Esercizi sui circuiti elettrici e corrente elettrica

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I seguenti esercizi sui circuiti elettrici sono tratti dal libro “Elementi di Fisica. Elettromagnetismo e Onde” di P. Mazzoldi, M. Nigro e C. Voci. Questo lavoro ha lo scopo di fornire soluzioni chiare e dettagliate per il capitolo 5, che tratta delle correnti elettriche, con un focus particolare sulle leggi di Kirchhoff per i nodi e le maglie, e sui condensatori.

Pensato per gli studenti di ingegneria, fisica e matematica, questo materiale è progettato per supportare il corso di Fisica 2. Ogni esercizio è spiegato nel dettaglio, con l’obiettivo di facilitare la comprensione dei concetti fondamentali e delle loro applicazioni pratiche.

Nel nostro sito troverai una raccolta di esercizi accuratamente selezionati e spiegati in modo approfondito, per garantire che anche gli argomenti più complessi siano facilmente comprensibili. Che tu stia studiando per un esame, cercando di consolidare le tue conoscenze o esplorando il mondo delle correnti elettriche, questo sito è pensato per aiutarti in ogni fase del tuo percorso educativo.

Esplora gli esercizi, immergiti nelle spiegazioni dettagliate e scopri come le leggi di Kirchhoff e i principi dei condensatori si applicano in situazioni reali. Siamo qui per trasformare le tue sfide accademiche in opportunità di apprendimento e crescita.

Autori e revisori degli esercizi SU Esercizi sui circuiti elettrici e corrente elettrica

Mostra autori e revisori.

Autore: Valerio Brunetti

Revisore: Simone Romiti.

Testi degli esercizi sui circuiti elettrici/corrente elettrica

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una bacchetta di alluminio ( $\rho_{\text{Al}} = \text{2,7}\cdot10^{-8}\, \Omega \text{m}$ ) ha sezione quadrata di lato $a=5 mm$ . Calcolare quale deve essere il diametro $d$ di una bacchetta di rame ( $\rho_{\text{Cu}} = \text{1,7} \cdot 10^{-8} \, \Omega \text{m}$ ), a sezione circolare e di lunghezza uguale alla precedente, affinché le due bacchette abbiano la stessa resistenza.

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Figura 1: geometria del problema 1.

Svolgimento.

Il problema ci chiede di mettere a confronto due oggetti di materiale e forma diversa, affinché abbiano la stessa resistenza. Il primo è un parallelepipedo e il secondo un cilindro (vedi figura 1). Ricordiamo che nel caso particolare di un conduttore di altezza $h$ e sezione costante $S$ , la resistenza è legata alla resistività dalla seguente relazione:

(1) $\begin{equation*} R = \rho \, \frac{h}{S}. \end{equation*}$

Le aree delle sezioni sono

(2) $\begin{equation*} S_{\text{parallelepipedo}} = a^2 \end{equation*}$

(3) $\begin{equation*} S_{\text{cilindro}} = \pi r^2 , \end{equation*}$

dove $r$ è il raggio della sezione circolare.

Il problema ci dice che i due oggetti hanno la stessa altezza $h$ . Imponiamo, come richiesto, che le resistenze siano uguali usando la formula (1):

(4) $\begin{equation*} R_{\text{parallelepipedo}} = R_{\text{cilindro}}, \end{equation*}$

cioè:

(5) $\begin{equation*} \rho_{\text{Al}}\frac{h}{a^2} = \rho_{\text{Cu}} \frac{h}{\pi r^2} \,. \end{equation*}$

Semplificando $h$ e risolvendo rispetto ad $r$ troviamo

(6) $\begin{equation*} r = \sqrt{\frac{\rho_{\text{Cu}} a^2}{\pi \rho_{\text{Al}}}}. \end{equation*}$

Poiché il diametro di una circonferenza è il doppio del suo raggio, sostituendo i valori numerici otteniamo il risultato richiesto:

$\boxcolorato{fisica}{d = 2 \sqrt{\frac{\rho_{\text{Cu}} a^2}{\pi \rho_{\text{Al}}}} \approx \text{4,477} \cdot 10^{-3} \text{m}.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un filo di rame ( $\rho = \text{1,7} \cdot 10^{-8}\,\Omega\,\text{m}$ ), di diametro $d=\text{2,5}\,\text{mm}$ , ricoperto di gomma secondo le norme di sicurezza vigenti, può trasportare una corrente $i=25 \,\text{A}$ .
Per tale corrente calcolare:

la densità di corrente $j$ ;
l’intensità del campo elettrico $E$ ;
la differenza di potenziale per un tratto di filo lungo $\ell = 200\, \text{m}$ ;
la potenza $\mathscr{P}$ dissipata nello stesso.

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Figura 2: geometria problema 2.

Svolgimento punto 1.

Il problema ci chiede di studiare un filo percorso da corrente. Poiché, per ipotesi, il filo è ricoperto di gomma (un materiale isolante), possiamo trascurare eventuali effetti dovuti al contatto con il materiale circostante, come l’aria o il terreno. Ricordiamo che per una corrente che scorre attraverso una superficie $S$ la corrente $i$ e la densità di corrente $\vec{j}$ sono legate dalla relazione:

(7) $\begin{equation*} i = \iint_S \vec{j} \cdot \hat{n}\, d\Sigma\, , \end{equation*}$

dove $\Sigma$ è una sezione del cilindro, $\hat{n}$ è il versore normale all’elemento infinitesimo di superficie $d\Sigma$ su cui andiamo ad integrare.

Nel nostro caso abbiamo a che fare con un filo che approssimiamo geometricamente con un cilindro molto lungo (vedi fig.2). Sia la sua sezione che la corrente sono costanti, quindi possiamo affermare che $\vec{J}$ è parallelo a $\hat{n}$ e ha lo stesso valore in tutti i punti di $\Sigma$ , pertanto:

(8) $\begin{equation*} i = j \iint_{\Sigma} d\Sigma = j \Sigma = j \pi r^2\, , \end{equation*}$

dove abbiamo usato che l’area di base di un cilindro è $\Sigma = \pi r^2$ , con $r=d/2$ .

Abbiamo dunque

$\boxcolorato{fisica}{j = \frac{i}{\pi r^2} \approx \text{5,1}\cdot 10^6 \, \frac{\text{A}}{\text{m}^2}.}$

Svolgimento punto 2.

L’intensità del campo elettrico è data dalla legge di Ohm della resistività elettrica:

(9) $\begin{equation*} \vec{j} = \frac{ \vec{E}}{\rho}, \end{equation*}$

dove $\rho$ è la resistività e $E$ è il campo elettrico, da cui considerando solo i moduli si ha

$\boxcolorato{fisica}{ E = \rho \, j \approx \text{0,0867}\, \frac{\text{V}}{\text{m}}.}$

Svolgimento punto 3.

La differenza di potenziale tra i capi del filo è data per definizione da

(10) $\begin{equation*} \Delta V = \int_A^B \vec{E} \cdot d\vec{\ell}, \quad \end{equation*}$

dove $A$ è il punto iniziale e $B$ finale del conduttore.

Dal punto b del problema si deduce che $\vec{E}$ è costante in modulo direzione e verso, quindi:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V =\int_A^B \vec{E} \cdot d\vec{\ell}= \int_A^B E d\ell=E\int_A^B d\ell=E \ell \approx \text{17,34}\, \text{V}.}$

Svolgimento punto 4.

Dalla teoria sappiamo che la potenza è definita come

(11) $\begin{equation*} \mathscr{P}=\Delta V \,i, \end{equation*}$

dove $\Delta V$ è la differenza di potenziale ai capi del conduttore e $i$ è la corrente che lo attraversa.

Sostituendo i valori numerici abbiamo

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{P} = \Delta V \cdot i \approx 434 \, \text{Watt}.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un resistore è composto da due fili collegati in serie: il primo di rame ( $\rho_{\text{Cu}} = \text{1,7} \cdot 10^{-8} \, \Omega \text{m}$ ) è lungo $\ell_1 = 5 \,\text{m}$ e ha una sezione $\Sigma_1 = 2 \, \text{mm}^2$ ; il secondo di alluminio ( $\rho_{\text{Al}} = \text{2,7}\cdot 10^{-8} \,\Omega \text{m}$ ) è lungo $\ell_2 = 2 \,\text{m}$ e ha una sezione $\Sigma_2 = 1 \, \text{mm}^2$ . Ai capi del resistore è applicata una differenza di potenziale $\Delta V = \text{0,2} \, \text{V}$ .
Calcolare:

le differenze di potenziale $V_1$ e $V_2$ ai capi dei due fili ;
le rispettive densità di corrente $j_1$ e $j_2$ .

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Figura 3: geometria problema 3.

Svolgimento punto 1.

Il problema ci chiede di studiare il passaggio di corrente attraverso due resistori collegati tra di loro come in figura 3. Dato che il collegamento è in serie possiamo ridurre il problema ad un unico conduttore con un’unica resistenza $R_{\text{eq}}$ . Essa è legata alla differenza di potenziale secondo la relazione:

(12) $\begin{equation*} V = R_{\text{eq}} i \,, \end{equation*}$

Ricordiamo che per un collegamento in serie quest’ultima è data da:

(13) $\begin{equation*} R_{eq} = R_1 + R_2, \end{equation*}$

dove $R_1$ è la resistenza del conduttore di rame e $R_2$ del conduttore di alluminio. Applicando (1) e ricordando che $R = \rho \dfrac{\ell}{\Sigma}$ dove $\rho$ è la resistività, $\ell$ la lunghezza del conduttore e $\Sigma$ la sezione del conduttore supposta costante durante tutto il percorso della corrente, si ha:

(14) $\begin{equation*} R_{eq} = \rho_{\text{Cu}} \frac{\ell_1}{\Sigma_1}+ \rho_{\text{Al}} \frac{\ell_2}{\Sigma_2}. \end{equation*}$

Sfruttando (14) e (12) possiamo ricavare $i$ :

(15) $\begin{equation*} i = \frac{V}{R_{eq}} = {V} \left(\rho_{\text{Cu}} \frac{\ell_1}{\Sigma_1}+ \rho_{\text{Al}} \frac{\ell_2}{\Sigma_2}\right)^{-1} \approx \text{2,073} \,\text{A}, \end{equation*}$

da cui otteniamo

$\boxcolorato{fisica}{ V_1 = R_1 i = \rho_{\text{Cu}} \frac{\ell_1}{\Sigma_1} i \approx \text{0,088} \,\text{V}\quad \text{e} \quad V_2 = R_2 i = \rho_{\text{Al}} \frac{\ell_2}{\Sigma_2} i \approx \text{0,043} \,\text{V}.}$

dove $V_1$ è la differenza di potenziale del conduttore di rame e $V_2$ è la differenza di potenziale del conduttore di alluminio.

Svolgimento punto 2.

Osserviamo che la sezione di ogni conduttore è costante quindi possiamo usare $i=j \Sigma$ (abbiamo assunto che $\vec{j}$ sia uniforme sulla sezione) , relazione sfruttata nel punto precedente. In particolare per i singoli conduttori abbiamo

$\boxcolorato{fisica}{ j_1 = \frac{i}{\Sigma_1} \approx \text{1,0} \cdot 10^6 \,\frac{\text{A}}{\text{m}^2} \quad \text{e}\quad j_2 = \frac{i}{\Sigma_2} \approx \text{2,1} \cdot 10^6 \,\frac{\text{A}}{\text{m}^2} .}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un filo di rame ( $\rho_{\text{Cu}} =\text{1,7}\cdot 10^{-8} \, \Omega \text{m}$ ) di raggio $a=\text{0,25} \, \text{mm}$ è ricoperto da una guaina di alluminio ( $\rho_{\text{Al}} = \text{2,7} \cdot 10^{-8} \,\Omega \text{m}$ ) di raggio esterno $b=\text{0,4}\,\text{mm}$ . Il filo è percorso da una corrente $i=2\,\text{A}$ .
Calcolare:

le correnti $i_1$ e $i_2$ che percorrono i due materiali ;
il campo elettrico $E_1$ e $E_2$ in ciascuno di essi.

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Figura 4: geometria problema 4.

Svolgimento punto 1.

Il filo di rame e la guaina costituiscono un sistema di due conduttori che possiamo approssimare geometricamente come un cilindro per il filo e una corona cilindrica per la guaina. I due conduttori sono sottoposti alla stessa differenza di potenziale, come mostrato in figura 4, ovvero sono collegati in parallelo. Pertanto, possiamo rappresentare i due conduttori come illustrato in figura 5.

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Figura 5: schema elettrico del circuito formato dal sistema filo+guaina.

dove $R_1$ è la resistenza del conduttore di rame, $R_2$ è la resistenza del conduttore di alluminio ed infine $i_1$ e $i_2$ sono le correnti che attraversano $R_1$ e $R_2$ , rispettivamente.

