Un filo conduttore di rame di lunghezza
l
{\displaystyle l\ }
, (ad esempio a causa della
corrosione) è ben descritto da un tronco di cono
che inizia con una sezione di raggio
a
{\displaystyle a\ }
e finisce con un raggio
b
{\displaystyle b\ }
in maniera lineare.
Se il filo è percorso da una corrente
I
{\displaystyle I\ }
. Determinare:
Il campo elettrico massimo e minimo nel filo.
la resistenza del filo.
La massima corrente che può scorrere se la potenza massima dissipabile per unità di volume vale
P
m
a
x
{\displaystyle P_{max}\ }
.
(dati del problema
ρ
C
u
=
1.7
⋅
10
−
8
Ω
⋅
m
{\displaystyle \rho _{Cu}=1.7\cdot 10^{-8}\ \Omega \cdot m}
,
a
=
2
m
m
{\displaystyle a=2\ mm}
,
b
=
4
m
m
{\displaystyle b=4\ mm}
,
I
=
10
A
{\displaystyle I=10\ A}
,
l
=
100
m
{\displaystyle l=100\ m}
,
P
m
a
x
=
1
W
/
c
m
3
{\displaystyle P_{max}=1\ W/cm^{3}}
)
→ Vai alla soluzione
2. Un filo di materiale conduttore
modifica
Un filo di materiale conduttore di raggio
r
{\displaystyle r\ }
, resistività
ρ
{\displaystyle \rho \ }
ha una lunghezza
l
{\displaystyle l\ }
. Determinare
a) la resistenza del filo, b) la potenza massima dissipabile per
unità di volume sapendo che la massima corrente che può
passare vale
I
m
a
x
{\displaystyle I_{max}\ }
e c) se la velocità di drift dei
portatori di carica per tale valore della corrente vale
v
d
{\displaystyle v_{d}\ }
quale
è la densità dei portatori?
(dati del problema
r
=
0.5
m
m
{\displaystyle r=0.5\ mm}
,
ρ
=
1.7
⋅
10
−
8
Ω
⋅
m
{\displaystyle \rho =1.7\cdot 10^{-8}\ \Omega \cdot m\ }
,
l
=
100
m
{\displaystyle l=100\ m}
,
I
m
a
x
=
5
A
{\displaystyle I_{max}=5\ A}
,
v
d
=
0.6
m
m
/
s
{\displaystyle v_{d}=0.6\ mm/s}
).
→ Vai alla soluzione
Calcolare la resistenza a caldo
R
2
(
T
2
=
2700
o
C
)
{\displaystyle R_{2}\ (T_{2}=2700\ ^{o}\ C)\ }
e a freddo
R
1
(
T
1
=
20
o
C
)
{\displaystyle R_{1}(T_{1}=20\ ^{o}\ C)\ }
di un faro abbagliante di una automobile da
P
=
40
W
{\displaystyle P=40\ W}
alimentato con
V
=
12
V
{\displaystyle V=12\ V}
. Il tungsteno di cui è fatto il filamento ha un coefficiente di temperatura
α
=
0.0045
o
C
−
1
{\displaystyle \alpha =0.0045\ ^{o}C^{-1}\ }
.
→ Vai alla soluzione
Le armature di un condensatore di capacità
C
{\displaystyle C\ }
sono portate ad una differenza di potenziale
V
o
{\displaystyle V_{o}\ }
. A questo punto attraverso una resistenza
R
{\displaystyle R\ }
una armatura viene connessa alla armatura di un condensatore scarico di capacità
4
C
{\displaystyle 4C\ }
. Le altre due armature erano in contatto sin dall'inizio.
Determinare:
a) L'energia elettrostatica dissipata nella resistenza in tale processo.
b) La costante di tempo del processo di scarica/carica (a seconda di quale condensatore si considera).
(dati del problema
V
0
=
200
V
{\displaystyle V_{0}=200\ V}
,
R
=
1
M
Ω
{\displaystyle R=1\ M\Omega }
,
C
=
1
μ
F
{\displaystyle C=1\ \mu F}
)
→ Vai alla soluzione
Ciascuna delle tre resistenze della figura (
R
1
=
R
2
=
R
3
{\displaystyle R_{1}=R_{2}=R_{3}\ }
) può dissipare al massimo
P
m
a
x
{\displaystyle P_{max}\ }
; quale è la corrente massima e di conseguenza la potenza totale dissipata dalle tre resistenze?
(Dati del problema
P
m
a
x
=
100
W
{\displaystyle P_{max}=100\ W\ }
,
R
1
=
1
Ω
{\displaystyle R_{1}=1\ \Omega \ }
)
→ Vai alla soluzione
All'istante
t
=
0
{\displaystyle t=0\ }
viene chiuso l'interruttore del circuito mostrato
in figura. Calcolare la differenza di potenziale presente ai capi
del condensatore dopo
20
m
s
{\displaystyle 20\ ms\ }
dalla chiusura dell'interruttore
(Dati del problema
f
=
1000
V
{\displaystyle f=1000\ V\ }
,
R
1
=
5
k
Ω
{\displaystyle R_{1}=5\ k\Omega \ }
,
C
=
10
μ
F
{\displaystyle C=10\ \mu F\ }
,
R
2
=
15
k
Ω
{\displaystyle R_{2}=15\ k\Omega \ }
)
→ Vai alla soluzione
Determinare nel circuito mostrato in figura la corrente che scorre nella resistenza
R
{\displaystyle R\ }
e la potenza fornita dai due generatori.
(Dati del problema
R
=
10
Ω
{\displaystyle R=10\ \Omega }
,
f
2
=
11.5
V
{\displaystyle f_{2}=11.5\ V}
,
r
2
=
5
Ω
{\displaystyle r_{2}=5\ \Omega }
,
f
1
=
12
V
,
r
1
=
3
Ω
{\displaystyle f_{1}=12\ V,r_{1}=3\ \Omega }
)
→ Vai alla soluzione
8. Tre generatori su una resistenza R
modifica
Determinare nel circuito mostrato in figura la corrente che scorre
nella resistenza
R
{\displaystyle R\ }
e la corrente che scorre nel generatore più
a destra.
(Dati del problema
R
=
5
Ω
{\displaystyle R=5\ \Omega }
,
f
1
=
7
V
{\displaystyle f_{1}=7\ V}
,
r
1
=
1
Ω
{\displaystyle r_{1}=1\ \Omega }
,
f
2
=
10
V
{\displaystyle f_{2}=10\ V}
,
r
2
=
2
Ω
{\displaystyle r_{2}=2\ \Omega }
,
f
3
=
9
V
{\displaystyle f_{3}=9\ V}
,
r
3
=
3
Ω
{\displaystyle r_{3}=3\ \Omega }
,)
→ Vai alla soluzione
Ai capi di una resistenza
R
{\displaystyle R\ }
ed un condensatore
C
{\displaystyle C\ }
in serie viene
posto un generatore di f.e.m. di valore
f
1
{\displaystyle f_{1}\ }
. All'istante iniziale la potenza dissipata nella resistenza vale
P
0
{\displaystyle P_{0}\ }
. Trascorso un tempo
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
la potenza dissipata nella resistenza diventa
P
1
{\displaystyle P_{1}\ }
.
Determinare la resistenza interna del generatore ed il valore di
C
{\displaystyle C\ }
.
(Dati del problema
R
=
1
Ω
{\displaystyle R=1\ \Omega \ }
,
f
1
=
12
V
{\displaystyle f_{1}=12\ V\ }
,
P
0
=
5
W
{\displaystyle P_{0}=5\ W\ }
,
P
1
=
0.2
P
0
{\displaystyle P_{1}=0.2P_{0}\ }
,
t
1
=
1
m
s
{\displaystyle t_{1}=1\ ms\ }
)
→ Vai alla soluzione
Ad una batteria ricaricabile semiscarica
(rappresentabile come un generatore di f.e.m.
f
2
{\displaystyle f_{2}\ }
con resistenza interna
r
2
{\displaystyle r_{2}\ }
), a cui estremi è connesso il circuito di un telefonino acceso ( rappresentabile come una resistenza
R
{\displaystyle R\ }
),
viene collegato, in parallelo, un alimentatore opportuno tale che garantisca sia una corrente di ricarica di
I
2
{\displaystyle I_{2}\ }
della batteria che una tensione ai capi del
carico (
R
{\displaystyle R\ }
) pari a
V
R
{\displaystyle V_{R}\ }
.
Inoltre, se viene staccato il carico (telefonino spento), l'alimentatore fornisce una corrente di ricarica di
I
4
{\displaystyle I_{4}\ }
.
Calcolare le caratteristiche
dell'alimentatore: f.e.m. (
f
1
{\displaystyle f_{1}\ }
) e resistenza interna
r
1
{\displaystyle r_{1}\ }
.
