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22 Esercizi Fisica Generale I June 19, 1 I testi dei problemi sono nel file all indirizzo: 6 Corrente Continua 6.13 La sequenza di resistenze è infinita, quindi in pratica la resistenza a destra della linea verticale AB è uguale a quella a destra della linea verticale A B. In pratica, immaginate di avere a destra di AB un numero N di blocchi quadrati di resistenze. Dunque a destra di A B ci sono N 1 blocchi, ma per N = le due quantità sono esattamente identiche. Chiamando la resistenza equivalente totale R eq, dalle considerazioni precedenti trovo che R eq = R in parallelo con (R AA + R tot A B + R B B) = R in parallelo con (R + R eq + R) quindi 1 R eq = 1 R + 1 R + R eq = R(R + R eq) 3R + R eq R eq = ( 3 1)R 7.3 Ω. Se collegata ad un generatore di f.e.m. E = 9 V con resistenza interna r i = Ω, la potenza trasferita a R eq è P R = R eq i, dove i è data da quindi E i(r eq + r i ) = i = E R eq + r i, P R = R eq E (R eq + R i ) 6.87 W 6.14 La resistenza totale è R eq = r i + R 1 + (R R 3 ) + R = r i + R 1 + R R 3 R + R 3 + R e deve essere pari a R eq = E i = 4 Ω. 1

23 Troviamo quindi R 1 : R 1 = R eq r i R R R 3 R + R 3 = 4 Ω. La differenza di potenziale ai capi di R 1 è uguale a quella ai capi di C 1, che ha energia elettrostatica U 1. Notare che i capacitori sono assunti caricati completamente, quindi non vi circola corrente. La corrente che passa attraverso R 1 è quindi i 1 = i, e abbiamo V 1 = i 1 R 1 = Q 1 C 1 = U 1 V 1 C 1 C 1 = U 1 i R 1 = 1 6 F. Nella formula precedente, Q 1 è la carica depositata sul condensatore C 1. Ripetiamo lo stesso ragionamento per C, dove in questo caso la resistenza da considerare è R 3 = (R R 3 ), quindi V = i R 3 = Q = U C = U (R + R 3 ) C V C i R =.5 F. R La resistenza equivalente data dalla composizione delle resistenze R 1, R, R 3, R 4 è R 134 = (R 1 + R ) (R 3 + R 4 ) La resistenza totale è quindi 1 R 134 = La corrente che circola attraverso il generatore è 1 R 1 + R + R eq = R R 5 = 5 3 Ω. i = E R eq = 3 A. Le correnti che attraversano R 1, R e R 3, R 4 soddisfano { i 1 (R 1 + R ) = i 34 (R 3 + R 4 ) i 1 + i 34 = i quindi i 1 = A, i 34 = 1 A. Se chiamo P il punto da cui il circuito si dirama nei tratti R 1, e R 3,4, ho che 1 R 134 = (R 1 + R )(R 3 + R 4 ). R 3 + R 4 R 1 + R + R 3 + R 4 V P i 1 R 1 = V A, V P i 34 R 3 = V B V B V A = i 1 R 1 i 34 R 3 = 6 V. Una volta scollegato il generatore, attraverso R 5 non passa più corrente, quindi il circuito si riduce alla successione C R eq, con R eq = (R 1 R 3 ) + (R R 4 ) = (R 1 + R 3 )(R + R 4 ) R 1 + R + R 3 + R Ω. La costante di tempo del circuito τ, che entra nell espressione è data da Q(t) = Q e t/τ, τ = R eq C s, quindi il tempo impiegato per passare da Q = Q a Q = Q /1 è Q e t1/τ = Q 1 t 1 = τ ln s.

24 6.16 La carica avviene inizia quando la differenza di potenziale ai capi del condensatore è pari a E/3 (l interruttore di apre). Abbiamo quindi una resistenza R eq = R 1 + R in serie al capacitore C. L equazione del circuito è come al solito che si integra dando E R eq dq dt C q =, t1 t dt = R eq C q1 q dq EC q t 1 t R eq C = ln EC q 1 EC q. Immaginiamo che il circuito cominci la carica al tempo t, a cui V (t ) = E/3, e termini al tempo t 1, a cui V (t 1 ) = E/3. Il tempo di carica t c = t 1 t è quindi tale che e tc/reqc = C(E V (t 1)) C(E V (t )) t c = R eq C ln s. La scarica del condensatore avviene attraverso R, infatti la differenza di potenziale ai capi del ramo contenente R e C deve essere nulla, (i punti sono connessi da un conduttore!) da cui dq R dt + Cq = ln q = t t 1 q 1 R C V V 1 = t t 1 R C. Il tempo di scarica t s = t t 1 è dunque t s = R C ln s. Il periodo totale T = t c + t s e la frequenza ν = T 1 sono T s, ν Hz. 7 Forza Magnetica - Campo Magnetico 7.1 Scegliamo gli assi come segue (diversamente dal libro!): ˆx positivo verso destra ŷ positivo verso l alto ẑ positivo uscente dal foglio La forza che agisce sulla particella, di carica q = e e massa m, è F = q v B, e sappiamo che la soluzione delle equazioni del moto è un moto circolare uniforme, con { v x = v cos(ωt + ϕ) v y = v sin(ωt + ϕ) 3

25 dove v = E k m, ω = qb m. Il segno di ω ci dice se la rotazione avviene in senso orario (ω < ) o orario (ω > ). Nel nostro caso la rotazione è antioraria, come si vede facilmente guardando il verso di F (inizialmente verso l alto e verso destra). Le condizioni all entrata della particella nella regione in cui vi è il campo B sono { ( v x () = v cos ϕ = v cos θ ϕ = arctan 1 ) = π v y () = v sin ϕ = v sin θ 3 6. Fate attenzione alla scelta di ϕ. A prima vista anche ϕ = 5π/6 potrebbe andare bene perché tan(5π/6) = 1/ 3, ma sarebbe stato un errore perché v x () e v y () avrebbero avuto segni sbagliati. Troviamo quindi anche il vettore posizione { ẋ = v ( x (x(t), y(t)) = x + v ẏ = v y ω sin(ωt + ϕ), y v ) ω cos(ωt + ϕ). Possiamo liberamente porre x = y =, così che la regione col campo magnetico è determinata da 3 v y y() = ω. Occhio che x e y non sono i valori iniziali di x e y, ma solo delle costanti di integrazione! La particella uscirà dalla regione col campo quando y = 3v /ω di nuovo: 3 cos(ωt + ϕ) = ωt =, π 3, π, π + π 3 Il primo valore utile è π/3, quindi l angolo di uscita è La distanza percorsa lungo x in questo tratto è 7. x f x = v ω θ = arctan v y(t) v x (t) = π 6. (sin π ( 6 sin π )) = v 6 ω sin θ = v ω.35 m. La soluzione è analoga a quella del problema precedente, stavolta con una rotazione oraria e con v x = v cos( ωt + ϕ) v y = v sin( ωt + ϕ) v x () = v v y () = { v x = v cos(ωt) v y = v sin(ωt) Similmente al caso precedente, trovo x = x + v ω sin(ωt) y = y + v ω cos(ωt) 4

