5}{2} = 0.25 \, \text{A}$. Substituïm:

$$0.25 = 0.5 \left(1 – e^{-\frac{t}{0.001}}\right).$$

Dividim per 0.5:

$$0.5 = 1 – e^{-\frac{t}{0.001}}.$$

Reorganizem:

$$e^{-\frac{t}{0.001}} = 0.5.$$

Prenem el logaritme natural:

$$-\frac{t}{0.001} = \ln(0.5).$$

Sabem que $\ln(0.5) = -\ln(2) \approx -0.693$. Per tant:

$$\frac{t}{0.001} = 0.693 \implies t = 0.693 \cdot 0.001 = 0.000693 \, \text{s} = 0.693 \, \text{ms}.$$

Resposta: El temps necessari és $t \approx 0.693 \, \text{ms}$.

---

(c) Quina és la potència dissipada en la resistència en aquest instant? Quina és la potència proporcionada per la bateria?

Instant: $t = 0.693 \, \text{ms}$, quan $i = 0.25 \, \text{A}$.

1. Potència dissipada en la resistència:

$$P_R = i^2 R = (0.25)^2 \cdot 10 = 0.0625 \cdot 10 = 0.625 \, \text{W}.$$

2. Potència proporcionada per la bateria:

La bateria proporciona una fem constant $\epsilon = 5 \, \text{V}$, i el corrent és $i = 0.25 \, \text{A}$. La potència és:

$$P_{\text{bateria}} = \epsilon i = 5 \cdot 0.25 = 1.25 \, \text{W}.$$

Resposta:

• Potència dissipada en la resistència: $P_R = 0.625 \, \text{W}$.
• Potència proporcionada per la bateria: $P_{\text{bateria}} = 1.25 \, \text{W}$.

---

(d) Comprova que la potència proporcionada per la bateria és igual a la potència dissipada per la resistència més la velocitat a la qual s’emmagatzema energia magnètica en la bobina.

La potència proporcionada per la bateria $(P_{\text{bateria}})$ ha de ser igual a la suma de:

• Potència dissipada en la resistència $(P_R)$.
• Velocitat d’emmagatzematge d’energia magnètica en la bobina $(P_L)$.

Ja tenim:

• $P_{\text{bateria}} = 1.25 \, \text{W}$.
• $P_R = 0.625 \, \text{W}$.

La velocitat d’emmagatzematge d’energia magnètica en la bobina es calcula com:

$$P_L = i V_L,$$

on $V_L$ és el voltatge a la bobina. El voltatge a la bobina és:

$$V_L = L \frac{di}{dt}.$$

Calculem $\frac{di}{dt}$. Derivem l’expressió del corrent:

$$i(t) = 0.5 \left(1 – e^{-\frac{t}{\tau}}\right),$$

$$\frac{di}{dt} = 0.5 \cdot \frac{1}{\tau} e^{-\frac{t}{\tau}}.$$

Substituïm $\tau = 0.001 \, \text{s}$, i en $t = 0.693 \, \text{ms}$, tenim $e^{-\frac{t}{\tau}} = 0.5$ (del càlcul anterior). Per tant:

$$\frac{di}{dt} = 0.5 \cdot \frac{1}{0.001} \cdot 0.5 = 0.5 \cdot 1000 \cdot 0.5 = 250 \, \text{A/s}.$$

Llavors:

$$V_L = L \frac{di}{dt} = 0.01 \cdot 250 = 2.5 \, \text{V}.$$

La potència en la bobina és:

$$P_L = i V_L = 0.25 \cdot 2.5 = 0.625 \, \text{W}.$$

Comprovem la conservació de la potència:

$$P_{\text{bateria}} = P_R + P_L,$$

$$1.25 = 0.625 + 0.625 = 1.25.$$

La igualtat es compleix.

Resposta: La potència proporcionada per la bateria $(1.25 \, \text{W})$ és igual a la potència dissipada en la resistència $(0.625 \, \text{W})$ més la velocitat d’emmagatzematge d’energia en la bobina $(0.625 \, \text{W})$.

---

Resum Final

(a) En $t = 0^+$, $i = 0 \, \text{A}$, $V_R = 0 \, \text{V}$, $V_L = 5 \, \text{V}$.
(b) Temps per $i = I_f/2$: $t \approx 0.693 \, \text{ms}$.
(c) Potència dissipada en la resistència: $0.625 \, \text{W}$; potència de la bateria: $1.25 \, \text{W}$.
(d) Conservació comprovada: $P_{\text{bateria}} = P_R + P_L = 1.25 \, \text{W}$.