(Dati del problema
R
=
90
Ω
{\displaystyle R=90\ \Omega }
,
f
2
=
2.8
V
{\displaystyle f_{2}=2.8\ V}
,
I
2
=
44
m
A
{\displaystyle I_{2}=44\ mA}
,
I
4
=
50
m
A
{\displaystyle I_{4}=50\ mA}
,
V
R
=
4.5
V
{\displaystyle V_{R}=4.5\ V}
)
→ Vai alla soluzione
11. Carica condensatore con 2 R
modifica
All'istante
t
=
0
{\displaystyle t=0\ }
viene chiuso l'interruttore del circuito mostrato in figura.
Calcolare la variazione massima della potenza fornita dal generatore.
Determinare inoltre il tempo necessario a dimezzare
(dall'istante iniziale) la corrente che scorre nel ramo del condensatore.
(Dati del problema
f
=
14
V
,
R
1
=
18
Ω
{\displaystyle f=14\ V,R_{1}=18\ \Omega }
,
C
=
1
m
F
{\displaystyle C=1\ mF}
,
R
2
=
90
Ω
{\displaystyle R_{2}=90\ \Omega }
)
→ Vai alla soluzione
12. Scarica condensatore con 2 R
modifica
Il circuito mostrato in figura è a regime con l'interruttore
aperto. All'istante
t
=
0
{\displaystyle t=0\ }
viene chiuso l'interruttore ed il sistema
raggiunge una nuova situazione di regime. Determinare la carica
ai capi del condensatore nelle due condizioni di regime. Determinare
quando la corrente fornita dal generatore eguaglia quella fornita
dal condensatore.
(Dati del problema
f
=
9
V
{\displaystyle f=9\ V}
,
R
1
=
900
Ω
{\displaystyle R_{1}=900\ \Omega }
,
R
2
=
1
Ω
{\displaystyle R_{2}=1\ \Omega }
,
C
=
1
m
F
{\displaystyle C=1\ mF}
, come aiuto al calcolo sono indicati i versi delle
correnti dopo la chiusura dell'interruttore)
→ Vai alla soluzione
13. Due generatori reali su una R variabile
modifica
Nel circuito mostrato in figura la resistenza
R
{\displaystyle R\ }
è variabile.
Al suo variare la corrente fornita dal generatore
f
2
{\displaystyle f_{2}\ }
passa da
concorde, al verso del generatore stesso, a discorde. Determinare il
valore di
R
{\displaystyle R\ }
per cui avviene tale cambiamento di comportamento ed
in particolare per
R
=
R
f
{\displaystyle R=R_{f}\ }
determinare la potenza fornita dal
generatore
f
2
{\displaystyle f_{2}\ }
.
(dati del problema
R
1
=
3
Ω
{\displaystyle R_{1}=3\ \Omega \ }
,
R
2
=
4
Ω
{\displaystyle R_{2}=4\ \Omega \ }
,
R
f
=
9
Ω
{\displaystyle R_{f}=9\Omega \ }
,
f
1
=
8
V
{\displaystyle f_{1}=8\ V\ }
,
f
2
=
7
V
{\displaystyle f_{2}=7\ V\ }
. )
→ Vai alla soluzione
14. Due condensatori con una resistenza
modifica
Nel circuito indicato in figura il condensatore di sinistra ha
una capacità
C
{\displaystyle C\ }
ed è portato ad una d.d.p di
V
o
{\displaystyle V_{o}\ }
(mediante un
generatore non mostrato in figura in quanto inessenziale). Infine
viene collegato attraverso la resistenza
R
{\displaystyle R\ }
alla armatura di un
altro condensatore inizialmente scarico. Dimostrare che l'energia
elettrostatica persa coincide con quella dissipata nella resistenza.
→ Vai alla soluzione
Un differenza di potenziale
Δ
V
{\displaystyle \Delta V\ }
applicata ad una
resistenza
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
produce una potenza dissipata in calore
P
1
=
25
W
{\displaystyle P_{1}=25\ W}
pari al doppio di
P
2
{\displaystyle P_{2}\ }
cioè quella generata se applicata ad una seconda resistenza
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
. Calcolare la potenza dissipata se la stessa
Δ
V
{\displaystyle \Delta V\ }
viene applicata, invece che alle singole resistenze, ai capi del sistema delle resistenze
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
e
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
messe a) in serie o b) in parallelo.
→ Vai alla soluzione
Un generatore di f.e.m.
f
1
{\displaystyle f_{1}\ }
e resistenza interna
r
1
{\displaystyle r_{1}\ }
è posto in serie ad un altro generatore con
f
2
{\displaystyle f_{2}\ }
,
r
2
{\displaystyle r_{2}\ }
non noti, ed entrambi alimentano la corrente in una resistenza
R
{\displaystyle R\ }
(costituiscono una maglia). Se i morsetti sono collegati in una polarità la corrente che scorre è
I
A
{\displaystyle I_{A}\ }
, collegando i morsetti di
f
1
{\displaystyle f_{1}\ }
in direzione opposta la corrente che scorre cambia verso e diviene
I
B
{\displaystyle I_{B}\ }
.
Determinare A) la differenza di potenziale ai capi di
f
1
{\displaystyle f_{1}\ }
nel caso A, b) il valore di
f
2
{\displaystyle f_{2}\ }
e
r
2
{\displaystyle r_{2}\ }
, c) la differenza di potenziale ai capi di
f
2
{\displaystyle f_{2}\ }
nel caso
A
{\displaystyle A\ }
e
B
{\displaystyle B\ }
.
Dati del problema
f
1
=
2.8
V
{\displaystyle f_{1}=2.8\ V}
,
r
1
=
1.4
Ω
{\displaystyle r_{1}=1.4\ \Omega }
,
R
=
1.5
Ω
{\displaystyle R=1.5\ \Omega }
,
I
A
=
1.5
A
{\displaystyle I_{A}=1.5\ A}
,
I
B
=
−
0.26
A
{\displaystyle I_{B}=-0.26\ A}
(preso a riferimento positivo il verso della
corrente nella condizione
A
{\displaystyle A\ }
).
→ Vai alla soluzione
17. Scarica di un condensatore con due generatori
modifica
Dopo che l'interruttore
T
{\displaystyle T\ }
è rimasto aperto per lungo tempo a
t
=
0
{\displaystyle t=0\ }
viene chiuso. Determinare 1) la carica iniziale del condensatore; 2) la carica finale del condensatore dopo il transiente iniziale; 3) l'istante nel quale la corrente che scorre nel ramo del condensatore vale
I
o
{\displaystyle I_{o}\ }
.
(dati del problema
R
=
2
r
{\displaystyle R=2r\ }
,
r
=
1
Ω
{\displaystyle r=1\ \Omega \ }
,
f
=
20
V
{\displaystyle f=20\ V\ }
,
C
=
1
μ
F
{\displaystyle C=1\ \mu F\ }
,
I
o
=
1
A
{\displaystyle I_{o}=1\ A\ }
)
→ Vai alla soluzione
Una nuvola di pioggia è approssimabile come una sfera di diametro
d
{\displaystyle d\ }
con una tipica differenza di potenziale di
V
o
{\displaystyle V_{o}\ }
tra un punto generico nella nuvola e il punto in cui si scarica un fulmine. Per effetto
del fulmine la densità degli ioni presenti diminuisce di
Δ
n
{\displaystyle \Delta n\ }
.
Immaginando che la corrente del fulmine sia stazionaria (costante nel tempo) durante la sua durata
t
o
{\displaystyle t_{o}\ }
, determinare a) la carica trasferita, b) la corrente c) l'energia e la potenza dissipata durante il fulmine.
(dati del problema
V
o
=
5
×
10
7
V
{\displaystyle V_{o}=5\times 10^{7}\ V\ }
,
d
=
6
k
m
{\displaystyle d=6\ km\ }
,
t
o
=
0.2
s
{\displaystyle t_{o}=0.2\ s\ }
,
Δ
n
=
1.10
⋅
10
8
1
/
m
3
{\displaystyle \Delta n=1.10\cdot 10^{8}\ 1/m^{3}\ }
→ Vai alla soluzione
19. Due generatori di f.e.m. con condensatore
modifica
Nel circuito mostrato in figura l'interruttore è inizialmente aperto per un tempo molto lungo. Poi viene chiuso e trascorso di nuovo molto tempo la corrente che scorre nelle resistenze diviene
I
f
=
0.5
A
{\displaystyle I_{f}=0.5\ A\ }
in senso orario. Determinare a) il valore del generatore
f
1
{\displaystyle f_{1}\ }
, b) la carica iniziale e finale del condensatore; c) la costante di tempo del processo di carica (dopo la chiusura dell'interruttore) d) il tempo
t
{\displaystyle t\ }
per cui la corrente di carica del condensatore eguaglia la corrente
I
f
{\displaystyle I_{f}\ }
.
(Dati del problema
f
2
=
9
V
{\displaystyle f_{2}=9\ V\ }
,
R
1
=
6
Ω
{\displaystyle R_{1}=6\ \Omega \ }
,
R
2
=
8
Ω
{\displaystyle R_{2}=8\ \Omega \ }
,
C
=
800
n
F
{\displaystyle C=800\ nF\ }
e
I
f
=
0.5
A
{\displaystyle I_{f}=0.5\ A\ }
)
→ Vai alla soluzione
20. Un condensatore parzialmente carico
modifica
Il circuito in figura è inizialmente aperto per un lungo tempo. Al tempo
t
=
0
{\displaystyle t=0\ }
viene chiuso l'interruttore. Determinare a) la carica iniziale e quella finale del condensatore (cioè a regime) ; b) l'espressione della carica sulle armature del condensatore al generico istante
t
{\displaystyle t\ }
e in particolare per
t
=
t
1
{\displaystyle t=t_{1}\ }
; c) la corrente in
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
al tempo
2
t
1
{\displaystyle 2t_{1}\ }
.