26 Stavolta scelgo x e y in modo che x() = y() =, cioè x =, y = v ω. Per arrivare al punto x = L la particella impiega un tempo t 1 tale che sin(ωt 1 ) = Lω v, quindi l angolo di uscita rispetto all asse y è ( θ = arctan v ) ( ) y(t 1 ) Lω = ωt 1 = arcsin 9.4. v x (t 1 ) v La posizione y è invece y = v ω (cos(ωt 1) 1).6 m. 7.3 Il raggio di curvatura dell orbita degli ioni nel campo magnetico, definendo è r = v ω = Ek m qb m m = M m u = m V qb.71 M m. La particella percorre una semicirconferenza prima di arrivare al punto N, quindi r deve essere la metà della distanza MN: 1 qb M = MN 4 m u V 6. m = 1 6 kg. Se la particella entra nella regione di spazio in cui c è il campo magnetico formando un angolo θ con la normale a M N, allora la traiettoria percorsa non è una semicirconferenza intera, ma un ramo di circonferenza descritto da angoli α tali che θ < α < π θ θ < α < π + θ la particella punta leggermente a destra leggermente a sinistra In entrambi i casi, la distanza MP è MP = r(1 cos θ) r ) (1 θ. (θ piccolo) Troviamo quindi Il valore di θ per cui d = 1 3 è d MN 1 MP MN θ. θ = d.45 rad.56. 5

27 7.6 La forza totale agente sulla particella è ( E F = q + ) v B = F E + F B, Lungo ẑ c è solo la componente elettrica (costante!), quindi la particella ha un moto uniformemente accelerato con accelerazione a = F E /m (attenzione al verso di E ): ( z(t) z = v z t F E m t = v cos θ F ) E v 3 m t = qe m t t. La componente magnetica della forza è perpendicolare all asse ẑ, e sappiamo che proiettato sul piano xy il moto derivante è circolare uniforme con raggio r e frequenza ω: r = mv sin θ qb = mv qb.6 m, ω = qb m rad s 1. Attenzione: il sin θ è importantissimo! L unica componente di v che contribuisce a F B è quella perpendicolare a ẑ, cioè proprio v sin θ. Dovrebbe essere abbastanza chiaro (provate a immaginare che cosa succede per θ = ), ma se non lo fosse potete risolvere esplicitamente le equazioni per le componenti del moto perpendicolari a ẑ: m d v = q v B = qbv sin θ ˆv ẑ. dt Troverete la solita soluzione circolare uniforme con frequenza e raggio come sopra. In un giro, cioè dopo un tempo T = π/ω, la particella ha percorso lungo l asse ẑ la distanza h 1 = v 3 T qb m T.78 m. Il moto lungo ẑ si inverte quando la velocità v z si annulla, cioè per v 3 qe m t = t = mv 3 qe. Dopo questo tempo, lo spazio percorso è l = v La forza totale agente sul filo è F = i D t qe m t = 3mv 8qE.97 m. C dl B = i CD B. Il risultato sopra dovrebbe essere abbastanza intuitivo, se non ci credete scomponete dl in una parte lungo il segmento CD più qualcos altro e integrate. L integrale di quel qualcos altro deve per forza essere nullo, altrimenti CD CD. Scompongo ulteriormente CD in una componente lungo le rotaie e una componente perpendicolare (lunga d): la forza dovuta a quella parallela alle rotaie è diretta perpendicolarmente alle rotaie stesse e tenderebbe a deformare il filo che però è rigido, quindi il suo contributo è nullo. Rimane soltanto F eff = idb ˆx. 6

28 Il moto del (centro di massa del) filo è descritto da x(t) = idb m t, quindi dopo t 1 =.1 s il filo ha percorso una lunghezza 7.11 Il modulo del momento magnetico m è m m = e la corrente che percorre la spira soddisfa l = idb m t 1 =.5 m. m x + m y = 1 3 A m, m = i S i = m S = m a.4 A. Il momento meccanico M è M = m B = (m xˆx + m y ŷ) (B xˆx + B z ẑ) = m x B z ŷ m y B x ẑ + m y B z ˆx quindi M = (m x + m y)b z + m yb x N m. L angolo α tra m e B è tale per cui m m ( ) B B = mb sin α α = arcsin M = arcsin mb m Bx + Bz Infine, l energia potenziale magnetica U m è pari a 7.1 La forza infinitesima agente sul tratto di circuito dl è quindi la forza totale è pari a U m = m B = m x B x = J. df = i dl B, [ Q R S ] P F = i dl B + dl B + dl B + dl B = i [ P + ŷ = iαa ˆx. R Q Q dl α x + ˆx S R R ] S dl α a ŷ dl α x P Il primo integrale scompare perché B è nullo lungo quel tratto, il secondo e il quarto integrale si cancellano perché sono uguali ma percorsi in senso opposto. Il modulo della forza è F = iαa =.4 N. S 7