La corrente totale $i$ , è data dalla somma delle singole correnti per la legge di Kirchhoff ai nodi, abbreviata LKC (si ricordi i richiami teorici 1, subito dopo l’esercizio 4):

(16) $\begin{equation*} i = i_1 + i_2. \end{equation*}$

Calcoliamo ora $i_1$ e $i_2$ , chiamando $h$ la lunghezza del filo (Come vedremo la conoscenza esplicita del valore di quest’ultima, così come quello della differenza di potenziale $\Delta V$ , non è necessaria ai fini dello svolgimento). Come detto $R_1$ e $R_2$ sono in parallelo pertanto:

(17) $\begin{equation*} R_{eq} = \left(R_1^{-1} + R_{2}^{-1} \right)^{-1} = \left[ \left(\rho_{\text{Cu}}\frac{h}{\pi a^2}\right)^{-1} + \left(\rho_{\text{Al}}\frac{h}{\pi (b^2-a^2)}\right)^{-1} \right]^{-1}, \end{equation*}$

dove abbiamo usato la nota relazione tra resistenza e resistività: $R = \rho \dfrac{h}{\Sigma}$ , con $\Sigma$ l’area della sezione del conduttore. Si noti che nel caso della guaina di alluminio essa è l’area della corona circolare, data dalla differenza delle aree dei due cerchi di raggi $b$ e $a$ rispettivamente.

La differenza di potenziale è dunque pari a:

(18) $\begin{equation*} \Delta V = R_{eq} \, i = i \left[ \left(\frac{\pi a^2}{\rho_{\text{Cu}} h}\right) + \left(\frac{\pi (b^2-a^2)}{\rho_{\text{Al}} h}\right) \right]^{-1} = i \, h \left[ \frac{\pi a^2}{\rho_{\text{Cu}}}+ \frac{\pi (b^2-a^2)}{\rho_{\text{Al}}} \right]^{-1}. \end{equation*}$

La differenza di potenziale è la stessa, così che possiamo scrivere:

(19) $\begin{equation*} \Delta V = R_1 i_1 = \rho_{\text{Cu}}\frac{h}{\pi a^2} i_1. \end{equation*}$

Mettiamo a sistema (18) e (19 )

(20) $\begin{equation*} \begin{cases} \Delta V = i \, h \left[ \dfrac{\pi a^2}{\rho_{\text{Cu}}}+ \frac{\pi (b^2-a^2)}{\rho_{\text{Al}}} \right]^{-1} \\\\ \Delta V = R_1 i_1 = \rho_{\text{Cu}}\dfrac{h}{\pi a^2} i_1, \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(21) $\begin{equation*} i \, \cancel{h} \left[ \frac{\pi a^2}{\rho_{\text{Cu}}}+ \frac{\pi (b^2-a^2)}{\rho_{\text{Al}}} \right]^{-1} = \rho_{\text{Cu}}\frac{\cancel{h}}{\pi a^2} i_1, \quad \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{ i_1 = i \, \left[ \frac{\pi a^2}{\rho_{\text{Cu}}}+ \frac{\pi (b^2-a^2)}{\rho_{\text{Al}}} \right]^{-1} \frac{\pi a^2}{\rho_{\text{Cu}}} \approx \text{1,009} \, \text{A}.}$

La corrente $i_2$ può essere ottenuta analogamente a $i_1$ o, più semplicemente, per sottrazione:

$\boxcolorato{fisica}{i_2 = i - i_1 \approx \text{0,991} \, \text{A} .}$

Svolgimento punto 2.

Dato che il campo elettrico è costante sfruttando (10) si ha $\Delta V= E \, h$ . Essendo $\Delta V$ e $h$ le stesse per i due conduttori deduciamo che deve essere $E_1=E_2$ , così che possiamo usare l’equazione (9):

$\boxcolorato{fisica}{ E_1 = E_2 = \frac{\rho_{\text{Cu}} i_1}{\pi a^2} = \text{0,0874} \, \frac{\text{V}}{\text{m}}.}$

Richiamo di teoria.

[Leggi di Kirchhoff] La legge di Kirchhoff delle correnti (LKC) afferma che, definita una superficie chiusa che contenga un circuito elettrico in regime stazionario, la somma algebrica delle correnti che attraversano la superficie (con segno diverso se entranti o uscenti) è nulla.

La legge di Kirchhoff alle maglie riguarda le tensioni (LKT) in un circuito e afferma che in ogni circuito la somma algebrica delle tensioni presenti in una maglia è sempre zero.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un conduttore cilindrico cavo di lunghezza $d = 2 \,\text{cm}$ ha raggio $a=2\,\text{mm}$ e $b=5\,\text{mm}$ ; esso è costituito da una sostanza con resistività $\rho = 2 \,\Omega\text{m}$ . Una forza elettromotrice $\mathscr{E}=20\,\text{V}$ può essere applicata al conduttore in modo che la corrente fluisca parallelamente all’asse del cilindro o radialmente dalla superficie interna alla superficie esterna.
Calcolare nei due casi:

l’intensità di corrente $i$ ;
la potenza $\mathscr{P}$ dissipata;
la densità di corrente $j$ sulle superficie terminali.

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Figura 6: geometria problema 5.

Svolgimento primo caso, punto a.

Dalla legge di Ohm abbiamo:

(22) $\begin{equation*} \mathscr{E} = R i = \frac{\rho \, d}{\pi (b^2 - a^2)} i , \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato (1), tenendo conto che l’area della sezione è costante e pari a $S = \pi (b^2 - a^2)$ . Invertendo la relazione troviamo $i$ :

$\boxcolorato{fisica}{ i = \frac{\pi (b^2 - a^2)}{\rho \, d} \mathscr{E} \approx \text{0,033}\,\text{A}.}$

Svolgimento primo caso, punto b.

Sfruttando (11) si ottiene subito il risultato

$\boxcolorato{fisica}{ \mathscr{P} = \mathscr{E} \, i \approx \text{0,066} \,\text{Watt}.}$

Svolgimento primo caso, punto c.

La densità di corrente può essere calcolata dalla corrente secondo la relazione $j = i/S$ , dove $S$ è la sezione trasversale attraverso cui scorre la corrente. Nel nostro caso la sezione è costante, quindi le densità di corrente sulle superfici terminali $j_1$ (in entrata) e $j_2$ (in uscita) sono uguali. Perciò:

$\boxcolorato{fisica}{j_1 = j_2 = \frac{i}{\pi (b^2 - a^2)} \approx 500 \,\frac{\text{A}}{\text{m}^2}.}$

Svolgimento secondo caso, punto a.

In questo caso la sezione attraverso cui scorre il flusso di corrente non è costante lungo il percorso. Per ricavare la relazione tra resistenza e resistività è necessario calcolare l’integrale da definizione:

(23) $\begin{equation*} R = \int_{a}^{b} \frac{\rho}{S}d\ell \quad . \end{equation*}$

dove $\rho$ è la resistività, $S$ la sezione attraverso la quale passa la corrente e in fine $d\ell$ l’elemento infinitesimo percorso dalla corrente.

Nel nostro caso $\rho$ è costante, e può essere portata fuori dall’integrale. $S$ invece dipende da $\ell$ : è la superficie laterale del cilindo di raggio $\ell$ compreso tra quelli di raggi $a$ e $b$ . Di conseguenza $S = (2\pi\ell)\, d$ . Tornando all’integrale abbiamo:

(24) $\begin{equation*} R = \int_{a}^{b} \frac{\rho}{S}d\ell = \rho \int_{a}^{b} \frac{1}{2 \pi \ell d} d\ell = \frac{\rho}{2\pi d} \int_{a}^{b} \frac{d\ell}{\ell} = \frac{\rho}{2\pi d} \log(b/a) . \end{equation*}$

Dalla legge di Ohm quindi:

$\boxcolorato{fisica}{i = \frac{\mathscr{E}}{R} = \frac{2\pi d}{\rho \, \log(b/a)} \approx \text{1,37} \,\text{A} .}$

Svolgimento secondo caso, punto b.

Con la stessa formula usata per il primo caso, troviamo la potenza dissipata:

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{P} = \mathscr{E} \, i \approx \text{27,4} \,\text{Watt}.}$

Svolgimento secondo caso, punto c.

In questo caso le densità di corrente $j_1$ e $j_2$ sono diverse. Infatti la corrente $i$ è la stessa, ma non è così per le superfici che attraversa in entrata e in uscita. Si ha:

$\boxcolorato{fisica}{j_1 = \frac{i}{S_1} = \frac{i}{(2\pi a) \, d}\approx 5451\,\frac{\text{A}}{\text{m}^2}\quad \text{e} \quad j_2 = \frac{i}{S_2} = \frac{i}{(2\pi b) \, d}\approx 2180\,\frac{\text{A}}{\text{m}^2.} }$

Si noti che poiché l’unico fattore che cambia tra le due è il valore del raggio, sussiste la seguente relazione esatta tra $j_1$ e $j_2$ :

$\boxcolorato{fisica}{ j_2 = \frac{i}{(2\pi b) \, d} = \frac{a}{b} \frac{i}{(2\pi a) \, d} = \frac{a}{b} \, j_1 . }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un resistore ha la forma di un tronco di cono lungo $d$ e raggi estremi $a$ e $b$ .
Calcolare:

la resistenza $R$ ;
verificare la formula per $a=b$ .

Nota. Assumere che la resistività sia costante.

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Figura 7: geometria problema 6.

Svolgimento punto 1.

Il problema ci fornisce solo le caratteristiche geometriche del resistore, senza fornire espliciti valori numerici. La sua resistenza dipende necessariamente anche dal materiale; è dunque implicito che il risultato da trovare sia l’espressione di $R$ in funzione della resistività $\rho$ (uniforme) e delle misure geometriche $d$ , $a$ e $b$ . Consideriamo la figura 8

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Figura 8: approfondimento geometria problema 6.

dove $\theta$ è l’angolo formato dall’asse del cono e una delle generatrici. Dai noti teoremi sui triangoli rettangoli si ha:

(25) $\begin{equation*} \tan{(\theta)} = \frac{d}{b-a}, \end{equation*}$

D’altra parte, scegliendo un’arbitraria quota $y$ , corrispondente ad un raggio $r_y$ di una sua sezione orizzontale giacente su un piano parallelo passante per la base di raggio $a$ e $b$ , abbiamo:

(26) $\begin{equation*} \tan{(\theta)} = \frac{y}{b-r_y}, \end{equation*}$

da cui, mettendo a sistema con l’equazione precedente si ha:

(27) $\begin{equation*} \frac{d}{b-a}= \frac{y}{b-r_y} \quad \Leftrightarrow \quad d\,(b-r_y)=(b-a)\,y. \end{equation*}$

Esplicitando rispetto a $r_y$ otteniamo:

(28) $\begin{equation*} r_y = \frac{(a-b)y + b d}{d} \, . \end{equation*}$

Possiamo così calcolare la resistenza applicando la definizione (abbiamo applicato il noto integrale $\int f^\alpha(x)f^\prime (x)\,dx=\dfrac{f^{\alpha+1}\left(x\right)}{\alpha+1}\quad \text{con}\,\,\alpha \neq -1$ ):

(29) $\begin{align*} R &= \int_{0}^{d} \rho \frac{dy}{S_y} = \int_{0}^{d} \rho \frac{dy}{\pi r_y^2} = \frac{d^2\rho}{\pi} \int_{0}^{d} \frac{dy}{\pi \left[\left(a-b\right)y + b d\right]^2} = \\ &=\left( \frac{\rho d^2}{\pi} \right) \left( \frac{1}{a-b}\right)\int_{0}^{d}\left[\underbrace{\left(a-b\right)+bd^2}_{f^{\alpha}\left(y\right)}\right]^{-2}\underbrace{\left(a-b\right)}_{f^\prime\left(y\right)}\,dy=\\ &=-\left[\left(a-b\right)+bd^2\left(y\right)\right]^{-1}\bigg\vert^d_0\left(\frac{\rho d^2}{\pi (a-b)} \right)=\\ &= \left(\frac{\rho d^2}{\pi (a-b)} \right)\left( \frac{1}{(a-b)y + bd} \bigg\vert_{d}^{0}\right)=\\ &= \left(\frac{\rho d^2}{\pi (a-b)} \right) \left( \frac{1}{b d} - \frac{1}{a d} \right) =\\ &=\left( \frac{\rho d^{\cancel{2}}}{\pi \cancel{(a-b)}} \right)\left(\frac{1}{\cancel{d}} \frac{\cancel{(a-b)}}{a b}\right) = \frac{\rho d}{\pi a b} \end{align*}$

dove abbiamo usato il fatto che che $\rho$ non dipende da $y$ e quindi lo abbiamo portato fuori dall’integrale, inoltre che la sezione trasversale alla quota $y$ è pari a $S_y=\pi r_y^2$ . Concludiamo dunque

$\boxcolorato{fisica}{R = \frac{\rho d^2}{\pi (a-b)} \left[ \frac{1}{b d} - \frac{1}{a d} \right] = \frac{\rho d^{\cancel{2}}}{\pi \cancel{(a-b)}} \frac{1}{\cancel{d}} \frac{\cancel{(a-b)}}{a b} = \frac{\rho d}{\pi a b}.}$

Svolgimento punto 2.