(Dati del problema
f
1
=
15
V
{\displaystyle f_{1}=15\ V\ }
,
f
2
=
3
V
{\displaystyle f_{2}=3\ V\ }
,
R
1
=
1
Ω
{\displaystyle R_{1}=1\ \Omega \ }
,
R
2
=
2
Ω
{\displaystyle R_{2}=2\ \Omega \ }
,
R
3
=
3
Ω
{\displaystyle R_{3}=3\ \Omega \ }
,
C
=
1
μ
F
{\displaystyle C=1\ \mu F\ }
,
t
1
=
1
μ
s
{\displaystyle t_{1}=1\ \mu s\ }
)
→ Vai alla soluzione
→ Vai alla traccia
1)
La densità di corrente è massima sulla sezione minore:
J
m
a
x
=
I
π
a
2
=
8
⋅
10
5
A
/
m
2
{\displaystyle J_{max}={\frac {I}{\pi a^{2}}}=8\cdot 10^{5}\ A/m^{2}}
minima in quella maggiore:
J
m
i
n
=
I
π
b
2
=
2
⋅
10
5
A
/
m
2
{\displaystyle J_{min}={\frac {I}{\pi b^{2}}}=2\cdot 10^{5}\ A/m^{2}}
Applicando la legge di Ohm in forma locale, di conseguenza il campo elettrico vale:
E
m
a
x
=
ρ
C
u
J
m
a
x
=
1.35
⋅
10
−
2
V
/
m
{\displaystyle E_{max}=\rho _{Cu}J_{max}=1.35\cdot 10^{-2}\ V/m}
E
m
i
n
=
ρ
C
u
J
m
i
n
=
3.5
⋅
10
−
3
V
/
m
{\displaystyle E_{min}=\rho _{Cu}J_{min}=3.5\cdot 10^{-3}\ V/m}
2)
Il raggio del filo varia con la distanza con la funzione:
r
=
a
+
(
b
−
a
)
x
l
0
<
x
<
l
{\displaystyle r=a+(b-a){\frac {x}{l}}\qquad \ 0<x<l}
La resistenza vale:
R
=
∫
0
l
ρ
C
u
d
x
π
r
2
=
ρ
C
u
π
∫
0
l
d
x
[
a
+
(
b
−
a
)
x
l
]
2
{\displaystyle R=\int _{0}^{l}\rho _{Cu}{\frac {dx}{\pi r^{2}}}={\frac {\rho _{Cu}}{\pi }}\int _{0}^{l}{\frac {dx}{\left[a+(b-a){\frac {x}{l}}\right]^{2}}}}
Facendo il cambiamento di variabile:
y
=
a
+
(
b
−
a
)
x
l
{\displaystyle y=a+(b-a){\frac {x}{l}}}
segue che:
R
=
ρ
C
u
l
π
(
b
−
a
)
∫
a
b
d
y
y
2
=
ρ
C
u
l
π
a
b
=
0.068
Ω
{\displaystyle R={\frac {\rho _{Cu}l}{\pi (b-a)}}\int _{a}^{b}{\frac {dy}{y^{2}}}={\frac {\rho _{Cu}l}{\pi ab}}=0.068\Omega }
3)
Imponendo che:
ρ
|
J
m
a
x
|
2
≤
P
m
a
x
{\displaystyle \rho |J_{max}|^{2}\leq P_{max}}
|
J
m
a
x
|
=
P
m
a
x
ρ
{\displaystyle |J_{max}|={\sqrt {\frac {P_{max}}{\rho }}}}
Quindi essendo la massima densità di corrente sulla sezione più piccola:
I
m
a
x
=
|
J
m
a
x
|
π
a
2
=
P
m
a
x
ρ
π
a
2
=
99
A
{\displaystyle I_{max}=|J_{max}|\pi a^{2}={\sqrt {\frac {P_{max}}{\rho }}}\pi a^{2}=99\ A}
}}
2. Un filo di materiale conduttore
modifica
→ Vai alla traccia
Ovviamente:
R
=
ρ
l
π
r
2
=
2.16
Ω
{\displaystyle R=\rho {\frac {l}{\pi r^{2}}}=2.16\ \Omega }
Dopo avere convertito le grandezze nell' MKSA.
J
m
a
x
=
I
m
a
x
π
r
2
=
6.4
⋅
10
6
A
/
m
2
{\displaystyle J_{max}={\frac {I_{max}}{\pi r^{2}}}=6.4\cdot 10^{6}\ A/m^{2}}
Dalla legge di Joule in forma microscopica:
P
u
=
ρ
J
m
a
x
2
=
0.7
W
/
c
m
3
{\displaystyle P_{u}=\rho J_{max}^{2}=0.7\ W/cm^{3}}
|
J
m
a
x
|
=
P
u
ρ
=
7.7
⋅
10
6
A
/
m
2
{\displaystyle |J_{max}|={\sqrt {\frac {P_{u}}{\rho }}}=7.7\cdot 10^{6}\ A/m^{2}}
Mentre da:
|
J
m
a
x
|
=
n
e
v
d
{\displaystyle |J_{max}|=nev_{d}\ }
segue che:
n
=
6.6
⋅
10
28
m
−
3
{\displaystyle n=6.6\cdot 10^{28}m^{-3}}
→ Vai alla traccia
Essendo un oggetto ohmico:
R
2
=
V
2
P
=
3.6
Ω
{\displaystyle R_{2}={\frac {V^{2}}{P}}=3.6\ \Omega }
Essendo la resistività una funzione lineare della temperatura:
ρ
=
ρ
0
(
1
+
α
T
)
{\displaystyle \rho =\rho _{0}(1+\alpha T)\ }
Potrò anche scrivere, trascurando la dilatazione termica del filo:
R
1
=
R
o
(
1
+
α
T
1
)
{\displaystyle R_{1}=R_{o}(1+\alpha T_{1})\ }
R
2
=
R
o
(
1
+
α
T
2
)
{\displaystyle R_{2}=R_{o}(1+\alpha T_{2})\ }
Quindi facendo il rapporto tra queste due equazioni:
R
1
R
2
=
1
+
α
T
1
1
+
α
T
2
{\displaystyle {\frac {R_{1}}{R_{2}}}={\frac {1+\alpha T_{1}}{1+\alpha T_{2}}}\ }
R
1
(
20
o
C
)
=
R
2
1
+
α
T
1
1
+
α
T
2
=
0.3
Ω
{\displaystyle R_{1}(20\ ^{o}C)=R_{2}{\frac {1+\alpha T_{1}}{1+\alpha T_{2}}}=0.3\ \Omega }
→ Vai alla traccia
a)
Sulle armature del I condensatore vi è una carica iniziale:
Q
0
=
C
V
o
=
200
μ
C
{\displaystyle Q_{0}=CV_{o}=200\ \mu C}
Con una energia iniziale pari a:
E
0
=
1
2
C
V
o
2
=
20
m
J
{\displaystyle E_{0}={\frac {1}{2}}CV_{o}^{2}=20\ mJ}
Alla fine del processo tale carica si deve conservare, quindi le cariche finali valgono:
Q
1
f
+
Q
2
f
=
Q
0
{\displaystyle Q_{1f}+Q_{2f}=Q_{0}\ }
Inoltre le differenze di potenziale ai capi dei due condensatori debbono equivalersi:
Q
1
f
C
=
Q
2
f
4
C
{\displaystyle {\frac {Q_{1f}}{C}}={\frac {Q_{2f}}{4C}}}
Cioè:
Q
1
f
=
Q
o
5
=
40
μ
C
{\displaystyle Q_{1f}={\frac {Q_{o}}{5}}=40\ \mu C}
Q
2
f
=
4
5
Q
o
=
160
μ
C
{\displaystyle Q_{2f}={\frac {4}{5}}Q_{o}=160\ \mu C}
Per cui:
E
f
=
1
2
Q
1
f
2
C
+
1
2
Q
2
f
2
4
C
=
1
5
1
2
Q
0
2
C
{\displaystyle E_{f}={\frac {1}{2}}{\frac {Q_{1f}^{2}}{C}}+{\frac {1}{2}}{\frac {Q_{2f}^{2}}{4C}}={\frac {1}{5}}{\frac {1}{2}}{\frac {Q_{0}^{2}}{C}}}
Quindi l'energia dissipata vale:
Δ
E
=
E
0
−
E
f
=
16
m
J
{\displaystyle \Delta E=E_{0}-E_{f}=16\ mJ}
b)
L'equazione della maglia:
Q
1
C
+
R
I
−
Q
2
4
C
=
0
{\displaystyle {\frac {Q_{1}}{C}}+RI-{\frac {Q_{2}}{4C}}=0}
Con in ogni istante:
Q
1
+
Q
2
=
Q
0
{\displaystyle Q_{1}+Q_{2}=Q_{0}\ }
Quindi:
Q
1
C
+
R
I
−
Q
0
−
Q
1
4
C
=
0
{\displaystyle {\frac {Q_{1}}{C}}+RI-{\frac {Q_{0}-Q_{1}}{4C}}=0\ }
Q
1
+
4
5
R
C
d
Q
1
d
t
−
Q
0
5
=
0
{\displaystyle Q_{1}+{\frac {4}{5}}RC{\frac {dQ_{1}}{dt}}-{\frac {Q_{0}}{5}}=0\ }
Quindi la costante di tempo vale:
τ
=
4
5
R
C
=
0.8
s
{\displaystyle \tau ={\frac {4}{5}}RC=0.8\ s}
e separando le variabili:
d
Q
1
Q
1
−
Q
0
/
5
=
−
d
t
τ
{\displaystyle {\frac {dQ_{1}}{Q_{1}-Q_{0}/5}}=-{\frac {dt}{\tau }}}
ln
Q
1
−
Q
0
/
5
Q
0
−
Q
0
/
5
=
−
t
τ
{\displaystyle \ln {\frac {Q_{1}-Q_{0}/5}{Q_{0}-Q_{0}/5}}=-{\frac {t}{\tau }}\ }
Q
1
=
Q
0
5
+
4
Q
0
5
e
−
t
/
τ
{\displaystyle Q_{1}={\frac {Q_{0}}{5}}+{\frac {4Q_{0}}{5}}e^{-t/\tau }\ }
'E facile vedere come per
t
=
0
{\displaystyle t=0\ }
e
t
=
∞
{\displaystyle t=\infty \ }
assume i valori dati nel punto a).