29 Notare che la forza non è nulla, dal momento che il campo non è uniforme. Come sapete una spira percorsa da corrente in campo magnetico uniforme sente (al più) un momento della forza non nullo, ma una bforza totale nulla; qui in aggiunta al momento della forza c è anche un forza totale diversa da zero, che come al solito tende a spostare la spira in modo che il flusso del campo magnetico sia massimo. L energia potenziale magnetica è pari a 7.13 U e = d m B = (ds iẑ) (αxẑ) = iα Σ a dy a dx x = iαa J. Nella nuova configurazione di equilibrio, i momenti della forza gravitazionale e della forza magnetica si devono cancellare esattamente. Il momento della forza gravitazionale dipende dalla massa totale della spira e dall angolo θ del quale si è spostata dalla verticale: m s = lδ = (a + b)δ, M g = r F g = b m sg sin θ ˆx = b(a + b)gδ sin θ ˆx. Nella formula precedente, r è il vettore che collega il polo O, attorno al quale calcolo il momento della forza, al punto di applicazione della forza, che è il centro (di massa) della spira. La scelta di O è arbitraria, ad esempio io ho scelto il punto medio del segmento P Q, ma attenzione che una volta scelto O non posso più cambiarlo! Il momento della forza magnetica è M m = m B = isb cos θ ˆx = iabb cos θ ˆx. La richiesta che il momento totale sia nullo porta a (a + b)gδ iabb cos θ b(a + b)gδ sin θ = i = tan θ.1 A. ab Il lavoro compiuto dalla forza magnetica durante la rotazione deve essere uguale alla variazione di energia potenziale magnetica (il lavoro gravitazionale si cancella esattamente con la variazione di energia potenziale gravitazionale): L m = ( m f m i ) B = iabb sin θ J. Fate attenzione al segno di m B! 8 Legge di Ampère 8.1 Il campo generato dal filo sull asse x a una distanza r dal filo stesso è e la forza esercitata sulla corrente i b è pari a F b = N i b dl B P = N i b [ŷ dl B ŷ Q = µ N i i b a π y(y + a) ŷ. B = µ π R S dl B 8 i r ˆφ, ] = µ ( 1 π i i b a y 1 ) ŷ y + a

30 Nel limite y a, questo valore tende a F b (N ib a ) µ π Il lavoro per spostare la bobina da y 1 = 1 cm a y = cm è: L 1 = y y 1 i y = m bobina db filo. dy dy Fb = µ N i i b a π J. ln y (y 1 + a) y 1 (y + a) Il lavoro compiuto per ruotare la bobina di π (invertire il segno del momento di dipolo!) in y = y 3 è pari a [ L π = U mag = mfin B (y 3 ) m in B (y 3 )] = m in B(y 3 ) = µ N i b i a J. Notare che entrambi i lavori sono positivi: il primo sposta la bobina da una zona con campo maggiore a una zona con campo minore ed è quello che vorrebbe fare (la forza è repulsiva!), il secondo allinea m e B minimizzando l energia magnetica. 8. Lungo ẑ, il campo è dove ho definito B (z) = (Bx (z), B y (z), B z (z)) = µ π Quindi posso riscrivere il campo come π y 3 i r [(, sin ϕ, cos ϕ) + (, sin ϕ, cos ϕ)] = µ i π r cos ϕ ẑ, r z + a, ϕ arctan z a. B (z) = µ i a π r (z + a ) ẑ. L energia iniziale del magnetino è K = 1 m pv. Voglio trovare il punto in cui K f =, cioè ho trasformato tutta l energia cinetica in energia magnetica. In un generico punto z, l energia magnetica del magnetino è U(z) = m B = µ i m a π(z + a ), quindi la richiesta che K i + U(z = ) = U(z f ) porta a 1 m pv µ i m = µ i m a πa π(zf + a ) z f = πa 3 v m p imµ πam p v cm. 9

31 8.3 A differenza dell esercizio precedente, qui la corrente è diretta nello stesso verso nei due fili, quindi il campo lungo ẑ si annulla e rimane soltanto la componente parallela alla congiungente i fili; il calcolo è esattamente analogo a quello di prima. Esplicitamente, si ha µ i z B (z) = π(z + a ) ŷ. Notare il segno! La forza a distanza z sentita da un dipolino magnetico m (orientato parallelamente a B!) è F = m db dz = µ i m (z + a)(z a) π (z + a ) = per z = ±a = ± cm. Giustamente, ho trovato che il punto di equilibrio è in mezzo ai fili, dove il campo ha un massimo locale (e globale), e quindi la sua derivata è nulla. 8.4 Potremmo calcolare esplicitamente il campo nel centro, ma possiamo anche ragionare più semplicemente per simmetria. Rispetto al centro del triangolo, il sistema è invariante per rotazioni di multipli di π/3. L unica componente che potrebbe sopravvivere è quella lungo ˆx, ma sappiamo che il campo prodotto da ogni filo ha componente lungo ˆx nulla. Quindi il campo totale (nel cantro!) è nullo. Il campo prodotto sul filo in P dagli altri due fili è (vedi problema precedente) µ i z P B = π(zp + a ) = µ i 3 4π a ŷ, quindi la forza per unità di lunghezza che sente il filo in P è il cui modulo è 8.5 df dl = i ˆl B = µ i 3 4πa F N m 1. ˆx ŷ = µ i 3 4πa Ragionando per simmetria possiamo subito calcolare quale sarà la direzione del campo al centro del quadrato. Una simmetria del sistema è per rotazione di π rispetto all asse parallelo a ẑ passante per il centro (attenzione: quando fate questa rotazione anche le correnti si girano!). Ma un vettore che rimane invariato per rotazioni di π rispetto all asse ẑ è parallelo all asse ẑ! Il modulo sarà la somma dei contributi lungo quest asse dei vai fili, ed è facile vedere che questi contributi sono tutti uguali tra loro e danno Nel punto P = (, a, a), il campo è B = µ i π F tot = 4 µ i πa ẑ = µ i π a ẑ. ẑ, [ (,, 1) (, 1, ) + + (, 1/, 1/ ] ) a a a = µ i (, 1, 3) 4π a T (ŷ + 3ẑ). 1

32 La forza per unità di lunghezza sul filo in P è quindi di modulo 8.6 Caso 1 df dl = i ˆx B = µ i (, 3, 1), 4πa df dl N m 1. Posso calcolare il campo molto facilmente se tengo conto del principio di sovrapposizione. So che al centro di una spira percorsa da corrente il campo è B = µ i a ˆn, con ˆn normale alla spira, verso l alto se la corrente è antioraria. Mezza spira, come nel nostro caso, darà un contributo pari alla metò di questo campo. Considerando le due semicirconferenze, ho B 1 (,, ) = µ ( i 1 4 b 1 ) ˆx. a Attenzione: posso fare questo ragionamento così facile perché voglio il campo nel centro della semicirconferenza, in un punto generico non funziona! Se volete fare il conto esplicito, applicate il formulone generico e integrate. Definendo r il vettore che rappresenta un generico punto del circuito come visto dall origine, ho B 1 (,, ) = µ i 4π [ = µ i 4π = µ i 4 circuito π ( 1 b 1 a dl r r 3 dϕ 1 π a ˆx + dϕ 1 ] b ˆx ) ˆx. qed Il momento magnetico è m 1 = i π (b a ) ˆx, e potete ricavarlo applicando le considerazioni di simmetria o integrando esplicitamente m 1 = 1 r i j dv = i π r dl = = (b a ). Caso circuito Valgono le stesse considerazioni di prima. I risultati sono B (,, ) = µ i 4 ( 1 a + 1 b ) ˆx, m = i π (a + b ) ˆx. 11

