CompitoTotale_21Feb_tutti_2011.nb
1
1L Sia data una distribuzione di carica positiva,
disposta su una semicirconferenza di raggio R con densità lineare di carica costante l. Determinare :
aL l espressione del campo elettrico nel punto O.
Ø
bL Supponendo poi che la distribuzione di carica ruoti attorno ad O con velocità angolare costante w = w0 êj ,
determinare l espressione del campo induzione magnetica nel punto O.
Soluzione:
a) Chiamiamo q l'angolo che forma R con il semiasse positivo dell'asse Y. Consideriamo la carica infinitesima relativa
all'arco di circonferenza R dq :
dq = l R dq
Ø
l R dq 1 `
Questa carica esercita in O un campo elettrico infinitesimo pari a d E = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ r, con r` il versore radiale che da dq
4 p e0 R2
punta in O. Si nota per simmetria che il campo deve essere orientato orizzontalmente, cioè lungo il verso positivo
dell'asse delle X. Infatti i contributi verticali lungo Y si annullano tenendo conto di tutti i contributi per 0 ≤ q ≤ p.
Ø
Quindi a conti fatti, di d E ci interessa soltanto la componente lungo X, ovvero
l R dq 1
dEx = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ sin q.
4 p e0 R2
l dq 1
l
l
l
Etot = Ÿ0 ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅ sin q êi = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅ1Å
sin q dq êi = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅ1Å H-cos p + cos 0L êi = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅ1Å i
4 p e0 R
4 p e0 R Ÿ0
4 p e0 R
2 p e0 R ê
Ø
p
p
b) La semicirconferenza si mette in rotazione attorno all'asse Y con velocità angolare w0 in modo antiorario.
Quindi ciascuna carica infinitesima prima identificata forma una corrente infinitesima
dq
w0
l R dq w0
di = ÅÅÅÅ
ÅÅ , con T il periodo di rotazione, ovvero T = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ , quindi d i = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ .
T
2p
2p
Si noti che il moto di ciascuna carica infinitesima dq individua una relativa spira circolare perpendicolare all'asse Y, di
raggio R sinq. In pratica, il campo cercato sarà la sovrapposizione di tutti i campi generati in O da tali spire .
Prima di tutto consideriamo il campo di una spira generica, posta da un angolo q. Utilizzeremo la legge di Laplace: per
Ø
un elemento dl della spira, in O il campo vale :
d BHqL = ‡
m0
dl ä r
ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ d i ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ = ‡
4p
r3
Ø
Ø
circ. spira
Ø
Ø
Ø
circ. spira
Ø
Ø
m0 l R dq w0 dl ä R
ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ2ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ
4p
p
R3
Notiamo che per costruzione dl e R sono sempre perpendicolari; per la regola della mano destra si nota che integrando
su tutta la spira l'unico contributo che rimane è diretto nel verso positivo dell'asse Y, e quindi
m0 l R dq w0 2 p R sin q R
m0
d BHqL = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ2ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ êj = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ l dq w0 sin q êj
4p
p
R3
4p
Ø
Di conseguenza, integrando su q con 0 ≤ q ≤ p si trova:
Ø
m0 l w0
Btot = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ êj.
2p
d BHqL = ‡
m0
dl ä r
ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ d i ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ = ‡
4p
r3
Ø
Ø
circ. spira
Ø
Ø
Ø
circ. spira
Ø
Ø
m0 l R dq w0 dl ä R
ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ2ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ
4p
p
R3
Notiamo che per costruzione dl e R sono sempre perpendicolari; per la regola della mano destra si nota che integrando 2
CompitoTotale_21Feb_tutti_2011.nb
su tutta la spira l'unico contributo che rimane è diretto nel verso positivo dell'asse Y, e quindi
m0 l R dq w0 2 p R sin q R
m0
d BHqL = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ2ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ êj = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ l dq w0 sin q êj
4p
p
R3
4p
Ø
Di conseguenza, integrando su q con 0 ≤ q ≤ p si trova:
Ø
m0 l w0
Btot = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ êj.
2p
2) In una certa regione di spazio in cui non vi sono campi elettrici sono presenti i due campi vettoriali
V 1 = AIx2 y z èi - x y2 z èj + x2 y2 èè
k M e V 2 = BIx y z èi - x yz èj M , dove A e B sono costanti.