→ Vai alla traccia
Da come è fatto il circuito l'elemento critico è la resistenza
R
3
{\displaystyle R_{3}\ }
, in quanto in esso scorre tutta la corrente.
Nelle resistenze
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
ed
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
scorre la stessa corrente:
I
1
=
I
2
=
I
2
{\displaystyle I_{1}=I_{2}={\frac {I}{2}}\ }
Quindi:
P
t
o
t
=
∑
i
=
1
3
R
I
i
2
=
3
2
R
I
2
{\displaystyle P_{tot}=\sum _{i=1}^{3}RI_{i}^{2}={\frac {3}{2}}RI^{2}\ }
Quindi la massima corrente dipende dalla massima potenza dissipabile:
I
=
P
m
a
x
R
=
10
A
{\displaystyle I={\sqrt {\frac {P_{max}}{R}}}=10\ A}
quindi:
P
t
o
t
=
3
2
P
m
a
x
=
150
W
{\displaystyle P_{tot}={\frac {3}{2}}P_{max}=150\ W}
→ Vai alla traccia
Utilizzando il teorema di Thevenin il condensatore vede ai suoi capi un dipolo attivo con:
f
t
h
=
f
R
1
+
R
2
R
2
=
750
V
{\displaystyle f_{th}={\frac {f}{R_{1}+R_{2}}}R_{2}=750\ V}
ed un resistenza di Thevenin di:
R
t
h
=
R
1
R
2
R
1
+
R
2
=
3.75
K
Ω
{\displaystyle R_{th}={\frac {R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}}=3.75\ K\Omega \ }
Quindi la costante di tempo di carica vale:
τ
=
R
t
h
C
=
0.0375
s
{\displaystyle \tau =R_{th}C=0.0375\ s\ }
Quindi dopo
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
la tensione ai capi del condensatore vale:
V
=
Q
C
=
f
t
h
(
1
−
e
−
t
1
/
τ
)
=
310
V
{\displaystyle V={\frac {Q}{C}}=f_{th}\left(1-e^{-t_{1}/\tau }\right)=310\ V\ }
→ Vai alla traccia
Se definiamo rispettivamente
I
1
{\displaystyle I_{1}\ }
,
I
2
{\displaystyle I_{2}\ }
ed
I
{\displaystyle I\ }
le correnti nei tre rami, tutte in senso
orario.
Dalle leggi di Kirchhoff applicate al nodo:
I
1
+
I
2
=
I
{\displaystyle I_{1}+I_{2}=I\ }
Dalle leggi di Kirchhoff applicate alle due maglie:
f
1
=
I
1
r
1
+
I
R
{\displaystyle f_{1}=I_{1}r_{1}+IR\ }
f
2
=
I
2
r
2
+
I
R
{\displaystyle f_{2}=I_{2}r_{2}+IR\ }
Eliminando
I
1
{\displaystyle I_{1}\ }
e
I
2
{\displaystyle I_{2}\ }
nel sistema:
I
(
R
/
r
1
+
R
/
r
2
+
1
)
=
f
1
r
1
+
f
2
r
2
{\displaystyle I(R/r_{1}+R/r_{2}+1)={\frac {f_{1}}{r_{1}}}+{\frac {f_{2}}{r_{2}}}\ }
da cui:
I
=
1
A
{\displaystyle I=1\ A}
quindi:
I
1
=
f
1
−
I
R
r
1
=
0.68
A
{\displaystyle I_{1}={\frac {f_{1}-IR}{r_{1}}}=0.68\ A}
I
2
=
f
2
−
I
R
r
2
=
0.31
A
{\displaystyle I_{2}={\frac {f_{2}-IR}{r_{2}}}=0.31\ A}
P
1
=
f
1
I
1
=
8.2
W
{\displaystyle P_{1}=f_{1}I_{1}=8.2\ W}
P
2
=
f
2
I
2
=
3.6
W
{\displaystyle P_{2}=f_{2}I_{2}=3.6\ W}
8. Tre generatori su una resistenza R
modifica
→ Vai alla traccia
Applicando il teorema di Thevenin ai generatori 1 e 2, diventano
equivalenti ad unico generatore di resistenza interna e f.e.m.:
r
′
=
r
1
r
2
r
1
+
r
2
=
0.66
Ω
{\displaystyle r'={\frac {r_{1}r_{2}}{r_{1}+r_{2}}}=0.66\ \Omega }
f
′
=
f
2
−
f
2
−
f
1
r
1
+
r
2
r
2
=
8
V
{\displaystyle f'=f_{2}-{\frac {f_{2}-f_{1}}{r_{1}+r_{2}}}r_{2}=8\ V}
Quindi scrivendo l'equazioni di Kirkhhoff per le maglie (detta
I
′
{\displaystyle I'\ }
la corrente nella maglia del generatore equivalente e
I
3
{\displaystyle I_{3}\ }
la
corrente nel ramo del generatore
3
{\displaystyle 3\ }
e
I
{\displaystyle I\ }
la corrente nel ramo di
R
{\displaystyle R\ }
):
I
′
+
I
3
=
I
{\displaystyle I'+I_{3}=I\ }
f
′
=
I
′
r
′
+
I
R
{\displaystyle f'=I'r'+IR\ }
f
3
=
I
3
r
3
+
I
R
{\displaystyle f_{3}=I_{3}r_{3}+IR\ }
Da cui eliminando
I
′
{\displaystyle I'\ }
:
f
′
=
(
I
−
I
3
)
r
′
+
I
R
{\displaystyle f'=(I-I_{3})r'+IR\ }
I
3
=
f
3
−
I
R
r
3
{\displaystyle I_{3}={\frac {f_{3}-IR}{r_{3}}}\ }
Quindi:
I
=
f
′
+
f
3
r
′
/
r
3
r
′
+
R
r
′
/
r
3
+
R
=
1.47
A
{\displaystyle I={\frac {f'+f_{3}r'/r_{3}}{r'+Rr'/r_{3}+R}}=1.47\ A}
I
3
=
f
3
−
I
R
r
3
=
0.54
A
{\displaystyle I_{3}={\frac {f_{3}-IR}{r_{3}}}=0.54\ A}
→ Vai alla traccia
Nel transitorio iniziale la capacità si comporta come un corto circuito
per cui la corrente circolante vale:
i
o
=
f
1
R
+
r
{\displaystyle i_{o}={\frac {f_{1}}{R+r}}\ }
Quindi essendo:
P
0
=
i
o
2
R
=
f
1
2
(
R
+
r
)
2
R
{\displaystyle P_{0}=i_{o}^{2}R={\frac {f_{1}^{2}}{(R+r)^{2}}}R\ }
r
=
f
1
R
P
0
−
R
=
4.4
Ω
{\displaystyle r=f_{1}{\sqrt {\frac {R}{P_{0}}}}-R=4.4\ \Omega \ }
Mentre la corrente che scorre nel circuito vale nel generico istante di tempo
t
{\displaystyle t\ }
:
i
(
t
)
=
i
o
e
−
t
/
τ
{\displaystyle i(t)=i_{o}e^{-t/\tau }\ }
con
τ
=
(
R
+
r
)
C
{\displaystyle \tau =(R+r)C\ }
,
i
o
=
f
1
/
(
R
+
r
)
=
2.2
A
{\displaystyle i_{o}=f_{1}/(R+r)=2.2\ A\ }
. Quindi se:
P
1
=
i
o
2
e
−
2
t
1
/
τ
R
{\displaystyle P_{1}=i_{o}^{2}e^{-2t_{1}/\tau }R\ }
τ
=
2
t
1
ln
i
o
2
P
1
R
=
2.9
m
s
{\displaystyle \tau ={\frac {2t_{1}}{\ln {\frac {i_{o}^{2}}{P_{1}R}}}}=2.9\ ms\ }
C
=
τ
r
+
R
=
0.53
m
F
{\displaystyle C={\frac {\tau }{r+R}}=0.53\ mF\ }
→ Vai alla traccia
Per la seconda maglia nel primo caso:
f
2
=
−
I
2
r
2
+
V
R
{\displaystyle f_{2}=-I_{2}r_{2}+V_{R}\ }
da cui:
r
2
=
V
R
−
f
2
I
2
=
39
Ω
{\displaystyle r_{2}={\frac {V_{R}-f_{2}}{I_{2}}}=39\ \Omega \ }
Inoltre il generatore nel primo caso: fornisce una corrente pari a:
I
1
=
I
2
+
V
R
R
=
94
m
A
{\displaystyle I_{1}=I_{2}+{\frac {V_{R}}{R}}=94\ mA}
Posso scrivere l'equazione della prima maglia nel primo caso che:
f
1
−
I
1
r
1
=
V
R
{\displaystyle f_{1}-I_{1}r_{1}=V_{R}\ }
Inoltre nel secondo caso (una singola maglia):
f
1
−
f
2
=
I
4
(
r
1
+
r
2
)