33 8.7 Il campo totale dovrà essere diretto lungo ˆx, per simmetria: infatti, una rotazione di π attorno a ŷ trasforma il sistema come una rotazione di π attorno a ẑ. L effetto delle due rotazioni sul campo B è { ŷ : (B x, B y, B z ) ( B x, B y, B z ) B y = B y B = (B,, ). ẑ : (B x, B y, B z ) ( B x, B y, B z ) B z = B z Immaginiamo di dividere la lamina in infiniti fili diretti lungo ẑ, ognuno con una certa coordinata x e largo dx. L elemento di intensità di corrente che attraversa una superficie ds della lamina posta in (x, y, z) è di = j ds = j h dx, diretta lungo ẑ. Il campo prodotto da un filo generico su un punto P = (, y, ) appartenente all asse è db = µ di dl r 4π r 3 = µ j h dx (,, dz) ( x, y, z), 4π (x + y + z ) 3/ e mi interessa solo la componente lungo ˆx, cioè db x = µ j h y dx dz 4π (x + y + z ) = µ j h y z dx 3/ 4π(x + y ) x + y + z Ora devo integrare lungo x, e trovo B = µ j h y π a a dx x + y ˆx = µ j h π Il momento meccanico agente sull aghetto magnetizzato è arctan a y ˆx. M = m B = m B ẑ = m µ j h arctan a ẑ ẑ N m. π y Quando a, ho che µ j h B ˆx. Quando invece a y ho arctan(a/y) a/y e quindi B µ j h a π y ˆx = µ i πy ˆx, che è proprio il campo prodotto da un filo conduttore percorso da corrente! 8.8 = µ j h y dx π(x + y ). La corrente infinitesima che passa attraverso una sezione longitudinale ( filo ) della striscia metallica larga dx f è di = i dx f h. Il campo prodotto a distanza x dal bordo della striscia dal filo posto in x f è db = µ di 4π = µ i dx f 4πh dy r r 3 = µ i (x x f )dx f 4πh = µ i dx f πh(x x f ) ẑ. dy (x x f, y, ) ((x x f ) + y ) 3/ 1 dy ((x x f ) + y ) 3/ ẑ

34 Ora devo integrare lungo la larghezza della striscia, cioè con h x f, ottenendo Nel limite x h, ln(1 + h/x) h/x quindi µ i dx f B = ẑ = µ i πh h x x f πh ln x + h ẑ. x µ i h B πh x ẑ = µ i πx ẑ, che è il solito campo di un filo indefinito percorso da corrente. Il momento meccanico agente sul dipolino è 8.9 M = m B = m µ i πh ln x + h ŷ N m ŷ. x Il campo in un punto generico sull asse ˆx, posto in x, è B (x) = µ i 4π = µ i 4π = µ i 4π dl r [ π r 3 π + [ π π + dϕ (d, R sin ϕ, R cos ϕ) (x d, R cos ϕ, R sin ϕ) + (R + (x d) ) 3/ dϕ dϕ ( d, R sin ϕ, R cos ϕ) (x + d, R cos ϕ, R sin ϕ) (R + (x + d) ) 3/ R(R, (x d) cos ϕ + d sin ϕ, (x d) sin ϕ d cos ϕ) (R + (x d) ) 3/ + dϕ R(R, (x + d) cos ϕ d sin ϕ, (x + d) sin ϕ + d cos ϕ (R + (x + d) ) 3/ Gli integrali contenenti funzioni trigonometriche di ϕ vanno convenientemente a zero, quindi rimane soltanto µ i R [ ] 1 B (x) = ((x d) + R ) + 1 ˆx. 3/ ((x + d) + R ) 3/ Sviluppo in serie intorno a x = fino al quarto ordine come richiesto dal problema, e trovo B(x) µ i R [ (d + R ) + 3(4d R )x 3/ (d + R ) + 15(8d4 1d R + R 4 )x 4 ]. 7/ 4(d + R ) 11/ Sostituisco d = R/ (il secondo termine nella parantersi scompare) e raccolgo trovando infine B = B(x = ) = 8 µ i 5 5 R, B = B [ Il punto x nel quale il campo è variato dell 1% è 1 B(x ) B = 1 1 x 4 ] R 4 + O(x/R)5. ( ) 1/4 15 x R.35 R ] ]. 13

35 8.1 Sapendo che Γ( B ) = B dl = µ iconcatenate, le circuitazioni valgono Γ 1 ( [ B ) = µ 3 i i ] = 16 Γ ( [ B ) = µ 13 i i ] = π 1 7 T m 4 i 1 = 16 Γ ( B ) 5µ = 16 A i = 3 Γ ( B ) 5µ = 3 A 8.11 Divido come al solito lo spazio in tre regioni: r < a, a r < b e r b. In tutti e tre i casi, scelgo percorsi circolari a distanza r dall asse del cilindro. Come al solito, posso già dire che il campo dovrà essere orientato tangenzialmente a circonferenze centrate nell asse del cilindro e perpendicolari ad esso. r < a La corrente concatenata è nulla, quindi anche B =. a r < b quindi Γ( B (r)) = µ i r a dl b a = B = π r B, B(r) = µ i (r a ) πr(b a ). r b All esterno del cilindro, la circuitazione è indipendente da r e pari a Γ( B (r)) = µ i, quindi il campo è B(r) = µ i πr. 8.1 Avevamo fatto un esercizio praticamente identico ma per il campo elettrico, una volta. Il procedimento è all incirca lo stesso. Applico il principio di sovrapposizione, quindi considero il cilindrone (intero) come attraversato da una densità di corrente i j = π(a b ), sommato al cilindretto in cui scorre j. So che il campo in un cilindro (parallelo a ẑ) pieno di raggio R percorso da corrente uniforme (vedi esercizio precedente) è B ( r ) = µ j r ( sin ϕ, cos ϕ, ) = µ j ( y, x, ), 14