Determinare:
Æ
Æ
Æ
Æ
a) l’espressione del gradiente della grandezza V 1 × V 2 ;
b) quale dei due campi è un campo induzione magnetica e la corrispondente espressione della densità di corrente
elettrica.
a) V 1 × V 2 = A B H x3 y2 z2 + x2 y3 z2 L
Soluzione
Æ
Æ
¶∂
¶∂
¶∂
“ J V 1 ÿ V 2 N = A B I ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ i + ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ j + ÅÅÅÅ
ÅÅÅ k M H x3 y2 z2 + x2 y3 z2 L =
¶∂ x ê
¶∂ y ê
¶∂ z êê
= AB 8H3 x2 y2 z2 + 2 x y3 z2 L êi + H2 x3 y z2 + 3 x2 y2 z2 L êêj + H2 x3 y2 z + 2 x2 y3 zL êkê <
Quindi
Ø
Ø
Ø
Ø
Ø
b) Un campo di induzione magnetica è tale se “ ÿ B = 0, quindi occorre effettuare i seguenti prodotti scalari:
¶∂
¶∂
¶∂
- I ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ i + ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ j + ÅÅÅÅ
ÅÅÅ k M ÿ V 1 = 2 x y z - 2 x y z = 0 ; quindi V 1 è un campo di induzione magnetica
¶∂ x ê
¶∂ y ê
¶∂ z êê
Ø
¶∂
¶∂
¶∂
- I ÅÅÅÅ
Å
ÅÅ
Å
i
+
ÅÅÅÅ
Å
ÅÅ
Å
j
+
ÅÅÅÅ
Å
ÅÅ
k
M
ÿ
V
2 = y z - x z ¹≠ 0 ; a patto che y ≠ x e che z ≠ 0, e quindi in genere non è un campo di
ê
ê
ê
¶∂ x
¶∂ y ê
¶∂ z
induzione magnetica
Æ
Ø
A questo punto, la relazione che lega il campo di induzione magnetica alla densità di corrente ci è data dalla IV equazione di Maxwell:
Ø
Ø
Ø
Ø
¶∂
“ ä B = m0 J c + m0 e0 ÅÅÅÅ
ÅÅ E
¶∂ t
Attenzione che il testo indica che siamo in una regione in cui non ci sono campi elettrici, di conseguenza la corrente di
spostamento è nulla e
1
1
¶∂
¶∂
¶∂
J c = ÅÅÅÅ
ÅÅÅ “ ä B = ÅÅÅÅ
ÅÅÅ I ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ i + ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ j + ÅÅÅÅ
ÅÅÅ k M ä V 1 =
mo
m0
¶∂ x ê
¶∂ y ê
¶∂ z êê
Ø
Ø
Ø
Ø
A
2
2
2
2
2
2
= ÅÅÅÅÅ
m0 @H2 x y + x y L êi + H x y - 2 x y L êêj - H x z + y zL êkêD
Una carica puntiforme positiva di massa m = 10-6 g e carica q=2 nC si trova inizialmente ferma all’interno di un tubo
circolare vuoto, ad una distanza R = 1m dal centro del tubo (vedi figura). Nel tubo è presente un campo elettrico
Ø
1
E = E0 n con E0 = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ V/m , mentre n è un versore tangente alla circonferenza di raggio R, orientato in modo
2pR
Ø
destrorso. Nel tubo è presente anche un campo magnetico B= B0 k dove k è un versore perpendicolare uscente dal
piano in cui giace il tubo. Supponendo che la carica descriva una traiettoria circolare di raggio R, determinare:
a) l’espressione della forza totale agente sulla carica nell’istante iniziale.
b) l’espressione di B0 in funzione del tempo;
c) il numero di giri che la carica deve compiere per portarsi ad un’energia cinetica TC=10-6 J.
0
piano in cui giace il tubo. Supponendo che la carica descriva una traiettoria circolare di raggio R, determinare:
a) l’espressione della forza totale agente sulla carica nell’istante iniziale.
CompitoTotale_21Feb_tutti_2011.nb
b) l’espressione di B0 in funzione del tempo;
c) il numero di giri che la carica deve compiere per portarsi ad un’energia cinetica TC=10-6 J.