{\displaystyle f_{1}-f_{2}=I_{4}(r_{1}+r_{2})\ }
Quindi facendo la differenza:
r
1
=
f
2
+
I
4
r
2
−
V
R
I
1
−
I
4
=
5.3
Ω
{\displaystyle r_{1}={\frac {f_{2}+I_{4}r_{2}-V_{R}}{I_{1}-I_{4}}}=5.3\ \Omega }
f
1
=
I
1
r
1
+
V
R
=
5
V
{\displaystyle f_{1}=I_{1}r1+V_{R}=5\ V}
11. Carica condensatore con 2 R
modifica
→ Vai alla traccia
Nell'istante iniziale il condensatore si comporta come un corto circuito per cui la corrente che fornisce il generatore è massima:
I
m
a
x
=
f
R
1
=
0.78
A
{\displaystyle I_{max}={\frac {f}{R_{1}}}=0.78\ A}
Quindi:
P
m
a
x
=
f
I
m
a
x
=
11
W
{\displaystyle P_{max}=fI_{max}=11\ W}
Mentre, passato un tempo sufficiente lungo, la corrente diventa:
I
m
i
n
=
f
R
1
+
R
2
=
0.13
A
{\displaystyle I_{min}={\frac {f}{R_{1}+R_{2}}}=0.13\ A}
P
m
i
n
=
f
I
m
i
n
=
1.8
W
{\displaystyle P_{min}=fI_{min}=1.8\ W}
Mentre per quant riguarda la seconda domanda, utilizzando il teorema di Thevenin, ai capi del condensatore:
f
t
h
=
f
R
1
+
R
2
R
2
=
11.7
V
{\displaystyle f_{th}={\frac {f}{R_{1}+R_{2}}}R_{2}=11.7\ V}
R
t
h
=
R
1
R
2
R
1
+
R
2
=
15
Ω
{\displaystyle R_{th}={\frac {R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}}=15\ \Omega }
Detta
τ
=
R
t
h
C
=
15
m
s
{\displaystyle \tau =R_{th}C=15\ ms}
Imponendo che:
f
t
h
2
R
t
h
=
f
t
h
R
t
h
e
−
t
1
/
τ
{\displaystyle {\frac {f_{th}}{2R_{th}}}={\frac {f_{th}}{R_{th}}}e^{-t_{1}/\tau }\ }
t
1
=
τ
ln
2
=
10.4
m
s
{\displaystyle t_{1}=\tau \ln 2=10.4\ ms}
12. Scarica condensatore con 2 R
modifica
→ Vai alla traccia
La carica iniziale vale:
Q
o
=
C
f
=
9
m
C
{\displaystyle Q_{o}=Cf=9\ mC\ }
Mentre una volta che il sistema con l'interruttore chiuso è andato a regime, la tensione ai capi di
R
2
{\displaystyle R_{2}}
vale ovviamente:
f
′
=
f
R
1
+
R
2
R
2
=
10
m
V
{\displaystyle f'={\frac {f}{R_{1}+R_{2}}}R_{2}=10\ mV}
E quindi la carica finale ai capi di
C
{\displaystyle C\ }
vale:
Q
f
=
C
f
′
=
10
μ
C
{\displaystyle Q_{f}=Cf'=10\ \mu C}
Se definisco
I
1
{\displaystyle I_{1}\ }
la corrente in
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
,
I
3
{\displaystyle I_{3}\ }
quella in
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
ed
I
2
{\displaystyle I_{2}\ }
la corrente nel ramo del condensatore tale che la carica
istantanea nel condensatore:
I
2
=
−
d
Q
d
t
{\displaystyle I_{2}=-{\frac {dQ}{dt}}\ }
L'equazione dei
nodi e della maglie sono:
f
=
I
1
R
1
+
I
3
R
2
{\displaystyle f=I_{1}R_{1}+I_{3}R_{2}\ }
I
3
=
I
1
+
I
2
{\displaystyle I_{3}=I_{1}+I_{2}\ }
Q
C
=
R
2
I
3
{\displaystyle {\frac {Q}{C}}=R_{2}I_{3}\ }
Eliminando dalla terza:
I
3
=
Q
/
(
R
2
C
)
{\displaystyle I_{3}=Q/(R_{2}C)\ }
e dalla prima:
I
1
=
f
−
Q
/
C
R
1
{\displaystyle I_{1}={\frac {f-Q/C}{R_{1}}}\ }
si ha nella seconda:
Q
R
2
C
=
f
−
Q
/
C
R
1
−
d
Q
d
t
{\displaystyle {\frac {Q}{R_{2}C}}={\frac {f-Q/C}{R_{1}}}-{\frac {dQ}{dt}}\ }
Q
R
2
C
=
f
R
1
−
Q
R
1
−
d
Q
d
t
{\displaystyle {\frac {Q}{R_{2}C}}={\frac {f}{R_{1}}}-{\frac {Q}{R_{1}}}-{\frac {dQ}{dt}}\ }
Q
C
R
1
+
R
2
R
1
R
2
−
f
R
1
=
−
d
Q
d
t
{\displaystyle {\frac {Q}{C}}{\frac {R_{1}+R_{2}}{R_{1}R_{2}}}-{\frac {f}{R_{1}}}=-{\frac {dQ}{dt}}\ }
Q
−
f
C
R
2
R
1
+
R
2
=
−
R
1
R
2
C
R
1
+
R
2
d
Q
d
t
{\displaystyle Q-{\frac {fCR_{2}}{R_{1}+R_{2}}}=-{\frac {R_{1}R_{2}C}{R_{1}+R_{2}}}{\frac {dQ}{dt}}\ }
Essendo:
Q
f
=
(
f
C
R
2
)
/
(
R
1
+
R
2
)
{\displaystyle Q_{f}=(fCR_{2})/(R_{1}+R_{2})\ }
e definendo
τ
=
R
1
R
2
C
R
1
+
R
2
{\displaystyle \tau ={\frac {R_{1}R_{2}C}{R_{1}+R_{2}}}\ }
−
d
Q
d
t
τ
=
Q
−
Q
f
{\displaystyle -{\frac {dQ}{dt}}\tau =Q-Q_{f}\ }
Separando le variabili ed integrando:
∫
Q
o
Q
d
Q
Q
−
Q
f
=
−
∫
o
t
d
t
τ
{\displaystyle \int _{Q_{o}}^{Q}{\frac {dQ}{Q-Q_{f}}}=-\int _{o}^{t}{\frac {dt}{\tau }}\ }
Q
(
t
)
=
Q
f
+
(
Q
o
−
Q
f
)
e
−
t
/
τ
{\displaystyle Q(t)=Q_{f}+(Q_{o}-Q_{f})e^{-t/\tau }\ }
Da cui:
I
2
=
−
d
Q
d
t
=
Q
o
−
Q
f
τ
e
−
t
/
τ
=
f
R
2
e
−
t
/
τ
{\displaystyle I_{2}=-{\frac {dQ}{dt}}={\frac {Q_{o}-Q_{f}}{\tau }}e^{-t/\tau }={\frac {f}{R_{2}}}e^{-t/\tau }\ }
I
1
=
f
−
Q
/
C
R
1
=
f
R
1
−
Q
C
R
1
=
f
R
1
−
Q
f
C
R
1
−
Q
o
−
Q
f
C
R
1
e
−
t
/
τ
=
f
R
1
−
Q
f
C
R
1
−
f
R
1
+
R
2
e
−
t
/
τ
=
f
R
1
+
R
2
(
1
−
e
−
t
/
τ
)
{\displaystyle I_{1}={\frac {f-Q/C}{R_{1}}}={\frac {f}{R_{1}}}-{\frac {Q}{CR_{1}}}={\frac {f}{R_{1}}}-{\frac {Q_{f}}{CR_{1}}}-{\frac {Q_{o}-Q_{f}}{CR_{1}}}e^{-t/\tau }={\frac {f}{R_{1}}}-{\frac {Q_{f}}{CR_{1}}}-{\frac {f}{R_{1}+R_{2}}}e^{-t/\tau }={\frac {f}{R_{1}+R_{2}}}\left(1-e^{-t/\tau }\right)\ }
Avendo scritto esplicitamente:
Q
o
−
Q
f
=
C
f
(
1
−
R
2
R
1
+
R
2
)
=
C
f
R
1
R
1
+
R
2
{\displaystyle Q_{o}-Q_{f}=Cf\left(1-{\frac {R_{2}}{R_{1}+R_{2}}}\right)={\frac {CfR_{1}}{R_{1}+R_{2}}}\ }
Imponendo che:
I
2
=
I
1
{\displaystyle I_{2}=I_{1}\ }
e
−
t
1
/
τ
R
2
=
1
R
1
+
R
2
(
1
−
e
−
t
1
/
τ
)
{\displaystyle {\frac {e^{-t_{1}/\tau }}{R_{2}}}={\frac {1}{R_{1}+R_{2}}}\left(1-e^{-t_{1}/\tau }\right)\ }
t
1
=
τ
ln
(
1
+
R
1
+
R
2
R
2
)
=
6.8
m
s
{\displaystyle t_{1}=\tau \ln \left(1+{\frac {R_{1}+R_{2}}{R_{2}}}\right)=6.8\ ms\ }
13. Due generatori reali su una R variabile
modifica
→ Vai alla traccia
Detta
I
1
{\displaystyle I_{1}\ }
la corrente nel ramo di
f
1
{\displaystyle f_{1}\ }
,
I
2
{\displaystyle I_{2}\ }
la corrente
concorde al generatore
f
2
{\displaystyle f_{2}\ }
ed
I
3
{\displaystyle I_{3}\ }
la corrente in
R
{\displaystyle R\ }
.