Il risultato trovato fornisce, per $a=b$ :

$\boxcolorato{fisica}{ R = \frac{\rho d}{\pi a^2}.}$

Il risultato è consistente con la nota formula per un conduttore cilindrico, i.e. la forma geometrica che corrisponde al tronco di cono nel limite in cui i due raggi estremi sono uguali.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un guscio semisferico di silicio ( $\rho=2300\,\Omega\text{m}$ ) ha raggio interno $a=1\,\text{cm}$ e raggio esterno $b=2\,\text{cm}$ ;
esso è collegato ad un generatore che mantiene una d.d.p. $\Delta V=2\,\text{V}$ tra le superficie che lo delimitano.
Calcolare:

la resistenza $R$ del guscio ;
la corrente $i$ che lo percorre;
la potenza $P$ dissipata;
la densità di corrente $j$ attraverso le superficie estreme.

Queste ultime sono ricoperte da un sottile strato di oro per poterle assumere a potenziale costante.

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Figura 9: geometria problema 7.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare la resistenza possiamo applicare (23) dove $S$ è l’area della superficie semisferica di raggio $r$ compresa tra quelle di raggi $a$ e $b$ . Essa è la metà dell’area della superficie della sfera, cioè $S = 2\pi r^2$ . Sostituendo nella precedente espressione, con $\rho$ costante, si ha (per risolvere l’integrale è importante ricordare che $\int \frac{dr}{r^2} = -\frac{1}{r}+\text{c}$ )

(30) $\begin{equation*} R = \rho \int_{a}^{b} \frac{dr}{2 \pi r^2} = - \frac{\rho}{2\pi} \frac{1}{r}\biggr\rvert_{a}^{b} = \frac{\rho}{2\pi} \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{b}\right) = \frac{\rho}{2\pi}\left( \frac{b-a}{ab}\right) \approx \text{1,8} \cdot 10^5 \,\Omega. \end{equation*}$

Concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{ R =\frac{\rho}{2\pi}\left( \frac{b-a}{ab}\right) \approx\text{1,8} \cdot 10^5 \,\Omega.}$

Svolgimento punto 2.

La corrente $i$ è data dalla legge di Ohm:

$\boxcolorato{fisica}{i =\Delta V/R \approx \text{2,1}\cdot 10^{-5} \,\text{A}.}$

Svolgimento punto 3.

La potenza dissipata per effetto Joule è data da (11):

$\boxcolorato{fisica}{ P = V\,i \approx \text{4,2} \,\text{Watt}.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un filo di lunghezza $\ell = 5\,\text{m}$ e diametro $d=2\,\text{mm}$ è percorso da una corrente $i=750\,\text{mm} \,\text{A}$ , quando è applicata una d.d.p. $\Delta V=22\,\text{V}$ . La velocità di deriva degli elettroni è $v_d=\text{1,7}\cdot 10^{-5}\,\text{m}\,\text{s}^{-1}$ .
Calcolare:

la resistenza $R$ del filo;
la resistività del materiale;
il campo elettrico $E$ all’interno del filo;
il numero di elettroni di conduzione per unità di volume.

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Figura 10: geometria problema 8.

Svolgimento punto 1.

Dalla legge di Ohm si trova subito che :

$\boxcolorato{fisica}{ R =\dfrac{\Delta V}{i}\approx \text{29,3} \,\Omega.}$

Svolgimento punto 2.

La sezione $S$ del filo, che approssimiamo geometricamente come un cilindro(vedi fig. 10), è costante. Questo significa che applicando (1) si ha:

(31) $\begin{equation*} R = \rho \frac{\ell}{S} = \rho \frac{\ell}{\pi r^2}=\dfrac{4\rho \ell }{\pi d^2}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{ \rho=\dfrac{\pi d^2R}{4\ell} \approx \text{1,84} \cdot 10^{-5} \, \Omega \text{m}.}$

Svolgimento punto 3.

Osserviamo che $j$ è uniforme lungo una qualunque sezione trasversale del filo $S$ , così che $j = i/S=i/(\pi(d^2/4))$ e dunque applicando (9) si ha:

$\boxcolorato{fisica}{E =j\rho = \frac{4 \,\rho \,i}{\pi d^2} \approx \text{4,39}\,\text{V} .}$

Svolgimento punto 4.

Ricordiamo che per definizione di densità di corrente di cariche $q$ , si ha:

(32) $\begin{equation*} \vec{j} = n_q q \, \vec{v}_d \,. \end{equation*}$

dove $n_q=n_e$ è il numero di portatori di carica, $q=-e$ (carica dell’elettrone) e $\vec{v}_d$ è la velocità di deriva. Si noti che la velocità di deriva ha verso opposto a quello della densità di corrente perché le cariche in moto sono negative. Prendendo il modulo della precedente equazione e esplicitando $n_e$ si ricava:

$\boxcolorato{fisica}{ n_e = \dfrac{j}{q\,v_d}=\dfrac{4i}{\pi\, d^2 \,e\, v_d} \approx \text{8,78}\cdot 10^{28} \,\text{m}^{-3} ,}$

dove abbiamo utilizzato $j = i/S=i/(\pi(d^2/4))$ .

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . L’avvolgimento di rame ( $\rho = \text{1,7} \cdot 10^{-8}\,\Omega \text{m},$ $\alpha = \text{6,8} \cdot 10^{-3} \, ^{\circ} \text{C}^{-1}$ ) in figura 11 mostra un motore che ha una resistenza $R_{20} = \text{45,3}\,\Omega$ a $T_0 =20^{\circ} \,\text{C}$ a motore fermo. Dopo alcune ore di funzionamento la resistenza è $R_T=58\,\Omega$ . Calcolare la temperatura $T$ dell’avvolgimento.

Figura 11: esercizio 9.

Svolgimento.

La dipendenza della resistenza dalla temperatura deriva dalla dipendenza della resistività dalla temperatura. Questa relazione viene linearizzata considerando la dilatazione termica

(33) $\begin{equation*} R(T) = R(T_0) \left[1 + \alpha (T-T_0) \right], \end{equation*}$

dove $T_0$ è la temperatura di partenza (a motore spento), $\alpha$ è il coefficiente termico del materiale.

Dall’equazione (33), risolvendo rispetto a $T$ , portando a primo membro le quantità note si ha

(34) $\begin{equation*} R(T) - R(T_0) + R({T_0}) \alpha T_0 = R(T_0) \alpha T\quad \Leftrightarrow\quad T = \frac{1}{\alpha} \left( \frac{R(T)}{R(T_0)} -1 + \alpha T_0 \right), \end{equation*}$

da cui sostituendo i valori numeri si ha

$\boxcolorato{fisica}{ T \approx 61 \, ^{\circ}\,\text{C}. }$

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Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un filo di nichelcromo ( $\alpha = 4 \cdot 10^{-4 \, \, \circ} \text{C}^{-1}$ ) di una stufa dissipa una potenza $P_1 = 500 \, \text{watt}$ quando la $d.d.p.$ applicata è $\Delta V=200 \, \text{V}$ e la temperatura $T_1 = 800 ^{\circ}\, \text{C}$ . Supponendo che esso venga mantenuto alla temperatura $T_2 = 200 ^{\circ}\, \text{C}$ immergendolo in un bagno d’olio, calcolare:

la potenza $P_2$ dissipata ;
la corrente $i_1$ e $i_2$ nei due casi.

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Figura 12: esercizio 10

Svolgimento punto 1.

La corrente elettrica $i_1$ che scorre nel filo alla temperatura $T_1$ si può ricavare dalla seguente relazione

(35) $\begin{equation*} P = \Delta V i, \end{equation*}$

dove $V$ è la differenza di potenziale ai capi del conduttore e $i$ è la corrente che lo attraversa. Nel primo caso applicando (35) si può trovare $i_1$

$\boxcolorato{fisica}{ i_1= \frac{P_1}{\Delta V} \sim \text{2,5}\, \text{A}.}$

Applicando la legge di Ohm per i conduttori metallici ricaviamo il valore della resistenza alla temperatura $T_1$

$\begin{equation*} P_1 = R_1 \cdot i_1^2 \quad \Leftrightarrow \quad R_1 = \frac{P_1}{i_1^2} = 80 \, \Omega. \end{equation*}$

Ora utilizziamo l’equazione (33) per ricavare il valore della resistenza alla temperatura $T_0$

$\begin{equation*} R_1 = R_0[1+\alpha(T_1-T_0)] \quad \Leftrightarrow \quad R_0 = \frac{R_1}{1+\alpha(T_1-T_0)} \quad \Leftrightarrow \quad R_0 \sim \text{61,0} \, \Omega, \end{equation*}$

dove $T_0 = 20^{\circ}C$ e $R_0$ è il valore della resistenza a $T_0$ . Facciamo lo stesso per ricavare il valore della resistenza alla temperatura $T_2$ ottenendo

$\begin{equation*} R_2 = R_0[1+\alpha(T_2-T_0)] \quad \Leftrightarrow \quad R_2 \sim \text{65,4}\, \Omega. \end{equation*}$

Calcoliamo la potenza alla temperatura $T_2$

$\boxcolorato{fisica}{P_2 =R_2i_2^2=R_2\left(\dfrac{\Delta V}{R_2}\right)^2 = \frac{\Delta ^2 V}{R_2} \approx 611 \, \text{W}.}$

Svolgimento punto 2.

Conoscendo la potenza si ricava la corrente che scorre nel filo $i_2$ :

(36) $\begin{equation*} P_2 = R_2 \cdot i_2^2 \quad \Leftrightarrow\quad i_2 = \left( \frac{P_2}{R_2} \right) ^{1/2}. \end{equation*}$

Sostituendo i valori si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{i_2 = \text{0,6}\,\text{A}.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . La potenza dissipata in una resistenza $R=\text{0,1} \, \Omega$ collegata ad una batteria con $f.e.m.$ $\mathcal{E} = \text{1,5} \, \text{V}$ è $P_R=10\,\text{W}$ . Calcolare:

la $d.d.p.\,V$ ai capi di $R$ ;
la resistenza interna della batteria $R_{int}$ .

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Figura 13: esercizio 11.

Svolgimento punto 1.

È noto che

(37) $\begin{equation*} P_R=Ri^2=R\left(\dfrac{V_R}{R}\right)^2=\frac{V_R^2}{R} \quad \Leftrightarrow \quad V=(P_R\cdot R)^{1/2}, \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{ V= 1 \, \text{V}.}$

Svolgimento punto 2.

Conoscendo la potenza si ricava la corrente

(38) $\begin{equation*} P = R \cdot i^2 \quad \Leftrightarrow \quad i = \left(\frac{P}{R}\right)^{1/2} = 10 \, \text{A}. \end{equation*}$

Si rappresenta il circuito in figura 13 con la corrente che scorre nella maglia in senso orario dove è stata rappresenta la batteria come una forza elettromotrice in serie con la resistenza interna $R_{int}$ . Applicando la legge alle maglie LKT (si ricordi i richiami teorici 1, subito dopo l’esercizio 4) si ricava la resistenza interna della batteria:

$\boxcolorato{fisica}{ R\cdot i + R_{int} \cdot i = \mathcal{E} \quad \Leftrightarrow \quad R_{int} = \frac{\mathcal{E}}{i} - R = \text{0,05} \, \Omega. }$

Osservazione.

La scelta del verso della corrente è del tutto arbitraria, in presenza di più maglie è importante il segno relativo tra le diverse correnti.

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura 14 il generatore ha $\mathcal{E} = \text{0,5} \, \text{V}$ e la resistenza interna $r_i = 1 \, \Omega$ ; il resistore $R$ è costituito da un filo di alluminio ( $\rho_{20} = \text{2,7} \cdot 10^{-8} \, \Omega \, \text{m}$ , $\alpha = \text{4,3} \cdot 10^{-3 \, \, \circ} \text{C}^{-1}$ ) lungo $d=5 \, \text{m}$ e di sezione $\Sigma =\text{0,5} \, \text{mm}^2$ . Calcolare:

la corrente $i_1$ nel circuito a $0^{\circ}\text{C}$ ;
la temperatura $T$ per cui la corrente vale $i_2 = \text{0,95}\, i_1$ ;
la potenza $P$ dissipata su $R$ nei due casi, si supponga $r_i$ costante.

