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1L Sia data una distribuzione di carica positiva, disposta su una
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 CompitoTotale_21Feb_tutti_2011.nb 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 CompitoTotale_21Feb_tutti_2011.nb 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.