Le equazioni delle due maglie sono:
I
1
+
I
2
=
I
3
{\displaystyle I_{1}+I_{2}=I_{3}\ }
f
1
=
I
1
R
1
+
I
3
R
{\displaystyle f_{1}=I_{1}R_{1}+I_{3}R\ }
f
1
−
I
1
R
1
=
f
2
−
I
2
R
2
{\displaystyle f_{1}-I_{1}R_{1}=f_{2}-I_{2}R_{2}\ }
La inversione di corrente avviene quando:
I
2
=
0
{\displaystyle I_{2}=0\ }
cioè
dall'ultima quando:
f
1
−
I
1
R
1
=
f
2
{\displaystyle f_{1}-I_{1}R_{1}=f_{2}\ }
I
1
=
f
1
−
f
2
R
1
=
0.33
A
{\displaystyle I_{1}={\frac {f_{1}-f_{2}}{R_{1}}}=0.33\ A}
di conseguenza dalla prima:
I
3
=
0.33
A
{\displaystyle I_{3}=0.33\ A}
R
=
f
1
−
I
1
R
1
I
3
=
21
Ω
{\displaystyle R={\frac {f_{1}-I_{1}R_{1}}{I_{3}}}=21\ \Omega }
Nel caso generale invece eliminando dal sistema di tre equazioni
prima
I
1
{\displaystyle I_{1}\ }
:
f
1
=
I
3
R
1
−
I
2
R
1
+
I
3
R
f
{\displaystyle f_{1}=I_{3}R_{1}-I_{2}R_{1}+I_{3}R_{f}\ }
f
1
−
I
3
R
1
+
I
2
R
1
=
f
2
−
I
2
R
2
{\displaystyle f_{1}-I_{3}R_{1}+I_{2}R_{1}=f_{2}-I_{2}R_{2}\ }
da cui:
I
3
=
f
1
−
I
2
R
1
R
1
+
R
f
{\displaystyle I_{3}={\frac {f_{1}-I_{2}R_{1}}{R_{1}+R_{f}}}\ }
I
3
=
f
1
−
f
2
+
I
2
(
R
1
+
R
2
)
R
1
{\displaystyle I_{3}={\frac {f_{1}-f_{2}+I_{2}(R_{1}+R_{2})}{R_{1}}}\ }
Eliminando
I
3
{\displaystyle I_{3}\ }
:
f
1
−
I
2
R
1
R
1
+
R
=
f
1
−
f
2
+
I
2
(
R
1
+
R
2
)
R
1
{\displaystyle {\frac {f_{1}-I_{2}R_{1}}{R_{1}+R}}={\frac {f_{1}-f_{2}+I_{2}(R_{1}+R_{2})}{R_{1}}}\ }
da cui:
I
2
(
R
1
+
R
2
R
1
+
R
1
R
1
+
R
f
)
=
f
1
R
1
+
R
f
−
f
1
−
f
2
R
1
{\displaystyle I_{2}({\frac {R_{1}+R_{2}}{R_{1}}}+{\frac {R_{1}}{R_{1}+R_{f}}})={\frac {f_{1}}{R_{1}+R_{f}}}-{\frac {f_{1}-f_{2}}{R_{1}}}\ }
I
2
=
(
f
1
R
1
+
R
f
−
f
1
−
f
2
R
1
)
/
(
f
1
R
1
+
R
f
−
f
1
−
f
2
R
1
)
=
0.16
A
{\displaystyle I_{2}=\left({\frac {f_{1}}{R_{1}+R_{f}}}-{\frac {f_{1}-f_{2}}{R_{1}}}\right)/\left({\frac {f_{1}}{R_{1}+R_{f}}}-{\frac {f_{1}-f_{2}}{R_{1}}}\right)=0.16\ A\ }
P
2
=
f
2
I
2
=
1.12
W
{\displaystyle P_{2}=f_{2}I_{2}=1.12\ W\ }
14. Due condensatori con una resistenza
modifica
→ Vai alla traccia
La carica iniziale del primo condensatore vale:
Q
10
=
C
V
o
=
Q
o
{\displaystyle Q_{10}=CV_{o}=Q_{o}\ }
Mentre sul secondo:
Q
20
=
0
{\displaystyle Q_{20}=0\ }
Nello stato finale la carica si conserva (la positiva sull'armatura superiore la negativa sulle inferiori) in maniera che:
Q
1
f
+
Q
2
f
=
Q
o
{\displaystyle Q_{1f}+Q_{2f}=Q_{o}\ }
Ma anche la d.d.p. ai capi dei due condensatori deve essere eguale:
Q
1
f
C
=
Q
2
f
α
C
{\displaystyle {\frac {Q_{1f}}{C}}={\frac {Q_{2f}}{\alpha C}}}
Dall'insieme di queste due equazioni risulta che:
Q
1
f
=
C
V
o
1
+
α
{\displaystyle Q_{1f}={\frac {CV_{o}}{1+\alpha }}\ }
Q
2
f
=
α
C
V
o
1
+
α
{\displaystyle Q_{2f}={\frac {\alpha CV_{o}}{1+\alpha }}\ }
Ora mentre l'energia elettrostatica iniziale vale:
E
0
=
1
2
C
V
o
2
{\displaystyle E_{0}={\frac {1}{2}}CV_{o}^{2}\ }
quella finale vale:
E
f
=
1
2
Q
1
f
2
C
+
1
2
Q
2
f
2
α
C
=
1
2
C
V
o
2
α
+
1
{\displaystyle E_{f}={\frac {1}{2}}{\frac {Q_{1f}^{2}}{C}}+{\frac {1}{2}}{\frac {Q_{2f}^{2}}{\alpha C}}={\frac {1}{2}}{\frac {CV_{o}^{2}}{\alpha +1}}\ }
Quindi la energia elettrostatica è diminuita di:
E
0
−
E
f
=
α
α
+
1
1
2
C
V
o
2
{\displaystyle E_{0}-E_{f}={\frac {\alpha }{\alpha +1}}{\frac {1}{2}}CV_{o}^{2}\ }
Determiniamo ora l'energia dissipata per effetto Joule durante il transitorio, definita
la corrente in senso orario, e
Q
1
{\displaystyle Q_{1}\ }
la carica istantanea sulla armatura di sopra del I condensatore,
Q
2
{\displaystyle Q_{2}\ }
quella sulla armatura superiore del II condensatore:
Q
1
C
=
I
R
+
Q
2
α
C
{\displaystyle {\frac {Q_{1}}{C}}=IR+{\frac {Q_{2}}{\alpha C}}\ }
Ma per la conservazione della carica:
Q
2
+
Q
1
=
Q
o
{\displaystyle Q_{2}+Q_{1}=Q_{o}\ }
Q
2
=
Q
o
−
Q
1
{\displaystyle Q_{2}=Q_{o}-Q_{1}\ }
Chiaramente la corrente (al limite per
α
=
∞
{\displaystyle \alpha =\infty \ }
deve coincidere con un corto circuito
cioè il caso visto nella scarica)
I
=
−
d
Q
1
d
t
{\displaystyle I=-{\frac {dQ_{1}}{dt}}\ }
Sostituendo:
Q
1
C
+
d
Q
1
d
t
R
−
Q
o
−
Q
1
α
C
=
0
{\displaystyle {\frac {Q_{1}}{C}}+{\frac {dQ_{1}}{dt}}R-{\frac {Q_{o}-Q_{1}}{\alpha C}}=0\ }
α
Q
1
+
d
Q
1
d
t
α
C
R
−
Q
o
+
Q
1
=
0
{\displaystyle \alpha Q_{1}+{\frac {dQ_{1}}{dt}}\alpha CR-Q_{o}+Q_{1}=0\ }
Separando le variabili:
d
Q
1
(
α
+
1
)
Q
1
−
Q
o
=
−
d
t
α
R
C
{\displaystyle {\frac {dQ_{1}}{(\alpha +1)Q_{1}-Q_{o}}}=-{\frac {dt}{\alpha RC}}\ }
Integrando, tra il tempo 0 ed il tempo t, viene:
1
α
+
1
ln
(
α
+
1
)
Q
1
(
t
)
−
Q
o
α
Q
o
=
−
t
α
R
C
{\displaystyle {\frac {1}{\alpha +1}}\ln {\frac {(\alpha +1)Q_{1}(t)-Q_{o}}{\alpha Q_{o}}}=-{\frac {t}{\alpha RC}}\ }
Q
1
(
t
)
=
Q
o
1
+
α
(
1
+
α
e
−
t
(
α
+
1
)
/
α
R
C
)
{\displaystyle Q_{1}(t)={\frac {Q_{o}}{1+\alpha }}\left({1+\alpha }e^{-t(\alpha +1)/\alpha RC}\right)}