36 dove r = (x, y, ) = r(cos ϕ, sin ϕ, ) è il vettore posizione rispetto all asse del cilindro. Applico ai due cilindri, considerando r all interno del cilindretto, e trovo B 1 ( r 1 ) = µ j r 1 ( sin ϕ 1, cos ϕ 1, ) = µ ( j r 1 y 1, x ) 1,, r 1 r 1 B ( r ) = µ j r ( sin ϕ, cos ϕ, ) = µ j r ( y r, x r, Qui, r 1 e r sono i vettori che individuano il punto interno al cilindretto come visto, rispettivamente, dal centro del cilindrone e dal centro del cilindretto. I raggi r i e gli angoli ϕ i sono legati tra loro. Infatti, se la congiungente gli assi dei cilindri è sull asse ˆx, ho Quindi ottengo r 1 = (d,, ) + r (x 1, y 1, z) = (d + x, y, z) B ( r ) = µ j ( y 1 + y, x 1 x, ) = µ j (, d, ) µ i d = π(a b ) ŷ T ŷ. Come abbiamo detto prima, il sistema è equivalente a un cilindro in cui scorre una corrente totale i 1 = j π a = i a a b, sovrapposto a un cilindretto dove scorre in verso opposto una corrente i = j π b = i b a b. In un cilindro conduttore di raggio R percorso da corrente (distribuita uniformemente) i, l energia magnetica per unità di lunghezza è du m = 1 B ds dl µ Σ = 1 µ i π R µ 4π R 4 dϕ r 3 dr = µ i 16π, quindi l energia totale per unità di lunghezza nel mio caso è ). du m dl = µ ( i 16π 1 + i µ i ) (a + b ) = 16π(a b ) J m 1. L induttanza del conduttore è U m = 1 L i dl dl = i du m dl = µ a + b 8π a b H m 1. 15

37 8.13 Il percorso di raggio h è completamente esterno al cilindro. La circuitazione del campo magnetico lungo il percorso è Γ( B ) = µ iconc = µ i i = Γ( B ) µ 7.96 A. La densità di corrente, uniforme, è j = i S = Di nuovo, immagino che il cilindro sia tutto percorso da i π(a b ) A m. i 1 = ja, e che i due cilindretti siano percorsi, in verso contrario, da una corrente i,3 = jb. All esterno di un cilindro conduttore (parallelo a ẑ) percorso da corrente, il campo è B ( µ i r ) = ( y, x, ), πr e attenzione che x, y, z sono le coordinate del punto come viste dall asse del cilindro. Quindi il campo in P 1 = (h,, ) (nel sistema del cilindrone!) è In P = (, h, ) invece ho B (P1 ) = B (h,, ) = B 1 (h,, ) + B (h, d, ) + B 3 (h, d, ) = µ [ i1 π h (, h, ) i,3 h + d (d, h, ) i ],3 h ( d, h, ) + d = µ π [ i1 h i,3 h h + d ] ŷ T ŷ. B (P ) = B 1 (, h, ) + B (, h d, ) + B 3 (, h + d, ) = µ [ i1 π h ( h,, ) i,3 (h d) (d h,, ) i ],3 ( h d,, ) (h + d) = µ [ i 1 π h + i ],3 h h d ˆx T ˆx. Quando h d, i moduli dei campi nei due casi tendono allo stesso valore B(P 1 ), B(P ) µ (i 1 i,3 ) π h = µ i πh. 16

38 1 Campi Variabili nel Tempo 1.1 Moto della sbarretta al filo La sbarretta è parallela al filo, a distanza r, e supponiamo che si sta allontanando da esso. Chiamando A e B i due estremi della sbarretta, col segmento AB (lungo b) diretto nel verso della corrente del filo, vale V AB = V B V A = = = B A B A b E dl ( v B ) dl v µ i π r dl = µ i v b π r. Se la sbarretta si stesse avvicinando avrei semplicemente un segno, che viene da v B. Moto della sbarretta al filo Stesso procedimento di prima, però stavolta la sbarretta è perpendicolare al filo ma la sua velocità è parallela. Se v è concorde a i e il segmento A è l estremo più vicino al filo, ho V AB = = B A b = µ i v π Come prima, se la velocità è opposta prendo un segno. 1. ( v B ) dl µ i v π (r + l) dl ln r + b r Dalla figura vediamo (non troppo chiaramente, a dire il vero) che B è diretto come ẑ. Quando la spira entra nella regione col campo magnetico, vi si genera una differenza di potenziale (vedi problema precedente) fra punti a diverso y V = v B b, e quindi una corrente La forza esercitata sulla spira è in modulo i = v B b R. F = i b B = v B b R. Ci si può convincere facilmente che questa forza deve smorzare il moto della spira verso il centro della regione col campo magnetico. Notare che questa forza non dipende dalla posizione ma dalla velocità! L equazione del moto diventa a = v = B b m R v v(t) = v exp ( B b ) m R t. 17.

39 Dopo t 1 =.9 s, la velocità è diventata v(t 1 ) = v exp ( B b ) m R t m s 1. L energia dissipata fino a questo tempo è ovviamente uguale all energia cinetica persa, cioè E = 1 m(v v 1) J. Dopo essere entrata completamente nel campo magnetico, il flusso non cambia più e quindi la corrente e la forza scompaiono. La velocità finale è quella che la spira aveva nell istante in cui è entrata completamente, cioè quando cioè il che porta a x(t f ) x() = tf dt v(t) = b m R v B b t f = m R (1 B b ln B b 3 ) 6.93 s, m R v v f = v(t f ) = 1 m s 1. ) ( exp B b t f m R t = b Durante l intero processo, ho spostato una carica pari all integrale dell intensità di carica nel tempo, che però posso calcolare ancora più facilmente usando la legge di Felici 1.3 Q = tf t i(t) dt = Φ( B ) = B b R R = C. Come nell esercizio precedente, la forza elettromotrice generata nel circuito dipende dalla variazione del flusso del campo magnetico. Abbiamo V = d dt Φ( B ) = d [ 1 dt B x x ] = B v x, 3 3 dove x è la coordinata del vertice del triangolo equilatero. La forza esercitata sul circuito, essendo i = V/R la corrente che lo percorre, è F = i dl B = i x sin π 3 6 = x i = 4 B v x 3 3 R. Ovviamente, il verso è opposto alla velocità. Da questo ricavo v v = 1 m t dt F (t ) = 4 B 3 m R t dt v x = 4 B 3 m R x dx x = 4 B 9 m R x3. Nella formula precedente ho fatto la sostituzione v dt = dx. Una volta entrata completamente nella regione col campo magnetico, la velocità rimane costante e pari a ( ) 3 b v f = v(x max ) = v = v B b3 3 m R 4.63 m s 1. La carica che percorre il circuito nel processo è Q = i dt = Φ( B ) R = 3 B b 4 R.77 1 C. 18