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Figura 14: esercizio 12.

Svolgimento punto 1.

Conoscendo il valore della resistività dell’alluminio alla temperatura $T = 20^{\circ} \, \text{C}$ , possiamo calcolare il valore della resistività a $T=0^{\circ} \, \text{C}$ utilizzando la seguente relazione, che esprime la dipendenza di $\rho$ in funzione di $T$

(39) $\begin{equation*} \rho_0 = \rho_{20} [1+\alpha(T-T_{20})] = \rho_{20} [1+\alpha(-20^{\circ})] = \text{2,47} \cdot 10^{-8} \, \Omega, \end{equation*}$

la corrispondente resistenza risulta essere

(40) $\begin{equation*} R_0 = \frac{\rho_0\, d}{\Sigma} = \text{0,25} \, \Omega = R_1, \end{equation*}$

dove $\rho_0$ è la resistività dell’alluminio, $d$ la lunghezza del conduttore e $\Sigma$ la sezione del conduttore supposta costante durante tutto il percorso della corrente. Applicando $LKT$ (si ricordi i richiami teorici 1, subito dopo l’esercizio 4) ricaviamo la corrente che scorre nel circuito

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{E} = r_i \, i_1 + R \, i_1 \implies i_1 = \frac{\mathcal{E}}{r_i + R} \approx \text{0,4} \, \text{A} .}$

Svolgimento punto 2.

Assumendo $i_2=\text{0,95}\, i_1$ dalla legge alle maglie (si ricordi i richiami teorici 1, subito dopo l’esercizio 4) si ha

(41) $\begin{equation*} \frac{\mathcal{E}- r_i\, i_2}{i_2} = R_2, \end{equation*}$

inserendo questa espressione nella relazione che definisce la resistività (40) si ottiene

(42) $\begin{equation*} \rho = \frac{\Sigma}{d} \left( \frac{\mathcal{E}-r_i\,i_2}{i_2} \right) \approx \text{3,125} \cdot 10^{-8} \, \Omega \, \text{m}. \end{equation*}$

Ora, risolvendo rispetto a $T$ l’equazione (39), che esprime la dipendenza di $\rho$ rispetto in funzione della temperatura, ricaviamo $T$ :

$\boxcolorato{fisica}{\rho =\rho_{20}[1+\alpha(T-T_{20})] \implies T = \frac{\rho - \rho_{20} + \rho_{20}\, \alpha\, T_{20}}{\rho_{20} \, \alpha}\approx \text{56,6} ^{\circ} \, \text{C}.}$

Svolgimento punto 3.

Nel primo caso la potenza risulta

(43) $\begin{equation*} P_1 = R_1 \, i_1^2 \simeq \text{0,097} \, \text{W}, \end{equation*}$

e nel secondo si ha

(44) $\begin{equation*} P_2 = R_2 \, i_2^2 \simeq \text{0,045} \, \text{W}. \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{P_1\simeq \text{0,097} \, \text{W} \quad \text{e} \quad P_2 \simeq \text{0,045} \, \text{W}.}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una batteria solare, di area $\Sigma = 5 \, \text{cm}^2$ , assorbe una potenza per unità di superficie pari a $I = 3 \, \text{mW/cm}^2$ . Quando è collegata ad una resistenza $R_1 = 250 \, \Omega$ , la differenza di potenziale ai suoi capi è $V_1 = \text{0,15} \, \text{V}$ ; quando è connessa con una resistenza $R_2 = 500 \, \Omega$ la d.d.p. è $V_2 =\text{0,2}\, \text{V}$ . Calcolare:

la resistenza $r_i$ della batteria;
la sua f.e.m. $\mathcal{E}$ ;
calcolare l’efficienza $\eta_i$ della cella nella conversione dell’energia solare in energia elettrica rispetto al carico.

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Figura 15: esercizio 13.

Svolgimento punto 1.

Per ricavare il valore della resistenza interna applichiamo la legge di Ohm nei due casi in cui la batteria è in serie rispettivamente a $R_1$ e $R_2$

(45) $\begin{equation*} V_1 = R_1 \, i_1 \implies i_1 = \frac{V_1}{R_1} = 6\cdot 10^{-4} \, \text{A}, \end{equation*}$

(46) $\begin{equation*} V_2 = R_2 \, i_2 \implies i_2 = \frac{V_2}{R_2} = 4\cdot 10^{-4} \, \text{A}. \end{equation*}$

Dalla legge alle maglie analizzando i due casi abbiamo

(47) $\begin{equation*} \begin{cases} \mathcal{E} = i_1\, (r_i + R_1) \\ \mathcal{E} = i_2\, (r_i + R_2) , \end{cases} \end{equation*}$

uguagliando le due equazioni, dato che a primo membro $\mathcal{E}$ è uguale in entrambi i casi (ovvero la batteria in considerazione è sempre la stessa), e risolvendo per $r_i$ si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{ r_i = \left( \frac{R_2\, i_2 - R_1\,i_1}{i_1-i_2} \right) = 250 \, \Omega.}$

Svolgimento punto 2.

Conoscendo $r_i$ possiamo ricavare la f.e.m. della batteria (per esempio dal primo caso), che risulta

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{E} = (r_i + R_1)\, i_1 = \text{0,3} \, \text{V}.}$

Svolgimento punto 3.

La potenza elettrica generata da una batteria solare su un carico si può ottenere dalle seguente relazione

(48) $\begin{equation*} P=\eta \, I\,\Sigma, \end{equation*}$

dove $\eta$ è l’efficienza, $I$ è la potenza per unità di superficie assorbita, $\Sigma$ è la sua area. Nei due casi la potenza erogata dalla batteria sul carico risulta

(49) $\begin{equation*} P_1 = R_1 \, i_1^2 \end{equation*}$

(50) $\begin{equation*} P_2 = R_2 \, i_2^2, \end{equation*}$

da cui sostituendo i valori numerici si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{ \eta_1 = \text{6,0} \cdot 10^{-3} \quad\text{e}\quad \eta_2 = \text{5,3} \cdot 10^{-3}.}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Tre batteria aventi la stessa f.e.m. $\mathcal{E} = 6 \, \text{V}$ e la stessa resistenza interna $r_i = 1\, \Omega$ possono essere collegate tutte in serie o in parallelo ai capi di un resistore $R=6\, \Omega$ . Calcolare nei due casi:

la resistenza complessiva $r_{AB}$ dei generatori vista dai capi $A$ e $B$ del resistore;
la corrente $i$ che circola attraverso il resistore $R$ ;
La potenza complessiva $P_{gen}$ erogata dai generatori;
la potenza $P_R$ dissipata su $R$ .

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Figura 16: esercizio 14.

Svolgimento caso resistenze in serie.

Nel caso delle resistenze disposte in serie, esse sono attraversate dalla stessa intensità di corrente, che chiamiamo $i$ . La resistenza equivalente risulta essere la somma delle singole resistenze e dunque essendo identiche si ha:

(51) $\begin{equation*} R_{eq} = 3 \, r_i = 3 \, \Omega. \end{equation*}$

Applicando $LKT$ ricaviamo la corrente

(52) $\begin{equation*} 3 \, \mathcal{E} = i \, R_{eq} + i\, R \implies i = \frac{3 \, \mathcal{E}}{R_{eq}+R} = 2\, \text{A}. \end{equation*}$

La potenza erogata dai generatori è

(53) $\begin{equation*} P_{gen}= 3\, \mathcal{E} \, i = 36 \, \text{W}, \end{equation*}$

mentre la potenza dissipata dal resistore $R$ risulta

(54) $\begin{equation*} P_{R} = R\, i^2 = 24 \, \text{W}. \end{equation*}$

I valori cercati per il primo circuito risultano

$\boxcolorato{fisica}{a)\, R_{eq} = 3 \, \Omega \quad b) \,i = 2 \, \text{A} \quad c)\, P_{gen} = 36 \, \text{W}\quad d)\, P_R = 24 \, \text{W}.}$

Osservazione.

[Conservazione della potenza] In un circuito la somma della potenza immessa dai generatori e della potenza dissipata nelle resistenze deve essere uguale a zero, o in altri termini la potenza erogata dai generatori è uguale alla potenza assorbita dai resistori.

Svolgimento caso resistenze in parallelo.

Si consideri la figura 17 (la scelta del verso delle correnti di anello è arbitrario)

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Figura 17: Caso b esercizio $14$

La resistenza equivalente risulta essere il reciproco della somma dei reciproci del valore delle singole resistenze, e dato che nel nostro caso le tre resistenze interne hanno lo stesso valore, risulta:

$\boxcolorato{fisica}{ r_{eq} = \left( 3\, \frac{1}{r_i} \right)^{-1} = \frac{r_i}{3} = \text{0,33} \, \Omega.}$

Chiamiamo per comodità $i_3=i$ la corrente che attraversa $R$ , $i_1$ e i $i_2$ le correnti che scorrono nelle altre due maglie, come si vede in figura 17. Applicando la legge alle maglie si ottiene un sistema di tre equazioni

(55) $\begin{equation*} \begin{aligned} & \begin{cases} \mathcal{E} - \mathcal{E} = \, r_i \, i_1 + r_i \, (i_1-i_2) \\ \mathcal{E} -\mathcal{E} = \, r_i (i_2 - i_1) + r_i(i_2-i_3)\\ \mathcal{E}= \, R \, i_3 + r_i\,(i_3-i_2) \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} 0 = r_i \,( 2 \, i_1 - i_2) \\ 0 = r_i \, (2\,i_2-i_1-i_3)\\ \mathcal{E}= R \, i_3 + r_i \,(i_3-i_2) \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} i_2 = 2\, i_1 \\ i_3 = 2\,i_2 - i_1 = 4\, i_1 - i_1 = 3\, i_1\\ \mathcal{E}= R \, i_3 + r_i \,(i_3-i_2) \end{cases}\\[10pt] & \Leftrightarrow \quad \begin{cases} i_2 = 2\, i_1 \\ i_3 = 3\, i_1\\ \mathcal{E}= R \, ( 3\, i_1 ) + r_i \,(3\, i_1- 2\, i_1) \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} i_2 = 2\, i_1 \\ i_3 = 3\, i_1\\ \mathcal{E}= i_1 \, (3\,R + r_i) \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} i_2 = 2\, i_1 \\ i_3 = 3\, i_1\\ i_1 = \mathcal{E} / (3\,R + r_i). \end{cases} \end{aligned} \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici si ottiene

(56) $\begin{equation*}{} \begin{cases} i_1 = \text{0,32} \, \text{A} \\ i_2 = \text{0,63} \, \text{A} \\ i_3 = \text{0,95} \, \text{A}. \end{cases} \end{equation*}$

da cui la potenza complessiva erogata dai generatori risulta

(57) $\begin{equation*} P_{gen} = \left(i_3-i_2\right) \, \mathcal{E} + \left(i_2-i_1\right)\, \mathcal{E} + i_1 \, \mathcal{E} = \frac{\mathcal{E}^2}{3 \, R + r_i} \left( \left(3-2\right) + \left(2-1\right)+1 \right) = \frac{3 \, \mathcal{E}^2}{3 \, R + r_i} = \text{5,68} \, \text{W}. \end{equation*}$

La potenza dissipata su $R$ risulta

(58) $\begin{equation*} P_R = R \, i_3^2 = \text{5,4} \, \text{W}. \end{equation*}$

I risultati numerici sono

$\boxcolorato{fisica}{a) R_{eq} = \text{0,33} \, \Omega \quad b) i = \text{0,95} \, \text{A} \quad c) P_{gen} = \text{5,7}\, \text{W} \quad d) P_R = \text{5,4}\, \text{W}.}$

Osservazione.

Al fine di ottenere la resistenza equivalente, si cortocircuitano i generatori presenti nel ramo del circuito di cui si è interessati e osservando la disposizione dei resistori.

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due genenatori, aventi la stessa f.e.m. $\mathcal{E} = 6\, \text{V}$ , e resistenza interna $r_1 = \text{0,5} \, \Omega$ e $r_2 = \text{0,2} \, \Omega$ rispettivamente, sono collegati in serie ad un resistore $R$ . Calcolare $R$ in modo che sia nulla la d.d.p. ai capi $P$ e $Q$ del primo generatore.

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Figura 18: esercizio 15.

Svolgimento.

Si consideri la figura 19 (si ricorda che la scelta del verso delle correnti di anello è arbitario)

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Figura 19: scelta convenzionale del verso della corrente di anello nell’esercizio 15.