La sua derivata:
I
=
d
Q
1
d
t
=
−
Q
o
R
C
e
−
t
(
α
+
1
)
/
α
R
C
{\displaystyle I={\frac {dQ_{1}}{dt}}=-{\frac {Q_{o}}{RC}}e^{-t(\alpha +1)/\alpha RC}\ }
L'energia dissipata per effetto Joule vale:
E
d
=
∫
0
∞
R
Q
o
2
R
2
C
2
e
−
2
t
(
α
+
1
)
/
α
R
C
d
t
=
∫
0
∞
V
o
2
R
e
−
2
t
(
α
+
1
)
/
α
R
C
d
t
=
α
α
+
1
1
2
C
V
o
2
{\displaystyle E_{d}=\int _{0}^{\infty }R{\frac {Q_{o}^{2}}{R^{2}C^{2}}}e^{-2t(\alpha +1)/\alpha RC}dt=\int _{0}^{\infty }{\frac {V_{o}^{2}}{R}}e^{-2t(\alpha +1)/\alpha RC}dt={\frac {\alpha }{\alpha +1}}{\frac {1}{2}}CV_{o}^{2}\ }
→ Vai alla traccia
Dai dati del problema:
P
1
=
Δ
V
2
/
R
1
{\displaystyle P_{1}=\Delta V^{2}/R_{1}\ }
P
2
=
Δ
V
2
/
R
2
{\displaystyle P_{2}=\Delta V^{2}/R_{2}\ }
P
1
=
2
P
2
{\displaystyle P_{1}=2P_{2}\ }
Quindi:
R
2
=
2
R
1
{\displaystyle R_{2}=2R_{1}\ }
Se vengono disposte in serie:
P
a
=
Δ
V
2
/
(
R
1
+
R
2
)
=
P
1
/
3
=
8.34
W
{\displaystyle P_{a}=\Delta V^{2}/(R_{1}+R_{2})=P_{1}/3=8.34\ W\ }
Mentre se sono disposte in parallelo:
R
p
=
R
1
R
2
R
1
+
R
2
=
2
3
R
1
{\displaystyle R_{p}={\frac {R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}}={\frac {2}{3}}R_{1}\ }
Quindi:
P
b
=
3
2
Δ
V
2
/
R
1
=
3
2
P
1
=
37.5
W
{\displaystyle P_{b}={\frac {3}{2}}\Delta V^{2}/R_{1}={\frac {3}{2}}P_{1}=37.5\ W\ }
→ Vai alla traccia
a) Essendo
|
I
A
|
>
|
I
B
|
{\displaystyle |I_{A}|>|I_{B}|\ }
il caso indipendentemente dal valore della f.e.m. dei due generatori implica che sono disposti con i morsetti
−
+
−
+
{\displaystyle -+-+\ }
, quindi:
V
1
A
=
f
1
−
I
A
r
1
=
0.7
V
{\displaystyle V_{1A}=f_{1}-I_{A}r_{1}=0.7\ V}
b)
Nel primo caso l'equazione della maglia è:
f
2
+
f
1
=
I
A
(
r
1
+
r
2
+
R
)
{\displaystyle f_{2}+f_{1}=I_{A}(r_{1}+r_{2}+R)\ }
Nel secondo caso:
f
2
−
f
1
=
I
B
(
r
1
+
r
2
+
R
)
{\displaystyle f_{2}-f_{1}=I_{B}(r_{1}+r_{2}+R)\ }
Facendo quindi il rapporto tra queste due equazioni:
f
2
+
f
1
f
2
−
f
1
=
I
A
I
B
=
r
{\displaystyle {\frac {f_{2}+f_{1}}{f_{2}-f_{1}}}={\frac {I_{A}}{I_{B}}}=r\ }
Detto
r
=
I
A
I
B
=
−
5.8
{\displaystyle r={\frac {I_{A}}{I_{B}}}=-5.8\ }
Da cui:
f
2
=
f
1
1
+
r
r
−
1
=
1.97
V
{\displaystyle f_{2}=f_{1}{\frac {1+r}{r-1}}=1.97\ V}
Con semplici passaggi dalla prima equazione:
r
2
=
0.28
Ω
{\displaystyle r_{2}=0.28\ \Omega }
c)
Nel primo caso:
V
2
A
=
f
2
−
I
A
r
2
=
1.55
V
{\displaystyle V_{2A}=f_{2}-I_{A}r_{2}=1.55\ V}
Nel secondo caso:
V
2
B
=
f
2
−
I
B
r
2
=
2.04
V
{\displaystyle V_{2B}=f_{2}-I_{B}r_{2}=2.04\ V}
17. Scarica di un condensatore con due generatori
modifica
→ Vai alla traccia
Prima della chiusura dell'interruttore la corrente che scorre nella maglia dove sono presenti entrambi i generatori vale:
i
c
=
2
f
2
r
+
R
=
2
f
4
r
=
10
A
{\displaystyle i_{c}={\frac {2f}{2r+R}}={\frac {2f}{4r}}=10\ A\ }
La tensione ai capi del condensatore vale:
V
c
=
f
−
i
c
r
=
f
2
=
10
V
{\displaystyle V_{c}=f-i_{c}r={\frac {f}{2}}=10\ V\ }
Quindi la carica iniziale vale:
Q
o
=
C
V
c
=
C
f
2
=
10
μ
C
{\displaystyle Q_{o}=CV_{c}=C{\frac {f}{2}}=10\ \mu C\ }
Mentre quella finale è:
Q
f
=
0
{\displaystyle Q_{f}=0\ }
Da cui la variazione di carica sul condensatore vale:
Δ
Q
=
Q
o
=
10
μ
C
{\displaystyle \Delta Q=Q_{o}=10\ \mu C\ }
La costante di tempo di scarica è pari a:
τ
=
r
C
/
2
=
0.5
μ
s
{\displaystyle \tau =rC/2=0.5\ \mu s\ }
Quindi essendo:
Q
(
t
)
=
Q
o
e
−
t
/
τ
{\displaystyle Q(t)=Q_{o}e^{-t/\tau }\ }
I
(
t
)
=
−
Q
o
τ
e
−
t
/
τ
=
f
r
e
−
t
/
τ
{\displaystyle I(t)=-{\frac {Q_{o}}{\tau }}e^{-t/\tau }={\frac {f}{r}}e^{-t/\tau }\ }
Imponendo che:
I
(
t
x
)
=
f
r
e
−
t
x
/
τ
=
I
o
{\displaystyle I(t_{x})={\frac {f}{r}}e^{-t_{x}/\tau }=I_{o}\ }
Si ha che:
t
x
=
τ
log
(
20
)
=
1.5
μ
s
{\displaystyle t_{x}=\tau \log(20)=1.5\ \mu s\ }
→ Vai alla traccia
Riscrivendo nel SI :
Δ
n
=
1.10
⋅
10
8
1
/
m
3
{\displaystyle \Delta n=1.10\cdot 10^{8}\ 1/m^{3}\ }
Quindi la variazione di densità di carica vale:
Δ
ρ
=
e
Δ
n
=
1.8
⋅
10
−
11
C
/
m
3
{\displaystyle \Delta \rho =e\Delta n=1.8\cdot 10^{-11}\ C/m^{3}\ }
Quindi la carica trasferita durante una scarica vale:
Δ
Q
=
Δ
ρ
4
3
π
(
d
/
2
)
3
=
2
C
{\displaystyle \Delta Q=\Delta \rho {\frac {4}{3}}\pi (d/2)^{3}=2C\ }
La corrente vale:
I
=
Δ
Q
t
o
=
10
A
{\displaystyle I={\frac {\Delta Q}{t_{o}}}=10\ A\ }
Quindi l'energia dissipata vale:
E
d
=
V
o
Δ
Q
=
1
⋅
10
8
J
{\displaystyle E_{d}=V_{o}\Delta Q=1\cdot 10^{8}\ J\ }
La potenza invece vale:
P
=
I
V
o
=
5
⋅
10
8
W
{\displaystyle P=IV_{o}=5\cdot 10^{8}\ W\ }
19. Due generatori di f.e.m. con condensatore
modifica
→ Vai alla traccia
a) Se la corrente circola in senso orario , in condizioni stazionarie, significa che la f.e.m. del generatore di sinistra è maggiore di quello di destra.