40 1.4 Esattamente come nei problemi precedenti, la forza elettromotrice generata nel circuito è la corrente è e la forza Trovo la velocità integrando V = d [B b x] = α b x v, dt i = V R ottenendo (come al solito F è opposta al moto!) = α b v x R, F = α b v x R F m = dv dt, v(t) = v α b 3 m R x3. La velocità in x = b è v(b) = v α b 5 3 m R 3.43 m s 1. Come curiosità, notate che l andamento della velocità con la distanza percorsa è lo stesso in questo caso (spira quadrata - campo lineare in x) che nel caso precedente (spira triangolare - campo costante). Il motivo è che la variazione di flusso ha lo stesso andamento in entrambi i casi. Come nei casi precedenti, trovo la carica totale: 1.5 Q = tf i dt = α b R b. dx x = α b3 R =.79 C. La corrente totale che circola nella spira dipende è la somma dei contributi della forza elettromotrice originale E i e di quella indotta V. Come al solito, il segno dei tue termini è opposto, così che il moto della spira nel campo tende a diminuire la corrente nel circuito. Se x è la coordinata del punto più avanzato della circonferenza, e y(x) è la coordinata y dell intersezione della circonferenza con l asse x positivo (il centro della circonferenza è preso sull asse ˆx), ho La corrente sarà quindi V = d dt [B S] = B y(x) dx dt = B x(a x) v. i = E i V R = E i B x(a x) v R. 19

41 La forza, come al solito, è opposta al moto, quindi mi basta considerare la componente lunto ˆx. Se la velocità è tenuta costante, la forza è pari a F (x) = i dl B = B E 1 Bv x(a x) R α α = ab sin α E i Bv x(a x) R = yb E i Bv x(a x) R = B x(a x) E i Bv x(a x) R a dϕ cos ϕ (tan α = y x ) La forza si annulla quindi in E i = B v x f (a x f ) = x f = a ± a l, l = E i 4B v Sostituisco i dati mi viene un quadrato perfetto (a = l ) e ottengo che la forza si annulla in x f = a =. m. La carica che percorre la spira in tutto il processo (x arriva fino a a, poi la corrente scompare perché il flusso rimane costante) è 1.6 Q = E i t f R π a B R C. La sbarra è in equilibrio se le componenti della forza peso e della forza magnetica lungo la guida si controbilanciano perfettamente. Impongo quindi che mg sin α = ib cos α = E B R cos α = E B Σ b ϱ cos α = E B m ϱ b d cos α, cioè E = b d g ϱ B.3 V. Se rimuovo E, la sbarra comincia a scendere tirata dalla forza peso, ma il suo movimento fa variare il flusso del campo magnetico attraverso la spira. Troverò la velocità limite quando la forza magnetica uguaglia quella peso (sempre lungo la guida). Il modulo della forza magnetica lungo la guida in un dato istante è La velocità limite è quindi F m cos α = i b B cos α = B v b cos α R B v cos α ϱ d Nel caso in cui Σ = 1 cm, la massa della sbarretta è b B cos α = B v m cos α ϱ d = g sin α v = g ϱ d sin α B cos α 4.36 m s 1. m = Σ d b, quindi la potenza dissipata (che è uguale al lavoro per unità di tempo fatto dalla forza gravitazionale) è P = mgv sin α = Σ d b g v sin α 1.8 W.

42 1.7 Se v è la velocità della sbarretta, la variazione di flusso del campo magnetico attraverso il circuito nell unità di tempo (che è uguale alla forza elettromotrice indotta nel circuito) è dφ( B ) = E = bbv. dt La forza esercitata dal campo sulla corrente si oppone al moto, ed è pari a F m = ibb = E R bb = b B v R. L equazione del moto che devo risolvere (ho preso v positiva verso il basso) è dv dt = 1 m (mg ibb) = g b B mr v, quindi se v() = ho v(t) = mgr [ b B 1 exp ( b B )] mr t. La velocità limite è v = lim v(t) = mgr t b B 9.81 m s 1. La corrente è quindi i = bbv(t)/r, e tende a i = mg bb.49 A. L energia dissipata nel circuito ogni centrimetro percorso è pari al lavoro fatto dalla forza gravitazionale L g = mg x = mg 1 cm J. Per la cronaca, anche L = i R t = i R x/v avrebbe dato lo stesso risultato (verificatelo!). 1.8 Le densità di cariche di polarizzazione di superficie e di volume sono (non mi pare avessimo fatto esercizi su questa roba, potete saltare questo esercizio se non vi piace, non succede niente) σ p = P ˆn ϱ p = P P = ɛ χ E = ɛ (κ r 1) E. Il campo E è prodotto dalla rotazione del cilindro. Ho infatti per un punto generico distante r dall asse del cilindro E ( r ) = v ( r ) B = ( ω r ) B = ωb r, che è diretto verso l esterno del cilindro se ω è concorde a B. A questo punto posso calcolare il vettore polarizzazione e le densità di carica: P (r) = ɛ (κ r 1)ωB r, σ p (r) = ɛ (κ r 1)ωRB C m, ϱ p (r) = ɛ (κ r 1)ωB r = ɛ (κ r 1)ωB 1 r Le rispettive cariche di polarizzazione sono q σ = πra σ p C, q ϱ = πr a ϱ p = q σ. r r = ɛ (κ r 1)ωB C m 3. 1

43 1.9 Il disco gira a una frequenza ω = πν (rad/s). Occhio alle unità di misura, ν è dato in giri/minuto! Il campo avvertito da una carica a distanza r dal centro del disco è E = v B = ( ω r ) B = ωb r, positiva uscente radialmente dal disco se ω e B sono concordi. La differenza di potenziale fra il centro e la superficie esterna del disco è quindi La corrente, di conseguenza, è E a V = dr = ωb r dr = ωba i = V R = ωba R.795 A. Ora, il momento meccanico indotto dalla forza magnetica agente sulla corrente a distanza r dal centro del disco è dm = r df = i r ( dr B ) = ibr dr ˆn, dove ˆn è il versore normale al disco (che ha stessa direzione e verso di B ). Il segno mi dice come al solito che il momento meccanico si oppone alla rotazione del disco. Integrando, trovo. La potenza dissipata dal circuito è M = iba = ωb a 4 4R N m. P = i R = Mω = ω B a 4 quindi la carica che attraversa il circuito in 1 minuto è 1.1 4R W, q = i t 47.7 C. Ho dissipato l energia W, che deve essere pari all energia rotazionale persa: W = 1 8W I(ω ωf ) ω = 3I = s 1. Ora sfrutto alcuni risultati del problema precedente. Il momento meccanico agente sul disco in rotazione determina la variazione di momento angolare secondo dl M = dt ωb a 4 4R = d dt Iω dω dt = a 4 ωb 4RI ω = ω exp ( B a 4 ) 4RI t.