Imponendo che la caduta di potenziale tra i punti $P$ e $Q$ sia nulla si ricava la relazione

(59) $\begin{equation*}{} \mathcal{E} - r_1 \, i = 0 = V_P - V_Q \quad \Leftrightarrow \quad \mathcal{E} = r_1 \, i. \end{equation*}$

Applicando la $LKT$ si ha:

(60) $\begin{equation*}{} 2 \, \mathcal{E} = r_1 \, i + r_2 \, i + R \, i. \end{equation*}$

Mettendo a sistema (59) e (60) e risolvendo per ricavare $R$ si ottiene

(61) $\begin{equation*} 2\, r_1 \, i = r_1 \, i + r_2 \, i + R \, i \implies R = r_1 - r_2, \end{equation*}$

sostituendo i valori si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{R = \text{0,3}\, \Omega.}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito che segue sia $\mathcal{E} = 6 \, \text{V}$ e $R = 100 \, \Omega$ . Calcolare la d.d.p. $\Delta V$ tra i punti $C$ e $D$ .

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Figura 20: esercizio 16.

Svolgimento.

Si consideri la seguente figura 21 (Si ricorda che la scelta del verso delle correnti è convenzionale)

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Figura 21: scelta convenzionale del verso della corrente di anello nell’esercizio 16.

Scegliendo il verso delle correnti come in figura e applicando la $LKT$ al circuito si ottiene il seguente sistema:

(62) $\begin{equation*}{} \begin{cases} -\mathcal{E} + \mathcal{E} = 2\,R\,i_1 + 2 \, R ( i_1 - i_2 )\\ \mathcal{E} = 2 \, R ( i_2 - i_1) + R \, i_2 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} i_2 = 2\, i_1\\ \mathcal{E} = 2 \, R ( \,i_2 - i_1) + 2 \, R \, i_1 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} i_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{2 \, R}\\\\ i_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{4 \, R}. \end{cases} \end{equation*}$

Dunque la d.d.p. $\Delta V_{CD}$ risulta

(63) $\begin{equation*} V_C-V_D = -2 \, R \, | i_1-i_2 \, | + \mathcal{E} = -2 \, R \, \left| \frac{\mathcal{E}}{4 \, R} -\frac{\mathcal{E}}{2 \, R} \, \right| + \mathcal{E} = -\frac{\mathcal{E}}{2} + \mathcal{E} = \frac{\mathcal{E}}{2}, \end{equation*}$

dove al secondo passaggio abbiamo utilizzato le espressioni ottenute in (62), numericamente si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V_{CD} = 3 \, \text{V}.}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nello schema 22 la batteria scarica $\mathcal{E}_{sc} = 10 \, \text{V}$ , $R_{sc} = 1 \, \Omega$ è collegata ad una batteria carica $\mathcal{E}_c = 12 \, \text{V}$ , $R_c = \text{0,01} \, \Omega$ . Determinare la corrente $i_{av}$ nella resistenza di avviamento $R_{av} = \text{0,06}\, \Omega$ e nella batteria scarica $i_{sc}$ .

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Figura 22: esercizio 17.

Svolgimento.

Si consideri la seguente figura

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Figura 23: scelta convenzionale del verso della corrente di anello nell’esercizio 17.

Scegliendo convenzionalmente il verso delle correnti come in figura 23, applicando $LKT$ al circuito in questione si ha

(64) $\begin{equation*} \begin{cases} \mathcal{E}_{c} - \mathcal{E}_{sc} = R_c \, i_1 + R_{sc} \,(i_1-i_2)\\ \mathcal{E}_{sc} = R_{sc} \, (i_2-i_1) + R_{av} \, i_2 \end{cases} \implies \begin{cases} \mathcal{E}_{c} - \mathcal{E}_{sc} = R_c \, i_1 + R_{sc} \, i_1 - R_{sc} \, i_2 \\ \mathcal{E}_{sc} = R_{sc} \, i_2 - R_{sc} \, i_1 + R_{av} \, i_2 , \end{cases} \end{equation*}$

dalla prima equazione si ricava $i_2$

(65) $\begin{equation*} i_2 = \frac{- \mathcal{E}_{c} + \mathcal{E}_{sc} + i_1 \, (R_c + R_{sc}) }{R_{sc}}, \end{equation*}$

sostituendo questa espressione nella seconda equazione del sistema si ricava l’espressione

(66) $\begin{equation*} \mathcal{E}_{sc} = ( R_{sc} + R_{av} ) \, \left(\frac{-\mathcal{E}_{c} + \mathcal{E}_{sc} + i_1 \, (R_c + R_{sc}) }{R_{sc}} \right) - R_{sc} \, i_1, \end{equation*}$

da cui

(67) $\begin{equation*} 0 = -\mathcal{E}_{c} \, R_{sc} + ( R_{sc} + R_{av} ) \, (-\mathcal{E}_{c} + \mathcal{E}_{sc}) + i_1\, \left(( R_{sc} + R_{av} ) \, (R_c + R_{sc}) - R_{sc}^2 \right), \end{equation*}$

cioè si ottiene un’espressione esplicita per $i_1$

(68) $\begin{equation*} i_1 = \frac{\mathcal{E}_{c} \, R_{sc} + ( R_{sc} + R_{av} ) \, (\mathcal{E}_{c} - \mathcal{E}_{sc}) }{( R_{sc} + R_{av} ) \, (R_c + R_{sc}) - R_{sc}^2 }, \end{equation*}$

e sostituendo i valori numerici ricaviamo $i_1$ e da (65) otteniamo $i_2$ . I risultati numerici sono

$\boxcolorato{fisica}{$i_1 = \text{171,67} \, \text{A} = i_{c} \quad i_2 = \text{171,39} \, \text{A} = i_{av} \quad i_{sc} = i_1-i_2 = \text{0,28} \, \text{A}.}$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura 24 $\mathcal{E}_1 = 2 \, \text{V}, \, \mathcal{E}_2 = 4 \, \text{V}$ , $R_1 = 1 \, \Omega$ e $R_2= 4 \, \Omega$ . Calcolare la d.d.p. tra i punti $A$ e $B$ .

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Figura 24: esercizio 18.

Svolgimento.

Si consideri la seguente figura 25 (si ricorda che la scelta del verso delle correnti di anello è convenzionale)

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Figura 25: scelta convenzionale del verso della corrente di anello nell’esercizio 18.

Applicando le $LKT$ si ottiene il sistema

(69) $\begin{equation*} \begin{cases} \mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_2 = R_1 \, i_1 + R_2 \, ( i_1 - i_2 ) + R_1 \, i_1\\ \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 = R_2 \, (i_2 - i_1) + R_1 \, i_2 + R_1 \, i_2. \end{cases} \end{equation*}$

Sommando le due equazioni del sistema si ha

(70) $\begin{equation*} 0=2 \,R_1 \, i_1 + 2 \, R_1 \, i_2 \implies i_2=-i_1, \end{equation*}$

e sostituendo questo risultato nella prima equazione di (69) si ottiene

(71) $\begin{equation*} \mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_2 = R_1 \, i_1 + R_2 \, (i_1+i_1) + R_1 \, i_1, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{i_1 = \frac{\mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_2}{2\, (R_1+R_2)} = - \text{0,2} \, \text{A}.}$

La seconda corrente risulta essere $i_2 = \text{0,2} \, \text{A}$ .

Segue infine che la d.d.p. è

$\boxcolorato{fisica}{V_A -V_B = - | i_1-i_2| \, R_2 + \mathcal{E}_2 = \text{2,4} \, \text{V}.}$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura $R_1 = 15 \, \Omega$ , $R_2 =30 \, \Omega$ , $R_3 = 15 \, \Omega$ , $\mathcal{E}_1 = \text{1,5} \, \text{V}$ e $\mathcal{E}_2 = \text{4,5} \, \text{V}$ .

Calcolare:

la corrente $i_1, i_2, i_3$ che percorre ciascun resistore $R_i$ ;
la potenza $P_R$ complessiva dissipata nel sistema di resistori.

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Figura 26: esercizio 19.

Svolgimento punto 1.

Si consideri la figura 27 (si ricorda che la scelta delle correnti di anello è convenzionale)

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Figura 27: scelta convenzionale del verso della corrente di anello nell’esercizio 19.

Applicando LKT al circuito otteniamo il seguente sistema

(72) $\begin{equation*} \begin{cases} \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 = R_1 \, \tilde{i}_1 \\ \mathcal{E}_2 = R_2 \, (\tilde{i}_2 - \tilde{i}_3) \\ 0 = R_2 \, (\tilde{i}_3 - \tilde{i}_2) + R_3 \, \tilde{i}_3. \end{cases} \end{equation*}$

Sommando la seconda e la terza equazione del sistema si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{E}_2 = R_3 \, \tilde{i}_3 \implies \tilde{i}_3 = \frac{\mathcal{E}_2}{R_3} = \text{0,3} \, \text{A}.}$

Dalla prima equazione del sistema troviamo

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{i}_1 = \frac{\mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1}{R_1} = \text{0,2} \, \text{A}.}$

Sostituiamo infine $\tilde{i}_3$ nella seconda equazione e otteniamo

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{i}_2 = \frac{\mathcal{E}_2 + R_2 \, \tilde{i}_3}{R_2} = \text{0,454} \, \text{A}.}$

Chiaramente le correnti di anello che abbiamo denominato rispettivamente $\tilde{i}_1,\,\tilde{i}_2$ e $\tilde{i}_3$ in generale sono diverse dalle correnti che circolano nei singoli fili; in questo caso per la geometria del circuiti si ha che $i_1=\tilde{i}_1$ , $i_2=\tilde{i}_2$ e $i_3=\tilde{i}_3$ .

Svolgimento punto 2.

La potenza complessiva dissipata dai resistori è:

$\boxcolorato{fisica}{P_R = R_1 \, \tilde{i}_1^2 + R_2 (\tilde{i}_2-\tilde{i}_3)^2 + R_3 \, \tilde{i}_3^2 = \text{2,625} \, \text{W} .}$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura $\mathcal{E}_1 = 3 \, \text{V}$ , $\mathcal{E}_2 = 6 \, \text{V}$ , $R_1 = 2 \, \Omega$ e $R_2 = 4 \, \Omega$ . Calcolare:

la corrente $i_1, i_2, i_3$ che percorre ciascun resistore;
la d.d.p. tra i punti $A$ e $B$ ;
la potenza complessiva $P_R$ dissipata nel sistema di resistori.

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Figura 28: esercizio 20.

Svolgimento punto 1.

Si consideri la figura 29 (si ricorda che la scelta del verso delle correnti di anello è convenzionale)

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Figura 29: scelta convenzionale del verso della corrente di anello nell’esercizio 20.

Applicando LKT al circuito si ottiene il sistema di equazioni

(73) $\begin{equation*} \begin{cases} \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 = 2\, R_1 \, \tilde{i}_1 + R_2 \, (\tilde{i}_1-\tilde{i}_3)\\ \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_2 = 0 = 2 \, R_1 \, \tilde{i}_3 + R_2 \, ( \tilde{i}_3-\tilde{i}_1) \end{cases} \implies \begin{cases} \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 = 2 \, R_1 \, \tilde{i}_1 + R_2 \, \tilde{i}_1 - R_2 \, i_3\\ 0 = 2 \, R_i \, \tilde{i}_3 + R_2 \, \tilde{i}_3 - R_2 \, \tilde{i}_1, \end{cases} \end{equation*}$

dalla seconda equazione ricaviamo $\tilde{i}_3$

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{i}_3 = \frac{R_2 \, \tilde{i}_1}{2 \, R_1 + R_2},}$

da cui sostituendo $i_3$ nella prima si ha

(74) $\begin{equation*} \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 = 2 \, R_1 \, \tilde{i}_1 + R_2 \, \tilde{i}_1 - R_2 \left( \frac{R_2 \, \tilde{i}_1}{2 \, R_1 + R_2}\right) \implies \tilde{i}_1 = \left(2 \, R_1 + R_2 - \frac{R_2^2}{2 \, R_1 + R_2}\right)^{-1}\left( \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 \right), \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{ \tilde{i}_1 = \left(\frac{4\, R_1^2 +4 \, R_1 \, R_2}{2 \, R_1 + R_2}\right)^{-1}\left( \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 \right) = \frac{\left(2 \, R_1 + R_2 \right) \left( \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 \right)}{4\, R_1\, \left(R_1 + R_2 \right)} = \text{0,5} \, \text{A},}$

quindi

$\boxcolorato{fisica}{i_1=\tilde{i}_1=\text{0,5}\,\,\text{A},\,\, i_3 =\tilde{i}_3= \text{0,25} \, \text{A}, \,\, i_2 = \tilde{i}_3 - \tilde{i}_1 = - \text{0,25}\, \text{A}.}$

dove per trovare la corrente $i_2$ abbiamo usato la $LKC$ applicata al nodo $A$ . Il segno negativo indica che il verso è opposto rispetto alla direzione indicata in figura 28.

Svolgimento punto 2.