I
f
=
f
1
−
f
2
R
1
+
R
2
{\displaystyle I_{f}={\frac {f_{1}-f_{2}}{R_{1}+R_{2}}}\ }
f
1
=
f
2
+
I
f
(
R
1
+
R
2
)
=
16
V
{\displaystyle f_{1}=f_{2}+I_{f}(R_{1}+R_{2})=16\ V\ }
b) la carica iniziale vale:
Q
0
=
C
f
2
=
7.2
μ
C
{\displaystyle Q_{0}=Cf_{2}=7.2\ \mu C\ }
mentre quella finale vale:
Q
f
=
C
(
f
2
+
I
f
⋅
R
2
)
=
9.6
μ
C
{\displaystyle Q_{f}=C(f_{2}+I_{f}\cdot R_{2})=9.6\ \mu C\ }
c)
Applicando il teorema di Thevenin ai capi del condensatore, dopo la chiusura dell'interruttore:
f
t
h
=
f
2
+
I
f
⋅
R
2
=
13
V
{\displaystyle f_{th}=f_{2}+I_{f}\cdot R_{2}=13\ V\ }
R
t
h
=
R
1
R
2
R
1
+
R
2
{\displaystyle R_{th}={\frac {R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}}\ }
quindi
τ
=
R
t
h
C
=
2.7
μ
s
{\displaystyle \tau =R_{th}C=2.7\ \mu s\ }
d)
L'equazione del transitorio sul condensatore è:
f
t
h
=
R
t
h
d
Q
d
t
+
Q
C
{\displaystyle f_{th}=R_{th}{\frac {dQ}{dt}}+{\frac {Q}{C}}\ }
da cui:
d
Q
Q
−
f
t
h
C
=
−
d
t
R
t
h
C
{\displaystyle {\frac {dQ}{Q-f_{th}C}}=-{\frac {dt}{R_{th}C}}\ }
con le definizioni già date:
d
Q
Q
−
Q
f
=
−
d
t
τ
{\displaystyle {\frac {dQ}{Q-Q_{f}}}=-{\frac {dt}{\tau }}\ }
∫
Q
o
Q
(
t
)
d
Q
Q
−
Q
f
=
−
∫
0
t
d
t
′
τ
{\displaystyle \int _{Q_{o}}^{Q(t)}{\frac {dQ}{Q-Q_{f}}}=-\int _{0}^{t}{\frac {dt'}{\tau }}\ }
ln
Q
−
Q
f
Q
o
−
Q
f
=
−
t
τ
{\displaystyle \ln {\frac {Q-Q_{f}}{Q_{o}-Q_{f}}}=-{\frac {t}{\tau }}\ }
Q
(
t
)
=
Q
f
+
(
Q
o
−
Q
f
)
e
−
t
/
τ
{\displaystyle Q(t)=Q_{f}+(Q_{o}-Q_{f})e^{-t/\tau }\ }
I
(
t
)
=
Q
o
−
Q
f
τ
e
−
t
/
τ
=
I
c
e
−
t
/
τ
{\displaystyle I(t)={\frac {Q_{o}-Q_{f}}{\tau }}e^{-t/\tau }=I_{c}e^{-t/\tau }\ }
con
I
c
=
0.87
A
{\displaystyle I_{c}=0.87\ A\ }
I
c
τ
e
−
t
/
τ
=
I
f
{\displaystyle I_{c}{\tau }e^{-t/\tau }=I_{f}\ }
t
=
−
τ
ln
I
f
I
c
=
1.5
μ
s
{\displaystyle t=-\tau \ln {\frac {I_{f}}{I_{c}}}=1.5\ \mu s\ }
20. Un condensatore parzialmente carico
modifica
→ Vai alla traccia
a)
La carica iniziale è:
Q
0
=
C
f
2
=
3
μ
C
{\displaystyle Q_{0}=Cf_{2}=3\ \mu C\ }
Mentre la maglia dei due generatori si comportano come un generatore equivalente:
f
T
h
=
f
1
−
f
1
−
f
2
R
1
+
R
2
R
1
=
11
V
{\displaystyle f_{Th}=f_{1}-{\frac {f_{1}-f_{2}}{R_{1}+R_{2}}}R_{1}=11\ V\ }
Quindi:
Q
f
=
C
f
T
h
=
11
μ
C
{\displaystyle Q_{f}=Cf_{Th}=11\ \mu C\ }
La resistenza equivalente vale:
R
T
h
=
R
3
+
R
1
R
2
R
1
+
R
2
=
3.67
Ω
{\displaystyle R_{Th}=R_{3}+{\frac {R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}}=3.67\ \Omega \ }
b)
L'equazione che determina la carica del condensatore è:
f
T
h
=
R
T
h
I
3
(
t
)
+
Q
(
t
)
C
{\displaystyle f_{Th}=R_{Th}I_{3}(t)+{\frac {Q(t)}{C}}\ }
detta
I
3
{\displaystyle I_{3}\ }
la corrente istantanea nel ramo del condensatore, che è pari a:
I
3
(
t
)
=
d
Q
(
t
)
d
t
{\displaystyle I_{3}(t)={\frac {dQ(t)}{dt}}\ }
Definendo
τ
=
R
T
h
C
{\displaystyle \tau =R_{Th}C\ }
:
d
Q
Q
−
f
T
h
C
=
−
d
t
τ
{\displaystyle {\frac {dQ}{Q-f_{Th}C}}=-{\frac {dt}{\tau }}\ }
d
Q
Q
−
Q
f
=
−
d
t
τ
{\displaystyle {\frac {dQ}{Q-Q_{f}}}=-{\frac {dt}{\tau }}\ }
∫
Q
0
Q
(
t
)
d
Q
′
Q
′
−
Q
f
=
−
∫
0
t
d
t
′
τ
{\displaystyle \int _{Q_{0}}^{Q(t)}{\frac {dQ'}{Q'-Q_{f}}}=-\int _{0}^{t}{\frac {dt'}{\tau }}\ }
log
Q
(
t
)
−
Q
f
Q
0
−
Q
f
=
−
t
τ
{\displaystyle \log {\frac {Q(t)-Q_{f}}{Q_{0}-Q_{f}}}=-{\frac {t}{\tau }}\ }
Q
(
t
)
=
Q
f
+
(
Q
0
−
Q
f
)
e
−
t
/
τ
{\displaystyle Q(t)=Q_{f}+(Q_{0}-Q_{f})e^{-t/\tau }\ }
in particolare per
t
=
t
1
{\displaystyle t=t_{1}\ }
:
Q
(
t
1
)
=
4.9
μ
C
{\displaystyle Q(t_{1})=4.9\ \mu C\ }
c)
La tensione a capi del condensatore al tempo
t
2
{\displaystyle t_{2}\ }
:
V
C
(
t
2
)
=
[
Q
f
+
(
Q
0
−
Q
f
)
e
−
t
2
/
τ
]
/
C
=
6.36
V
{\displaystyle V_{C}(t_{2})=[Q_{f}+(Q_{0}-Q_{f})e^{-t_{2}/\tau }]/C=6.36\ V\ }
La corrente
I
3
(
t
2
)
{\displaystyle I_{3}(t_{2})\ }
:
I
3
(
t
2
)
=
Q
f
−
Q
0
τ
e
−
t
2
/
τ
=
1.26
A
{\displaystyle I_{3}(t_{2})={\frac {Q_{f}-Q_{0}}{\tau }}e^{-t_{2}/\tau }=1.26\ A\ }
Quindi per quanto riguarda la maglia esterna:
f
1
=
I
1
(
t
2
)
R
1
+
I
3
(
t
2
)
R
3
+
V
C
(
t
2
)
{\displaystyle f_{1}=I_{1}(t_{2})R_{1}+I_{3}(t_{2})R_{3}+V_{C}(t_{2})\ }
I
1
=
[
f
1
−
I
3
(
t
2
)
R
3
−
V
C
(
t
2
)
]
/
R
1
=
4.84
A
{\displaystyle I_{1}=[f_{1}-I_{3}(t_{2})R_{3}-V_{C}(t_{2})]/R_{1}=4.84\ A\ }