44 Trovo B con la richiesta che ω si dimezzi dopo secondi: ω(t 1 t ) = exp ( B a 4 ) ω 4RI (t 1 t ) = 1 4RI B = a 4 ln.8 T. (t 1 t ) Il numero di giri compiuti in (t 1 t ) è N giri = 1 t1 dt ω 459, π t e la carica totale cha ha attraversato il circuito in quest intervallo è (vedi problema precedente) q = t1 t i dt = Ba R t1 t ω dt = πba N giri R 15 C Quando il commutatore è in A, i generatori producono E di forza elettromotrice; il disco è fermo, quindi il momento meccanico controbilancia il momento prodotto dalla forza peso: La resistenza del circuito è quindi M magn = M grav iba = mga i = mg ab 19.6 A. R = E i. Nella configurazione finale la velocità angolare è costante, quindi di nuovo i momenti si cancellano; stavolta però è attivo soltanto un generatore. Il momento prodotto dalle forze magnetiche dipende da i, che quindi deve essere la stessa che abbiamo trovato in precedenza. Quindi ho i = ω Ba R = ω Ba i 4E E = ω Ba =.1 V. La resistenza è quindi 1. 1 Ω, e la carica che attraversa il circuito ad ogni giro nella configurazione finale è q = i t = πi ω.6 C. 1.1 Il flusso di B attraverso la superficie della bobina varia nel tempo come Φ( B ) = Ba cos( ωt + ϕ), dφ( B ) dt = Ba ω sin( ωt + ϕ), dove in linea di principio ω ω. So dai dati del problema che la corrente i tot rimane costante, e so che questa i tot è data dalla somma del contributo dato da E = E + E 1 sin(ωt) e da quello indotto dalla variazione di flusso magnetico. Nello specifico, ho che i tot = i E + i B = 1 R [ E(t) + dφ( B ) dt ] = 1 R [ E + E 1 sin(ωt) Ba ω sin( ωt + ϕ) ] = costante. 3

45 L unica possibilità è che ω = ω, che ϕ = (o multipli di π, ma non cambia niente), e che E 1 = Ba ω. Quindi trovo che e 1.13 ω = E 1 Ba 13 s 1, i tot = E R = A. La f.e.m. indotta è data dalla somma dei due contributi delle facce ortogonali, che distano π/. Abbiamo Φ( B ) = N πa B [cos(ωt) + cos(ωt π/)] = N πa B [cos(ωt) + sin(ωt)]. Con questa scelta delle fasi, la prima faccia parte perfettamente ortogonale a B, la seconda faccia parte perfettamente parallela. La f.e.m. indotta è quindi E i = N dφ( B ) dt Il massimo di E i è per ωt = 3π/4 + nπ e vale Medio la potenza su un periodo, e trovo 1.14 = N πa Bω [sin(ωt) cos(ωt)]. E max = Nπa Bω. V. P = 1 π/ω E π/ω R dt = ω N π a 4 B ω π/ω [ sin (ωt) + cos (ωt) + sin(ωt) ] dt π 4 = N π a 4 B ω 4.7 W. 4R La forza elettromotrice indotta nel circuito è come al solito E i = NΣBω sin(ωt). Con questa scelta di fase, al tempo t = il flusso di B attraverso la spira è massimo, cioè il versore ˆn corrispondente alla normale alla spira è parallelo a B. A questo punto si tratta di risolvere un circuito con un generatore che fornisce E i in serie a una capacità C. L equazione del circuito è E i q C = q(t) = C E i(t) = NCΣBω sin(ωt). La corrente è i = dq dt = NCΣBω cos(ωt). La potenza istantanea è data dal prodotto ie i, ed è pari a P (t) = i(t) E i (t) = N CΣ B ω 3 ( sin(ωt) = 3. sin 16 t ) 1s 4 W.

46 La potenza media è nulla, perché l integrale di sin(ωt) fra t = e t = π/ω è nullo. Il momento meccanico istantaneo è M = m B, dove m è il momento di dipolo magnetico della spira che è a sua volta pari a m(t) = Ni(t)Σ ˆn. Ho quindi che M = NiΣB cos(ωt) = N CΣ B ω ( sin(ωt) = 4 1 sin 16 t ) 1s Notare che potevo anche fare, direi anche più elegantemente, M = P/ω. Infatti P = M ω = Mω. Ovviamente, il risultato è esattamente lo stesso, come potete verificare Ricordiamo che il coefficiente di mutua induzione fra i circuiti j e k è dato da Φ k = M jk i j oppure Φ j = M kj i k, M jk = M kj. N m. La bobina in movimento è percorsa da una corrente costante, ed ha un momento di dipolo magnetico Il campo B prodotto da questo dipolo è dato da B ( r ) = N µ 4π m = N iπr. [ 3 ( m r ) ] m r r 5 r 3. In questa formula, r è il vettore che individua il punto generico dello spazio nel sistema di riferimento che ha come origine il centro del dipolo magnetico, cioè il centro della bobina in moto, non confondetelo con l r che entra nella formula per m (il raggio della bobina in moto). Per calcolare l induzione sull altra bobina devo calcolare il flusso di questo campo attraverso la superficie della bobina ferma. In coordinate polari e prendendo ˆx come il versore congiungente i centri delle bobine, ho che quando i centri distano x Φ 1 ( B ) = N 1 Σ 1 B ˆn Σ ds = N 1 µ m 4π = N 1 µ m 4π = N 1 µ m 4π = N 1 µ m = N 1 µ m π π π R = N 1N i π r µ dϕ dϕ dϕ R R R [ ] 3x ϱ dϱ 1 r ˆx ˆx (ϱ + x ) 5/ (ϱ + x 3/ ) [ 3x ϱ dϱ (ϱ + x ) ( x + 1 ϱ ) 5/ (ϱ + x ) [ ] 3x ϱ dϱ (ϱ + x ) 1 5/ (ϱ + x ) 3/ ] [ 3x ϱ dϱ (ϱ + x ) 1 5/ (ϱ + x ) 3/ ϱ R (ϱ + x ) 3/ R (x + R ) 3/. 5 3/ ˆx ] ˆx