La d.d.p. $V_A-V_B$ risulta

$\boxcolorato{fisica}{V_A-V_B = - R_2 \, |i_2| + \mathcal{E}_2 = 5 \, \text{V}.}$

Svolgimento punto 3.

La potenza complessiva è la somma delle potenze dissipate su ciascun resistore

$\boxcolorato{fisica}{P_R = 2 \, R_1 \, i_1^2 + R_2 \, i_2^2 + 2\, R_1 \, i_3^2 = \text{1,5} \, \text{W}.}$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura $\mathcal{E}_1 = 6 \, \text{V}$ , $\mathcal{E}_2 = 5 \, \text{V}$ , $\mathcal{E}_3 = 4 \, \text{V}$ , $R_1 = 100 \, \Omega$ e $R_2 = 50 \, \Omega$ . Calcolare:

le correnti $i_1, i_2, i_3$ ;
la d.d.p. tra i punti $A$ e $B$ ;
la potenza complessiva $P_{gen}$ generata dai generatori, verificando che essa è uguale alla potenza dissipata nel sistema di resistori $P_R$ .

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Figura 30: esercizio 21 .

Svolgimento.

Si consideri la figura 31 (si ricorda che la scelta del verso delle correnti di anello è convenzionale)

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Figura 31: scelta convenzionale del verso della corrente di anello nell’esercizio 21 .

Applicando LKT al circuito si ottiene il seguente sistema:

(75) $\begin{equation*} \begin{cases} \mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_3 = R_2 \, \tilde{i}_3\\ \mathcal{E}_2 = R_1 \, \tilde{i}_1 \end{cases} \implies \begin{cases} \tilde{i}_3=\dfrac{\mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_3}{R_2}=-0,06\,\text{A}\\\\ \tilde{i}_1 = \dfrac{\mathcal{E}_2}{R_1}=\text{0,05}\,\text{A}. \end{cases} \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici si ha

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{i}_1=i_1 =\text{0,05} \, \text{A}, \quad i_3 =-\tilde{i}_3= \text{0,06} \, \text{A}, \quad i_2 = \tilde{i}_1-\tilde{i}_3 = \text{0,11} \, \text{A}.}$

Il segno meno di $i_3$ sta ad indicare che il verso della corrente è opposto a quello scelto in figura.

La d.d.p. $V_A-V_B$ risulta

$\boxcolorato{fisica}{V_A-V_B = \mathcal{E}_2 + \mathcal{E}_3 = 9 \, \text{V}.}$

La potenza erogata dai generatori è data da

$\boxcolorato{fisica}{ P_{gen} = \mathcal{E}_3 \, | \tilde{i}_3| + \mathcal{E}_2 \, i_2 - \mathcal{E}_1 |\tilde{i}_3| = \text{0,43} \, \text{W}.}$

La potenza dissipata dai resistori è data da

$\boxcolorato{fisica}{ P_R = R_2 \, i_3^2 + R_1 \, i_1^2 = \text{0,43}\, \text{W}.}$

Segue dunque che $P_{gen} = P_R$ come volevasi dimostrare per il principio di conservazione della potenza, cioè che la potenza erogata dai generatori è uguale alla potenza assorbita dai resistori.

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura $\mathcal{E}_1 = 12 \, \text{V}$ , $\mathcal{E}_2 = 10 \, \text{V}$ , $\mathcal{E}_3 = 8 \, \text{V}$ , $R_1 = 50 \, \Omega$ , $R_2 = 20 \, \Omega$ e $R_3 = 10 \, \Omega$ . Calcolare:

la corrente $i_1, i_2, i_3$ che percorre ciascun resistore;
la d.d.p. tra i punti $A$ e $B$ ;
la potenza complessiva $P_{R}$ dissipata nel sistema, verificando che essa è uguale alla potenza $P_{gen}$ erogata dai generatori.

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Figura 32: esercizio 22.

Svolgimento punto 1.

Si consideri la figura 33 (si ricorda che la scelta del verso delle correnti è convenzionale)

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Figura 33: scelta convenzionale del verso della corrente di anello nell’esercizio 22.

Applicando LKT al circuito si ottiene il sistema di equazioni

(76) $\begin{equation*} \begin{cases} - \mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_3 + \mathcal{E}_2 = R_1 \, \tilde{i}_1 + R_3 \, (\tilde{i}_1 - \tilde{i}_2)\\ -\mathcal{E}_2 = R_3 \, (\tilde{i}_2 - \tilde{i}_1) + R_2 \, \tilde{i}_2 \end{cases} \implies \begin{cases} -\mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_3 + \mathcal{E}_2 = R_1 \, \tilde{i}_1 + R_3 \, \tilde{i}_1 - R_3 \, \tilde{i}_2\\ -\mathcal{E}_2 = R_3 \, \tilde{i}_2 - R_3 \, \tilde{i}_1 + R_2 \, \tilde{i}_2. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla seconda equazione del sistema si ottiene

(77) $\begin{equation*} \tilde{i}_2 = \frac{-\mathcal{E}_2 + R_3 \, \tilde{i}_1}{R_3 + R_2}, \end{equation*}$

da cui sostituendo $i_2$ nella prima equazione del sistema, si ottiene

(78) $\begin{equation*} -\mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_3 + \mathcal{E}_2 = (R_1+ R_3 )\, \tilde{i}_1 - R_3 \left( \frac{-\mathcal{E}_2 + R_3 \, \tilde{i}_1}{R_3 + R_2}\right), \end{equation*}$

cioè

(79) $\begin{equation*} (-\mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_3 + \mathcal{E}_2)\,(R_3 + R_2) = (R_1+ R_3 )\,(R_3 + R_2)\, \tilde{i}_1 + R_3 \,\mathcal{E}_2 - R_3^2 \, \tilde{i}_1, \end{equation*}$

quindi

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{i}_1 = \frac{(-\mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_3 + \mathcal{E}_2)\,(R_3 + R_2)- R_3 \, \mathcal{E}_2}{(R_1 + R_3) \, (R_3 + R_2) - R_3^2} \simeq \text{0,047} \, \text{A}.}$

Da (77) sostituendo i valori numerici ricaviamo la seconda corrente

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{i}_2 \simeq -\text{0,318} \, \text{A}.}$

Pertanto tenendo conto della geometria del circuito si ha

$\boxcolorato{fisica}{i_1=\tilde{i}_1,\,\,i_2=\tilde{i}_2,}$

dove il segno negativo della seconda corrente sta ad indicare che il verso di percorrenza della corrente è opposto a quello scelto. In particolare, la corrente che scorre su $R_3$ , risulta

$\boxcolorato{fisica}{i_3 =-\left(i_1 + \left \vert i_2 \right \vert \right)\simeq -\text{0,365} \, \text{A},}$

dove il segno meno è stato inserito appositamente per indicare che la corrente è opposta a quella scelta per ipotesi dal testo.

Svolgimento punto 2.

La d.d.p. $V_A-V_B$ risulta

$\boxcolorato{fisica}{V_A - V_B = - R_3 \, i_3 + \mathcal{E}_2 + \mathcal{E}_3 \simeq \text{14,35} \, \text{V}.}$

Svolgimento punto 3.

La potenza $P_R$ è data dalla somma di tutte le potenze dissipate dai singoli resistori

$\boxcolorato{fisica}{P_R = R_1 \, i_1^2 + R_3 \, i_3^2 + R_2 \, i_2^2 \simeq \text{3,46} \, \text{W}.}$

La potenza $P_{gen}$ è dalla potenza erogata dai singoli generatori

$\boxcolorato{fisica}{P_{gen} = - \mathcal{E}_1 \, i_1 + \mathcal{E}_3 \, i_1 + \mathcal{E}_2 \, \left \vert i_3 \right \vert \simeq \text{3,46}\, \text{W}.}$

Ovviamente la potenza dissipata dai resistori e la stessa della potenza erogata dai generatori per il principio di conservazione della potenza.

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un generatore di f.e.m. $\mathcal{E} = 9 \, \text{V}$ e resistenza interna $r_i = 2 \, \Omega$ è collegato alla rete di resistori, tutti uguali di valore $R=6 \, \Omega$ , mostrata in figura 34. Calcolare:

la resistenza equivalente $R_{eq}$ della rete vista dai punti $A$ e $B$ del circuito;
la corrente $i$ che circola in ciascun resistore;
la potenza complessiva $P_R$ trasferita alla rete.

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Figura 34: esercizio 23.

Svolgimento punto 1.

La resistenza equivalente della rete di resistori presente nel circuito si può schematizzare e risolvere come segue. Le tre resistenze della parte superiore sono allo stesso potenziale $V_A$ , quelle nella parte inferiore allo stesso potenziale $V_B$ , come schematizzato nella prima rappresentazione in figura 35. Essendo le resistenze identiche, la corrente si distribuisce equamente nelle tre, causando la medesima caduta di potenziale, portando così le resistenze dei rami $CO$ e $OD$ ad essere poste ad una d.d.p. nulla. In esse dunque non scorre corrente, possiamo allora rimuoverle dal circuito, come nella rappresentazione al centro in figura 35. I tre rami verticali presentano dunque due resistenze in serie. Dunque la resistenza equivalente risulta il parallelo di queste tre resistenze:

$\boxcolorato{fisica}{R_{eq} = \left( \frac{1}{2R} + \frac{1}{2R} + \frac{1}{2R} \right)^{-1} = 2 \cdot \frac{R}{3} = 4 \, \Omega.}$

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Figura 35: resistenza equivalente della rete resistiva

Svolgimento punto 2.

Si consideri la seguente figura 36

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Figura 36: scelta convenzionale del verso delle correnti.

La corrente totale $i_T$ che scorre nel circuito risulta

(80) $\begin{equation*} i_T = \frac{\mathcal{E}}{R_{eq} + r_i} = \text{1,5} \, \text{A}, \end{equation*}$

per cui la corrente che scorre su ciascuna resistenza, salvo per quelle dei rami $CO$ e $OD$ , risulta essere

$\boxcolorato{fisica}{i = \frac{i_T}{3} = \text{0,5} \, \text{A}.}$

Svolgimento punto 3.

La potenza complessiva risulta

$\boxcolorato{fisica}{P_R = i_T^2 \, R_{eq} = 9 \, \text{W}.}$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un condensatore con $C=500 \, \text{pF}$ ha una carica iniziale $q_0 = 6 \cdot 10^{-6} \, \text{C}$ ; esso viene collegato ai capi di un resistore $R=100 \, \text{M} \Omega$ attraverso il quale comincia a scaricarsi. Calcolare:

la costante di tempo $\tau$ del circuito;
il valore $i$ della corrente quando $q = \text{0,1} \, q_0$ .

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Figura 37: esercizio 24.

Svolgimento punto 1.

In generale la costante di tempo è definita come $\tau =\tilde{R}C$ dove $\tilde{R}$ è la resistenza vista ai capi del condensatore. Nel nostro caso risulta $\tilde{R}=R$ , quindi

$\boxcolorato{fisica}{\tau = R \, C = \text{0,05} \, \text{s}.}$

Svolgimento punto 2.

È noto che

(81) $\begin{equation*} q(t) = q_0 \, e^{-\dfrac{t}{R \, C}}\quad \text{per}\,\,t>0. \end{equation*}$

Pertanto imponendo $q(t) = \text{0,1} \, q_0$ abbiamo

(82) $\begin{equation*} \text{0,1} = e^{-\dfrac{t}{R \, C}} \implies \ln\left({0,1}\right) = - \frac{t}{R \, C} \implies t = - R \, C \ln {\frac{1}{10}} = R \, C \ln{10}=\tilde{t}, \end{equation*}$

abbiamo così trovato l’istante di tempo $\tilde{t}$ tale che $q(\tilde{t}) = 0,1 \, q_0$ . Ricordiamo che si tratta della scarica di un condensatore, quindi

$i(t)=-\dfrac{dq}{dt}=\dfrac{q_0}{RC}e^{-\dfrac{t}{RC}},$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{i(\tilde{t})=\dfrac{q_0}{RC}e^{-\dfrac{ R \, C \ln{10}}{RC}} = \dfrac{q_0}{RC}e^{\ln 10^{-1}}=\frac{q_0}{10 \, R \, C} = \text{1,2} \cdot 10^{-5} \, \text{A}.}$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un circuito $R \, C$ viene scaricato chiudendo un’interruttore al tempo $t_0 = 0\,\text{s}$ . La differenza di potenziale è, in quell’istante, $V_0 = 100 \, \text{V}$ e si riduce a $V_1 = 1 \, \text{V}$ dopo un tempo $t_1= 10 \, \text{s}$ . Calcolare:

la costante di tempo $\tau$ del circuito;
il valore della differenza di potenziale $V_2$ dopo $t_2 = 20 \, \text{s}$ .

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Figura 38: esercizio 25.

Svolgimento punto 1.