Soluzione :
Ø
a) La forma generica della forza applicata su una particella carica in presenza di un campo elettrico Eed uno di induziØ
one magnetica B è la seguente (trascurando ovviamente la forza di gravità!!!!!):
F = q JE + v ä BN = Ftang + Fcentripeta
Ø
Ø
Ø
Ø
Ø
Ø
Inizialmente la particella viene introdotta da ferma nell'acceleratore, quindi v H0L = 0, e di conseguenza, all'istante
Ø
Ø
Ø
Ø
1 V
iniziale, la forza agente sulla particella vale F = Ftang = q E , di intensità pari a 2 nC · ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅ ~ 3 10-10 N.
2p m
b) Supponiamo che la posizione della particella sia individuata dall'angolo q che cresce in direzione oraria tale che q
(t=0)= 0. Tramite semplici considerazioni cinematiche è possibile ricavarsi la relazione che lega q al tempo. Tali
considerazioni fanno parte del programma di Fisica 1, e si dovrebbero dare per scontate. Tuttavia si riportano qui per
chiarezza:
Il testo ci dice che la particella compirà rotazioni sempre alla distanza R dal centro del tubo. È quindi possibile scrivere
il vettore posizione della particella come
r = R Hcos q êi + sin q êjL, dove l'unica variabile che dipende dal tempo è q = q(t)
Ø
Derivando rispetto al tempo si ottiene
°
°
°
r = R q H-sinq êi + cosq êjL = R q ênê, con ênê il versore tangenziale.
Ø
Se derivo ancora rispetto al tempo, si ottiene:
..
..
°2
°2
r = R q H-sinq êi + cosq êjL + R q H-cosq êi - sinq êjL = R q ênê + R q êêê
uc , ovvero l'accelerazione della particella
..
Ø
..
°2
è la composizione di due parti ortogonali: l'accelerazione tangente alla traiettoria R q, e l'accelerazione centripeta R q .
..
..
†
q E0
q E0
q E0
q E0 2
Quindi posso scrivere: R q = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ , da cui q = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ fl q = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ t fl q = ÅÅÅÅ12 ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ t
m
Rm
Rm
Rm
Ø
A questo punto ricordiamo che l'unica forza che fa lavoro è la Ftang , e quindi, per il teorema delle forze vive, tenendo
Ø
conto che lo spostamento infinitesimo della particella è d l = R dq ênê, e sostituendo il valore di q appena trovato si ha:
q E0 2
ÅÅÅÅ12 m v0 2 HtL = ‡ Ftang ÿ R „ q ênê = q E0 R q = q E0 R ÅÅÅÅ12 ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ t
Rm
qØ
0
dove v0 HtL è il modulo della velocità lineare della particella all'istante generico t
Da cui
q E0
q E0
v2 HtL = H ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ tL fl vHtL = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ t .
m
m
2
Ricordiamo ancora una volta che la traiettoria della particella è lungo la circonferenza di raggio R, mantenuta tale
dall'accelerazione centripeta indotta dal campo magnetico B (perpendicolare a v ):
Ø
ƒƒ Ø
ƒ
ƒƒ Fcentripeta ƒƒƒ ƒƒƒƒ q Øv HtLä B ƒƒƒƒ
q vHtL B
v2 HtL
ÅÅÅ ,
ƒƒƒ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅmÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ƒƒƒ = ƒƒƒ ÅÅÅÅÅÅÅÅmÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ƒƒƒ = ÅÅÅÅÅÅÅÅmÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
R
ƒƒ
ƒƒ ƒ
ƒ
Ø
Ø
3
q E0 2
ÅÅÅÅ12 m v0 2 HtL = ‡ Ftang ÿ R „ q ênê = q E0 R q = q E0 R ÅÅÅÅ12 ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ t
Rm
0
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dove v0 HtL è il modulo della velocità lineare della particella all'istante generico t
4
q E0
q E0
v2 HtL = H ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ tL fl vHtL = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ t .
m
m
2
Da cui
Ricordiamo ancora una volta che la traiettoria della particella è lungo la circonferenza di raggio R, mantenuta tale
dall'accelerazione centripeta indotta dal campo magnetico B (perpendicolare a v ):
Ø
ƒƒ Ø
ƒ
ƒƒ Fcentripeta ƒƒƒ ƒƒƒƒ q Øv HtLä B ƒƒƒƒ
q vHtL B
v2 HtL
ÅÅÅ ,
ƒƒƒ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅmÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ƒƒƒ = ƒƒƒ ÅÅÅÅÅÅÅÅmÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ƒƒƒ = ÅÅÅÅÅÅÅÅmÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
R
ƒƒ
ƒƒ ƒ
ƒ
Ø
Ø
qBR
q E0
vHtL = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ t
m
m
da cui
che ci permette di ottenere:
B(t) = ÅÅÅÅERÅ0ÅÅÅÅtÅ .
c) Ad ogni giro, la particella acquisisce un'energia pari a q E0 2 p R = q V = 2 10-9 J. Quindi per arrivare a 10-6 J la
10-6
particella deve fare ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅ = 500 giri.