47 Quindi posso trovare M 1 = Φ 1 /i, cioè La forza elettromotrice sulla bobina ferma è 1.16 M 1 = M 1 = N 1N µ πr R (x + R ) 3/. E 1 = dφ dt = i dm 1 = iv dm dt dx = 3N 1N µ iπr R Il campo prodotto dalla corrente nel filo è in modulo B = µ π i x = µ i πx e t/τ, v x ( x + R ) 5/). dove x è la distanza del punto considerato dal filo. Come vettore, B è ortogonale alla spira. Prendo l asse ŷ diretto come il filo. Il flusso del campo attraverso la superficie della spira è Φ( B ) = spira B ds = µ i e t/τ π b r+a dx dy r x = µ i b π ln r + a e t/τ. r La f.e.m. indotta nella spira è quindi proporzionale alla derivata temporale di Φ( B ), cioè E i (t) = µ i b πτ ln r + a e t/τ. r La corrente è semplicemente i = E i /R, e la carica complessia che percorre il circuito da t = a t = è 1.1 q = I dati del problema mi dicono che i(t) dt = Φ( B, t = ) Φ( B, t = ) R = µ i b πr ln r + a C. r B(t) = B t + B 1 t, B =.5 T s B 1 =. T s 1 Il campo elettrico è prodotto da un campo magnetico variabile nel tempo secondo In coordinate cilindriche, ho E = ( 1 r E = B t. E z θ E ) ( θ Er ˆr + z z E ) z ˆθ + 1 ( (reθ ) E ) r ẑ r r r θ Il sistema è simmetrico per traslazioni lungo ẑ, rotazioni attorno all asse ẑ, quindi le derivate rispetto a z e θ devono essere nulle. Nel nostro caso, quindi, E = E z r ˆθ + 1 r (re θ ) r ẑ. 6

48 Il campo magnetico, però, è diretto lungo ẑ, quindi rimane solo il secondo termine: B E = t ẑ = B t ẑ 1 (re θ ) ( r r Eθ r + E θ r ) ẑ = B t ẑ. D altronde il termine a destra dipende solo da t, quindi anche il termine a sinistra, il che richiede E θ r + E θ r = k. Attenzione che k dipenderà da t, ma per quanto riguarda r vale come una costante. All interno del cilindro, l equazione differenziale si risolve scrivendo E θ (r) = A n r n, n= dove ho preso solo potenze positive di r per evitare infiniti a r =. Attenzione: i coefficienti A n possono essere funzioni del tempo! L equazione differenziale diventa n= E θ r + E θ r = k na n r n 1 + A n r n 1 = k n= E θ (r R) = r B r. A = A 1 = k A 1 = k/ A = A 3 = =. Forse esiste un modo ancora più semplice per arrivare a questo risultato, se lo trovate tanto meglio! Probabilmente non vi servirà mai, ma questo tipo di procedimenti (isolare pezzi che dipendono da una sola variabile a sinistra e destra dell uguale, sviluppo in potenze di una variabile) è abbastanza tipico quando bisogna fare elettrodinamica un po più avanzata. Ad ogni modo, alla fine siamo riusciti a trovare E, e quindi calcoliamo la forza come richiesto: F (r = r 1, t = t 1 ) = qr B t = e r 1 (B t 1 + B 1 ) N. Per trovare il campo E fuori dal cilindro, ripeto lo stesso procedimento di prima ma con E θ (r) = n= A n r n, (r R) perché voglio evitare infiniti a r = ; inoltre, stavolta a destra dell uguale avrò, perché B = fuori dal cilindro. Quindi trovo n= na n r n 1 + E θ r + E θ r = A n r n 1 = n= E θ (r R) = A 1 r. { A = A = A 3 = =. 7

49 Determino A 1 richiedendo la continuità di E in r = R: Quindi in r = r trovo R B t = A 1 R A 1 = R E θ (r R) = R r B t B t. F (r = r, t = t 1 ) = e R r (B t 1 + B 1 ) N. Per la cronaca, in entrambi i casi la forza in quanto vettore è diretta in senso orario se il campo magnetico è entrante nel foglio. La forza si annulla ovunque quando 1. Il campo nei solenoidi cresce come B t + B 1 = t = s. B(t) = B + α t, Guardiamo la maglia a sinistra. Il campo B è entrante nel foglio, quindi genererà una corrente in senso antiorario, che andrà ad opporsi al campo del solenoide. La f.e.m. indotta è (in modulo) E 1 = dφ 1( B ) dt = πr 1α.314 V. Similmente, nella maglia a destra verrà generata una corrente in senso orario da una f.e.m. E = πr α.77 V. Non possiamo semplicemente sostituire E = Ri, perché le due maglie sono collegate. Prendiamo i 1 antioraria (nella prima maglia), e i oraria nella seconda maglia. Di conseguenza, nel ramo in comune la corrente sarà i com = i 1 + i verso l alto. Ora molta attenzione: la f.e.m. indotta dal campo magnetico tira le cariche nello stesso modo lungo tutto il circuito, quindi sarebbe equivalente a infiniti generatorini, tali che in ogni ramo di una data maglia la somma dei contributi di questi generatorini è la stessa. In pratica, posso simulare l effetto di questi infiniti generatorini dicendo che ogni E si divide in 4 parti uguali nei 4 rami di ogni maglia. A questo punto risolvo le solite equazioni delle maglie e dei nodi, che mi danno E 1 + E 4 i 1R 1 i com R = E + E 1 4 i R 3 i com R = i com = i 1 + i i 1 = E 1(4R 3 + 3R ) E (3R R 3 ) 4(R 1 R + R 1 R 3 + R R 3 ) i = E (4R 1 + 3R ) E 1 (3R R 1 ) 4(R 1 R + R 1 R 3 R R 3 ) i com.11 A..5 1 A, A, Per calcolare le d.d.p. ai capi delle singole resistenze devo tenere conto anche del contributo di E/4 in ogni ramo: V (R 1 ) + E 1 /4 = i 1 R 1 V (R 1 ) = V, V (R ) + (E 1 + E )/4 = (i 1 + i )R V (R 3 ) + E /4 = i R 3 V (R ) = V, V (R 3 ) =.7 V. 8

50 La potenza totale spesa è P tot = R 1 i 1 + R i com + R 3 i = 8. 1 W. 9