È noto che

$V_C(t)=V_0\,e^{-\dfrac{t}{RC}}\quad \text{per}\,\,t\geq 0.$

Posto $t=t_1$ si ha

$V_C(t_1)=V_1=V_0\,e^{-\dfrac{t_1}{RC}},$

da cui

$\ln{\frac{V_1}{V_0}} = -\frac{t_1}{R \, C},$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{R \, C \equiv \tau = -\frac{t_1}{\ln{V_1} - \ln{V_0}} = \frac{t_1}{\ln{V_0}} = \text{2,17}\, \text{s}.}$

Svolgimento punto 2.

Il potenziale al tempo $t_2$ risulta

$\boxcolorato{fisica}{V_C(t_2)=V_2 = V_0 \, e^{-\dfrac{t_2}{\tau}} \simeq \text{0,01} \, \text{V}.}$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . La differenza di potenziale tra le armature di un condensatore $C=2\, \mu \text{F}$ scende da $V_0$ a $V_0/4$ in un tempo $t^*=2 \, \text{s}$ . Calcolare la resistenza di perdita $R$ tra le due armature.

Svolgimento.

Si consideri il circuito in figura 39

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Figura 39: esercizio 26 .

È noto che

(83) $\begin{equation*} V_c(t)=V_0e^{-t/(RC)}, \end{equation*}$

dove $V_C$ è la differenza di potenziale ai capi del condensatore che si sta scaricando.

Posto $t=t^\star$ si ha

(84) $\begin{equation*} \begin{aligned} V_c(t^\star)&=V_0e^{-t^\star/(RC)}=\dfrac{V_0}{4}\quad \Leftrightarrow \quad e^{-t^\star/(RC)}=\dfrac{1}{4} \quad \Leftrightarrow \quad-t^\star=RC\ln\left(\dfrac{1}{4}\right)=-RC\ln 4 \quad \Leftrightarrow \quad \\ &\quad \Leftrightarrow \quad t^\star=RC\ln 4 =2RC\ln 2\quad \Leftrightarrow \quad R=\dfrac{t^\star}{2C\ln 2} . \end{aligned} \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{R= \frac{t^*}{C} \frac{1}{2\ln{2}} =\text{0,721}\cdot 10 ^ 6 \, \Omega .}$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In quanto tempo l’energia elettrostatica $U_e$ accumulata nel condensatore di un circuito $R C$ si riduce a metà del suo valore massimo? Esprimere il risultato in termini della costante di tempo $\tau$ del circuito.

Svolgimento.

Si consideri la seguente figura

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Figura 40: esercizio 27.

È noto che

(85) $\begin{equation*} V_C(t)=V_0e^{-t/(RC)}, \end{equation*}$

dove $V_C$ è la differenza di potenziale ai capi del condensatore in un generico istante $t$ , e $V_0$ è la differenza di potenziale ai capi del condensatore all’istante $t=0$ , cioè la differenza di potenziale prima che il condensatore inizi a scaricarsi.

In un generico istante $t$ l’energia del condensatore è

(86) $\begin{equation*} U(t)=\dfrac{1}{2}CV^2_C=\dfrac{1}{2}CV_0^2e^{-2t/(RC)}, \end{equation*}$

da cui ponendo $U(t)=U_{\text{max}}/2=U(0)/2$ si trova il tempo richiesto.

Abbiamo dunque

(87) $\begin{equation*} \begin{aligned} U(t)&=\dfrac{U(0)}{2}\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{2}CV_0^2e^{-2t/(RC)}=\dfrac{CV_0^2}{4}\quad \Leftrightarrow \\[10pt] &\Leftrightarrow\ quad \e^{-2t/(RC)}=\dfrac{1}{2}\quad \Leftrightarrow \quad-\dfrac{2t}{RC}=\ln\left(\dfrac{1}{2}\right)\quad \Leftrightarrow \quad\dfrac{2t}{RC}=\ln 2\quad \Leftrightarrow \quad t=\dfrac{RC\ln 2}{2}. \end{aligned} \end{equation*}$

Si ricorda che la costante di tempo $\tau =RC$ , pertanto si può concludere che

$\boxcolorato{fisica}{t = \frac{\tau \, \ln{2}}{2} =\text{0,35} \, \tau.}$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura $\mathcal{E} = 12 \, \text{V}$ , $r_i = 2 \, \Omega$ , $R = 10 \, \Omega$ , $R_2 = 12 \, \Omega$ e $R_3=24 \, \Omega$ e la corrente che circola nel generatore è $i = \text{0,5} \, \text{A}$ . L’energia elettrostatica immagazzinata in $C_1$ e $C_2$ vale rispettivamente $U_1 = 4 \cdot 10^{-6} \, \text{J}$ e $U_2 = 2 \cdot 10^{-6} \,\text{J}$ . Calcolare:

il valore di $R_1$ ;
$C_1$ e $C_2$ .

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Figura 41: esercizio 28.

Svolgimento punto 1.

Si osservi che $r_i$ e $R$ sono in serie, allora

(88) $\begin{equation*} R_{eq} = r_i + R = 12 \, \Omega, \end{equation*}$

mentre $R_2$ e $R_3$ sono in parallelo, dunque

(89) $\begin{equation*} R_{eq,1} = \left( \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} \right)^{-1} = 8 \, \Omega. \end{equation*}$

Il sistema può essere ridisegnato come segue. Si noti che i condensatori $C_1$ e $C_2$ sono carichi, pertanto si comportano come degli aperti (quindi si possono escludere dal circuito), inoltre la corrente $i$ che circolare nel circuiti “attraverserà” solamente le resistenza $R_1$ , $R_{eq,1}$ e $R_{eq}$ .

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Figura 42: esercizio 28, circuito semplificato.

Applicando LKT si ha

(90) $\begin{equation*} \mathcal{E} = R_1 \, i + R_{eq,1} \, i + R_{eq}i, \end{equation*}$

da cui si ricava la resistenza $R_1$

$\boxcolorato{fisica}{R_1 = \frac{\mathcal{E} - R_{eq,1} \, i - R_{eq} \, i}{i} = 4 \, \Omega.}$

Svolgimento punto 2.

Nota la relazione $V_1 = R_1 i$ e l’espressione dell’energia potenziale elettrostatica

(91) $\begin{equation*} U_1 = \frac{1}{2} \, C_1 \, V_1^2, \end{equation*}$

si ricava

$\boxcolorato{fisica}{C_1 = 2 \, U_1 \, (R_1 \, i)^{-2} = 2 \cdot 10^{-6} \, \text{F}.}$

Analogamente per $C_2$ si ha

$\boxcolorato{fisica}{C_2 = 2 \, U_2 \, (R_{eq,1} \, i)^{-2} = \text{0,25} \cdot 10^{-6} \, \text{F}.}$

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura $\mathcal{E} = 36 \, \text{V}$ , $R_1 = 30 \, \Omega$ , $R_2 = 15 \, \Omega$ , $C_1 = 500 \, \text{nF}$ e $C_2 = 250 \, \text{nF}$ . Calcolare:

la d.d.p. $V_1$ e $V_2$ ai capi dei due condensatori, quando l’interruttore $T$ è aperto;
la d.d.p. $V'_i$ ai capi degli stessi quando l’interruttore $T$ è chiuso da molto tempo;
la carica netta $q$ che fluisce attraverso $T$ dall’istante in cui viene chiuso a quando passa molto tempo dalla sua chiusura.

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Figura 43: esericizio 29.

Svolgimento punto 1.

Si consideri la seguente figura

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Figura 44: esercizio 29.

Applicando LKT al circuito si ottiene

(92) $\begin{equation*} \mathcal{E}= R_1 \, i + R_2 \, i \implies i = \frac{\mathcal{E}}{R_1 + R_2} = \text{0,8} \, \text{A}. \end{equation*}$

I capacitori $C_1$ e $C_2$ sono in serie (quindi hanno anche la stessa carica), dunque

(93) $\begin{equation*} C_{eq} = \left(\frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} \right)^{-1} = \text{166,67} \, \text{nF}, \end{equation*}$

da cui

(94) $\begin{equation*} V_{C_1}+ V_{C_2}=\left(R_1+R_2\right)i, \end{equation*}$

cioè

(95) $\begin{equation*} \dfrac{q}{C_{eq}}=\left(R_1+R_2\right)i. \end{equation*}$

Pertanto

(96) $\begin{equation*} q = (R_1 + R_2) \, i \, C_{eq} = 6 \cdot 10^{-6} \, C. \end{equation*}$

Abbiamo dunque

(97) $\begin{equation*} C_1 = \frac{q}{V_1}, \quad \text{e} \quad C_2 = \frac{q}{V_2}. \end{equation*}$

i.e.

$\boxcolorato{fisica}{V_1 = \frac{q}{C_1} = 12 \, \text{V}, \quad \text{e} \quad V_2 = \frac{q}{C_2} = 24 \, \text{V}. }$

Svolgimento punto 2.

Nell’istante $t$ in cui viene chiuso l’interruttore $T$ , $C_1$ e $C_2$ non sono più in serie, quindi le armature si caricano con una carica diversa. Dunque

$\boxcolorato{fisica}{V_1' = R_1 \, i = 24 \, \text{V}, \quad \text{e} \quad V_2' = R_2 \, i = 12 \, \text{V}.}$

Svolgimento punto 3.

Prima che l’interruttore venga chiuso tra i due conduttori, essendo in serie, la carica netta risulta essere nulla. Chiuso l’interruttore, i due condensatori non sono più in serie, pertanto la carica dei due condensatori è diversa. In figura 45 si rappresenta la carica sui condensatori

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Figura 45: carica sui condensatori dopo la chiusa dell’interruttore.

La somma della carica tra di essi è

(98) $\begin{equation*} Q=-q_1^\prime+q_2^\prime=-C_1V_1^\prime+C_2V_2^\prime, \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{Q=-q_1^\prime+q_2^\prime=-C_1V_1^\prime+C_2V_2^\prime,= - 9 \cdot 10^{-6} \, C,}$

che è proprio la carica che è confluita attraverso il ramo dove si trova l’interrutore $T$ .

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura l’interruttore $T$ è inizialmente chiuso e il condensatore $C$ è carico al suo valore massimo $q_0$ . I Valori numeri dei generatori e delle resistenze presenti in figura 46 sono rispettivamente: $\mathcal{E} = 18 \, \text{V}$ , $R_1 = 20 \, \text{k} \Omega$ , $R_2 = 10 \, \text{k} \Omega$ , $R_3 = 5 \, \text{k} \Omega$ e $C = 10 \, \mu \text{F}$ .Calcolare:

la corrente $i_1$ nel resistore $R_1$ ;
la carica $q_0$ del condensatore.

All’istante $t=0$ l’interruttore $T$ viene aperto. Calcolare:

il tempo $t^\star$ necessario affinché la carica sia $q=q_0/5$ ;
la corrente $i_2$ nel resistore $R_2$ in quell’istante.

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Figura 46: esercizio 30.

Svolgimento punto 1.

In figura 47 si rappresenta il circuito con l’interruttore chiuso

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Figura 47: figura circuito con interruttore chiuso esercizio 30.

Risulta chiaro che la corrente $i$ attraversa le resistenze $R_1$ e $R_2$ perché il condensatore si è caricato, quindi il ramo dov’è presente il condensatore si comporta come un circuito aperto. Applicando LKT si ha

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{E} = R_1 \, i + R_2 \, i \implies i = \frac{\mathcal{E}}{R_1 + R_2}= 6 \cdot 10^{-4} \, \text{A},}$

cioè la corrente che attraversa $R_1$ .

Svolgimento punto 2.

Per determinare la carica $q_0$ presente sulle armature del condensatore è utile determinare la differenza di potenziale ai suoi capi. La differenza di potenziale ai capi del condensatore è la stessa differenza di potenziale ai capi della resistenza $R_2$ , perché la resistenza $R_3$ non è attraversata da nessuna corrente. Abbiamo dunque

(99) $\begin{equation*} V_c=R_2i=\frac{\mathcal{E}R_2}{R_1 + R_2}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{q_0=CV_C=\frac{C\mathcal{E}R_2}{R_1 + R_2} = 6 \cdot 10^{-5} \, \text{C}.}$

Svolgimento punto 3.

Apriamo l’interruttore. In figura 48 rappresentiamo il circuito con l’interruttore aperto

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Figura 48: circuito con interruttore aperto esercizio 30.