2 10-9
4) Una spira rettangolare di lati a e b giace sullo stesso piano d’un filo rettilineo indefinito percorso dalla corrente elettrica i =k t , con k una costante nota e positiva. I due lati della spira lunghi b sono paralleli al filo (da
assumersi come asse y del riferimento cartesiano nel piano) e all’istante t=0 ne distano rispettivamente d e (d+a).
La spira si muove di moto traslatorio rettilineo e uniforme sul piano, allontanandosi dal filo nella direzione dell’
asse x con velocità V = V0 i mantenendo i lati costantemente paralleli a se stessi. Determinare:
a) il verso in cui circola la corrente nella spira;
b) l’espressione del flusso F(B) del campo magnetico concatenato con la spira
al generico istante t.
c) la circuitazione lungo il bordo della spira del campo elettrico indotto .
Soluzione.
Per rispondere al quesito a) occorre prima trovare la risposta al quesito b). Infatti, per determinare il senso di circuitazione della corrente, occorre valutare la variazione del flusso del campo B attraverso il circuito. Tale flusso dipende sia
dal moto del circuito che dalla variazione della corrente nel filo.
b) FJBN = ‡
Ø
Ø
Ø
Bÿ„S
sup circuito
con
Ø
Ø
Ø
m0
B = - ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ iHtL êkê e dS = - b dr êkê , scegliendo come normale alla spira un versore allineato con il campo B.
2pr
Si calcola allora
m0
m0
b „r
FJBN = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ k t Ÿr ÅÅÅÅ
ÅrÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ b k t lnI ÅÅÅÅrfiÅÅ M
2p
2p
Ø
rf
i
r
b) FJBN = ‡
Ø
Ø
Ø
Bÿ„S
sup circuito
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5
con
Ø
Ø
Ø
m0
B = - ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ iHtL êkê e dS = - b dr êkê , scegliendo come normale alla spira un versore allineato con il campo B.
2pr
Si calcola allora
m0
m0
b „r
FJBN = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ k t Ÿr ÅÅÅÅ
ÅrÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ b k t lnI ÅÅÅÅrfiÅÅ M
2p
2p
Ø
rf
r
i
ricordando che ri = V0 t + d, r f = V0 t + d + a
m0
V0 t+d+a
FJBN = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ b k t lnI ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ M .
2p
V0 t +d
Ø
a) possiamo quindi determinare il verso di circuitazione della corrente indotta.
Con riferimento al flusso determinato nel punto b) si possono fare le seguenti considerazioni:
- per t =0, F =0 ;
- per tض, si ha una indeterminazione del tipo ¶ · 0 ,
V0 t+d+a
infatti k t Ø ¶ , mentre lnI ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ M Ø0 . Come si può procedere?
V0 t +d
¶
Possiamo ricondurre il tutto alla forma indeterminata ÅÅÅÅ
ÅÅ riscrivendo il flusso come
¶
m0 b k
t
FJBN = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ .
V0 t+d+a -1
2p
Ø
lnI ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ Å M
V t +d
0
A questo punto posso ricorrere al teorema dell'Hopital, secondo cui
f HtL
f HtL
limtض ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ = limtض ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ .
gHtL
g' HtL
'
Si dimostra quindi ( e questa informazione veniva fornita durante il compito - fatevi il conto per controllo) che
m0
m0
V0 t+d+a
a
limtض ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ b k t lnI ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ M = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ b k ÅÅÅÅ
ÅÅÅ .