In questa situazione il condensatore si scarica e la corrente circola solamente nella seconda maglia (come illustrato in figura 48). Applicando LKT si ha (si ricorda che $i=C\dot{V}_C$ , cioè la corrente che attraversa il condensatore è uguale alla derivata rispetto al tempo della differenza di potenziale ai capi del condensatore per la capacità):

(100) $\begin{equation*} \begin{aligned} &V_C(t)+R_2i+R_3i=0\quad \Leftrightarrow \quad V_C+\left(R_2+R_3\right)C\,\dot{V}_C=0\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{\dot{V}_C}{V_C}=-\dfrac{1}{C\left(R_2+R_3\right)}\quad \Leftrightarrow \quad\\ &\quad \Leftrightarrow \quad\int\dfrac{\dot{V}_C}{V_C}\,dt=\int -\dfrac{1}{C\left(R_2+R_3\right)}\,dt\quad \Leftrightarrow \quad \ln \left(V_C\right)=-\dfrac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}+\text{costante}. \end{aligned} \end{equation*}$

Posto $V_C(0)=\dfrac{\mathcal{E}R_2}{R_1 + R_2}$ si ha

(101) $\begin{equation*} \ln \left(V_C(0)\right)=\text{costante}, \end{equation*}$

da cui

(102) $\begin{equation*} \ln\left(V_C\right)=-\dfrac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}+ \ln \left(V_C(0)\right), \end{equation*}$

da cui

(103) $\begin{equation*} \begin{aligned} V_C&=V_C(t)=\\[10pt] &=e^{-\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}+ \ln \left(V_C(0)\right)}=\\[10pt] &=e^{ -\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}}\cdot e^{ \ln \left(V_C(0)\right)}=\\[10pt] &=V_C(0)\,e^{ -\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}}=\\[10pt] &=\frac{\mathcal{E}R_2}{R_1 + R_2}\,e^{ -\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}}, \end{aligned} \end{equation*}$

pertanto

(104) $\begin{equation*} V_C(t)=\dfrac{q(t)}{C}\quad \Leftrightarrow \quad q(t)=CV_C(t)=\frac{\mathcal{E}R_2\,C }{R_1 + R_2}\,e^{ -\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}}. \end{equation*}$

Posto $q(t)=\dfrac{q_0}{5}$ si ha

(105) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\frac{\mathcal{E}R_2\,C }{R_1 + R_2}\,e^{ -\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}}=\frac{C\mathcal{E}R_2}{5\left(R_1 + R_2\right)}\quad \Leftrightarrow \quad e^{ -\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}}=\dfrac{1}{5}\quad \Leftrightarrow \quad\\[10pt] & \Leftrightarrow \quad\-\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}=\ln\left(\dfrac{1}{5}\right)\quad\Leftrightarrow\quad \frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}=\ln\left(5\right),\quad\\[10pt] \end{aligned} \end{equation*}$

da cui

(106) $\begin{equation*} t=C\left(R_2+R_3\right)\ln 5. \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{t^* =C\left(R_2+R_3\right)\ln 5\simeq \text{0,24} \, \text{s}.}$

Svolgimento punto 4.

La corrente in funzione del tempo è

(107) $\begin{equation*} \begin{aligned} i(t)&= C\dot{V}_C=\\[10pt] &=\left(\frac{\mathcal{E}R_2}{R_1 + R_2}\right)\left(-\frac{1}{C\left(R_2+R_3\right)}\right)\,e^{ -\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}}=\\[10pt] &= -\dfrac{\mathcal{E}R_2}{C\left(R_1+R_2\right)\left(R_2+R_3\right)}\,e^{ -\frac{t}{C\left(R_2+R_3\right)}}, \end{aligned} \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{i(t^\star) \equiv i_2 = -\dfrac{\mathcal{E}R_2}{C\left(R_1+R_2\right)\left(R_2+R_3\right)}\,e^{ -\frac{t^\star}{C\left(R_2+R_3\right)}} = -8 \cdot 10^{-5} \, \text{A},}$

cioè la corrente che attraversa il resistore $R_2$ .

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nel circuito in figura, $\mathcal{E} = 20 \, \text{V}$ , $R_1 = 2 \, \Omega$ , $R_2 = 8 \, \Omega$ , $R_3 = 16 \, \Omega$ , $R_4 = 4 \, \Omega$ , $C = \text{0,5} \, \mu \text{F}$ e la corrente che circola è in condizione di regime. Calcolare:

la d.d.p. $V_{CD}$ ai capi del condensatore.

La batteria viene scollegata, calcolare:

dopo quanto tempo la d.d.p. ai capi del condensatore è $V^* = \text{0,1}\, V_{CD}$ .

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Figura 49: esercizio 31.

Svolgimento punto 1.

Il condensatore si è caricato, quindi può essere escluso dal circuito. La resistenza $R_1$ è in serie con $R_2$ e la resistenza $R_3$ è in serie con $R_4$ , quindi $\tilde{R}=R_1+R_2$ e $R^\star=R_3+R_4$ sono in parallelo. Consideriamo la figura 50

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Figura 50: figura 2 esercizio 31.

e applicando la legge di Kirchhoff ai nodi otteniamo

(108) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\mathcal{E}-V_C}{R_1}=\dfrac{V_C}{R_2}\\\\ \dfrac{\mathcal{E}-V_D}{R_3}=\dfrac{V_D}{R_4} \end{cases} \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \dfrac{\mathcal{E}}{R_1}=\dfrac{V_C}{R_2}+\dfrac{V_C}{R_1}\\\\ \dfrac{\mathcal{E}}{R_3}=\dfrac{V_D}{R_4}+\dfrac{V_D}{R_3} \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} V_C=\dfrac{\mathcal{E}R_2}{R_1+R_2}\\\\ V_D=\dfrac{\mathcal{E}R_4}{R_3+R_4}, \end{cases} \end{equation*}$

dove abbiamo messo la parte inferiore del circuito a massa, da cui

(109) $\begin{equation*} \begin{aligned} V_C-V_D&=\dfrac{\mathcal{E}R_2}{R_1+R_2}-\dfrac{\mathcal{E}R_4}{R_3+R_4}=\\[10pt] &=\mathcal{E}\left(\dfrac{R_2R_3+R_2R_4-R_1R_4-R_2R_4}{\left(R_1+R_2\right)\left(R_3+R_4\right)}\right)=\\[10pt] &=\mathcal{E}\left(\dfrac{R_2R_3-R_1R_4}{\left(R_1+R_2\right)\left(R_3+R_4\right)}\right)=12\,\text{V}, \end{aligned} \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{V_C-V_D=\mathcal{E}\left(\dfrac{R_2R_3-R_1R_4}{\left(R_1+R_2\right)\left(R_3+R_4\right)}\right)=12\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 2.

Una volta scollegata la batteria ( $\mathcal{E}=0\,\text{V}$ ), il capacitore inizia la fase di scarica. Le resistenze $R_1$ e $R_3$ sono in serie, così come $R_2$ e $R_4$ . La resistenza equivalente del circuito risulta

(110) $\begin{equation*} R^*_{eq} = \left( \frac{1}{R_1 + R_3} + \frac{1}{R_2 + R_4} \right)^{-1} = \text{7,2} \, \Omega. \end{equation*}$

Il circuito può essere schematizzato come in figura 51

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Figura 51: figura 3 esercizio 31.

La costante di tempo caratteristica del circuito è

(111) $\begin{equation*} \tau = R^*_{eq} \, C = \text{3,6} \, \mu \text{s}, \end{equation*}$

da cui

(112) $\begin{equation*} V(t) =\left(V_C-V_D\right) \, e^{-\frac{t}{\tau}}, \end{equation*}$

cioè la differenza di potenziali ai capi del condensatore. Il tempo $t$ al quale si ha $V^* = \text{0,1} \, V_{CD}$ si ricava imponendo

(113) $\begin{equation*} \left(V_C-V_D\right)\, e^{-\frac{t}{\tau}}=\dfrac{1}{10}\left(V_C-V_D\right) \end{equation*}$

quindi

(114) $\begin{equation*} \begin{aligned} e^{-\frac{t}{\tau}}=\dfrac{1}{10}\quad \Leftrightarrow\quad -\dfrac{t}{\tau}=-\ln\left(10\right),\\[10pt] \end{aligned} \end{equation*}$

da cui

(115) $\begin{equation*} \begin{aligned} &t=\tau\ln\left(10\right)=\\[10pt] &=R^*_{eq} \, C\ln \left(10\right)=\\[10pt] &=C\ln\left(10\right) \left( \frac{1}{R_1 + R_3} + \frac{1}{R_2 + R_4} \right)^{-1}\approx\text{8,29} \cdot10^{-6}\,\text{s}. \end{aligned} \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{t=C\ln\left(10\right) \left( \frac{1}{R_1 + R_3} + \frac{1}{R_2 + R_4} \right)^{-1}\approx\text{8,29} \cdot10^{-6}\,\text{s}.}$

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . L’interruttore $T$ in figura si chiude automaticamente quando $V_C= 2\mathcal{E}/3$ e si apre quando $V_C=\mathcal{E}/3$ . Il risultato è che $V_C$ ha l’andamento mostrato in figura 52. Se $R_1 = 40 \, \Omega$ , $R_2 = 10 \, \Omega$ e $C=2 \, \mu \text{F}$ , calcolare:

il tempo di carica $t_c$ del condensatore;
il tempo di scarica $t_s$ del condensatore;
il periodo $T$ dell’oscillazione prodotta dal circuito.

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Figura 52: esercizio 32.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo $t\in \left[0,t_c\right]$ , cioè il tempo in cui il condensatore si carica. Applicando la LKT abbiamo

(116) $\begin{equation*} \begin{aligned} &-\mathcal{E}+\left(R_1+R_2\right)i+V_C=0\quad \Leftrightarrow \quad -\mathcal{E}+\left(R_1+R_2\right)C\dot{V}_C+V_C=0\quad \Leftrightarrow \quad \\[10pt] &\Leftrightarrow \quad\ C\left(R_1+R_2\right)\dot{V}=\mathcal{E}-V_C\quad \Leftrightarrow\quad\dfrac{C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(\mathcal{E}-V_C\right)}{\mathcal{E}-V_C}=1\quad \Leftrightarrow \\[10pt] &\Leftrightarrow \quad \int\dfrac{C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(\mathcal{E}-V_C\right)}{\mathcal{E}-V_C}\,dt=\int dt\quad \Leftrightarrow \quad -C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(\mathcal{E}-V_C\right)=t+\text{costante}, \end{aligned} \end{equation*}$

da cui ponendo $V_C(0)=\dfrac{\mathcal{E}}{3}$ si ottiene

(117) $\begin{equation*} \text{costante}=-C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\right), \end{equation*}$

pertanto

(118) $\begin{equation*} -C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(\mathcal{E}-V_C\right)=t+-C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\right). \end{equation*}$

Posto $V(t_c)=\dfrac{2}{3}\mathcal{E}$ si ottiene:

(119) $\begin{equation*} \begin{aligned} &-C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(\mathcal{E}-\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\right)=t_C+-C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\right)\quad \Leftrightarrow \quad \\[10pt] &\quad \Leftrightarrow \quad t_C=C\left(R_1+R_2\right)\left(\ln\left(\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\right)-\ln\left(\dfrac{\mathcal{E}}{3}\right)\right)=C\left(R_1+R_2\right)\ln\left(2\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Si conclude che il tempo di carica del condensatore è

$\boxcolorato{fisica}{t_c = \left( R_1 + R_2 \right) \, C \ln{2} \simeq \text{6,93} \cdot 10^{-5} \, \text{s}.}$

Svolgimento punto 2.

Ora consideriamo $t\in [0,t_s]$ , cioè l’intervallo di tempo in cui il condensatore si scarica. Applicando LKT si ha

(120) $\begin{equation*} \begin{aligned} R_2C\dot{V}_C+V_C=0\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{\dot{V}_C}{V_C}=-\dfrac{1}{R_2C}\quad \Leftrightarrow \quad\ln\left(V_C\right)=-\dfrac{t}{R_2C}+k, \end{aligned} \end{equation*}$

da cui ponendo $V_C\left(0\right)=\dfrac{2}{3}\mathcal{E}$ si ottiene:

(121) $\begin{equation*} \ln\left(\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\right)=k, \end{equation*}$

pertanto

(122) $\begin{equation*} \ln\left(V_C\right)=-\dfrac{t}{R_2C}+\ln\left(\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\right). \end{equation*}$

Ponendo $V_C(t_s)=\dfrac{\mathcal{E}}{3}$ si trova

(123) $\begin{equation*} \ln\left(\dfrac{\mathcal{E}}{3}\right)=\ln\left(\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\right)-\dfrac{t_s}{R_2C}\quad \Leftrightarrow\quad t_s=R_2C\ln \left(2\right). \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{ t_s = R_2 \, C \ln{2} \simeq \text{1,39} \cdot 10^{-5} \, \text{s}.}$

Svolgimento punto 3.

Infine, il periodo è dato da

$\boxcolorato{fisica}{ T = \left(R_1 + 2\, R_2 \right) \, C \, \ln{2} \simeq \text{8,32} \cdot 10^{-5} \, \text{s}.}$

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