2pr
V0 t +d
2pr
V0
Questo significa che FJBN cresce fino ad un valore asintotico. Come cosnseguenza di ciò, nel circuito si deve indurre
Ø
un
Ø
campo di induzione magnetica diretto in direzione opposta B, ovvero nel verso positivo dell'asse Z, e pertanto la
corrente indotta deve circolare in verso ANTIORARIO.
d
c) La cricuitazione del campo elettrico indotto è pari alla f.e.m. indotta eind = - ÅÅÅÅ
ÅÅ FJBN =
dt
- m0
V0 t+d+a
V0 t+d+a
d
t
v
- ÅÅÅÅ
ÅÅ A ÅÅÅÅmÅ0ÅÅÅ b k t lnI ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ M E = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ b k 9 lnI ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ M + ÅÅÅÅ
Å @ ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅvÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ D= =
dt 2p
V0 t +d
2p
V0 t +d
l0
v t +d +a
vt+d
Ø
-m0
V0 t+d+a
vt
a
= ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ b k 9 ÅÅÅÅ
ÅÅ A ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ E - lnI ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ M =
2p
l0
Hv t +d +aL Hv t +dL
V0 t +d
Dove l0 è una lunghezza unitaria (si tira fuori quando si deriva il logaritmo, assumendo che essa moltiplicasse e
dividesse il suo argomento).
5) Il circuito mostrato in figura è composto da cinque resistenze rispettivamente del valore R1 = R2 = R3 =20W ed
R4 = R5 =10W, da tre condensatori di capacità C1 = C2 = C3 =10mF, da due generatori di forza elettromotrice
rispettivamente ¶ε1 = 20 V ed ¶ε2 = 30 V e resistenza interna trascurabile e da un interruttore T inizialmente
aperto. Determinare
a) la corrente elettrica che circola nelle quattro resistenze in funzione del tempo;
Determinare in regime stazionario (t Æ •):
b) il valore del potenziale nel punto A;
c) l’energia totale immagazzinata nel sistema.
d) la potenza dissipata nel sistema.
5) Il circuito mostrato in figura è composto da cinque resistenze rispettivamente del valore R1 = R2 = R3 =20W ed
R4 = R5 =10W, da tre condensatori di capacità C1 = C2 = C3 =10mF, da due generatori di forza elettromotrice
CompitoTotale_21Feb_tutti_2011.nb
rispettivamente ¶ε1 = 20 V ed ¶ε2 = 30 V e resistenza interna trascurabile e da un interruttore T inizialmente 6
aperto. Determinare
a) la corrente elettrica che circola nelle quattro resistenze in funzione del tempo;
Determinare in regime stazionario (t Æ •):
b) il valore del potenziale nel punto A;
c) l’energia totale immagazzinata nel sistema.
d) la potenza dissipata nel sistema.
Soluzione
a)La f.e.m. e2 separa in due maglie indipendenti il circuito. Poiché ai capi del ramo con e2 , la d.d.P. rimane sempre
fissata, ovvero pari a e2 = 30V, la parte di sinistra non risente della parte di destra, e viceversa.
La parte di sinistra si trova già in regime stazionario, indipendentemente dal tasto T, che influenza solo la parte di destra.
A causa dei condensatori C2 e C3 , che aprono la circuitazione a sinistra, nessuna corrente passerà mai attraverso R4 ed
R5 .
A destra invece si ha un circuito RC semplicissimo, pertanto la corrente in funzione nel tempo che attraversa la resistenza Rtot = R1 + R2 êê R3 = 30 W vale
ÅÅÅÅÅÅÅÅ-t
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
e2
Itot = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ e Rtot C1 . Questa è la corrente che carica il condensatore C1 , ovvero che attraversa R1 . In R2 e R3 , dato che
Rtot
Itot
sono in parallelo e di pari valore, circolerà ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ .
2
b) Poiché nella maglia di sinistra non circola corrente, è nulla la caduta ohmica ai capi di R4 o R5 (è equivalente, tanto
sono in parallelo!) . Di conseguenza il potenziale in A vale e2 = 30 V.
c) A regime stazionario, l'energia è immagazzinata in tutti i condensatori.
Infatti la d.d.P. ai capi di C1 vale e2 , mentre la d.d.P. ai capi di Ctot = C2 + C3 = 20 mF vale etot =e2 - e1 = 10 V.
Di conseguenza
Utot = ÅÅÅÅ12 e2 2 C1 + ÅÅÅÅ12 etot 2 Ctot = ÅÅÅÅ12 900 V 2 10 10-6 F + ÅÅÅÅ12 100 V 2 20 10-6 F = 5.5 10-3 J.
d) A regime stazionario (tØ ¶) non circola corrente in entrambe le maglie, di conseguenza non c'è alcuna potenza
dissipata sulle resistenze.
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Preview - tommaso chiarusi, ph.d.