Appunti di Fisica 2 - Parte 3

Name: Appunti di Fisica 2 - Parte 3
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Author: Kalos_

Revisionato il 19/07/2026

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Terza ed ultima parte di appunti del corso di Fisica 2 tenuto al secondo anno di Ingegneria elettronica alla Sapienza. Correnti di Focault, il trasformatore, alternatore, motore elettrico, IV …

Esame Fisica 2

Facoltà Ingegneria dell'informazione

Dal corso del Prof. Migliorati Mauro

Università Università degli Studi di Roma La Sapienza

A.A. 2019-2020

59 pagine

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Appunti esame

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Estratto del documento

Calcolo del coefficiente di mutua induzione

Ricavo il coefficiente di mutua induzione M = Φ₁(B₂) = μ₀πa² I₂ / 2b = μ₀πa² I₂ / 2b.

Adesso posso calcolare il flusso di B₁ concatenato con Φ₂: Φ₂(B₁) = M · I₁ = μ₀πa² / 2b I₀ cos(ωt).

E trovo la corrente I₂: I₂ = f₂ = 1 / R (-d/dt Φ₂(B₁)) = 1 / R μ₀πa² / 2b I₀ (+ sin(ωt)) ω = 1 / R μ₀πa² / 2b I₀ ω sin(ωt).

Bilancio energetico di un circuito RL

Per la legge delle maglie: f_em = -L dI/dt = RI ⇐⇒ I = f_em / R (1-e^-t/τ) con τ = L/R.

Ora esaminiamo il circuito da un punto di vista energetico:

f_em I = dL/dt = RI² ⇐⇒ moltiplico tutto per Idt ⇒ f_em I dt = RI² dt + LIdI.
dL_g (lavoro fatto dal generatore su un intervallo dt per spostare dq).
Se non ci fosse l'induttanza L: dL_g = RI² dt = dΙQ_diss. (per effetto Joule tutto il lavoro fatto dal generatore andrebbe dissipato sulla resistenza).
Siccome l'induttanza c'è, il generatore fa un lavoro maggiore. Il termine LIdI è l'energia extra erogata a causa dell'induttanza che chiamiamo dL_u.
dL_g = dΙQ_diss. + dL_u - questo perché l'induttanza del circuito si oppone al passaggio di correnti, perciò il generatore fa un lavoro extra per vincere la resistenza dell’induttanza.

Integro tutto:

∫_t=0^I=Ιs f_em I dt = ∫_t=0^I=Ιs RΙ² dt + ∫_Ι=0^I=Ιs LΙdΙ
Che corrisponde a dL_g = ∫dΙQ_diss. + ∫dL_u ⇒ U_g = ΙQ_diss. + 1/2 LI².

Se c'è corrente in un circuito, è avvenuto stato su generatore che ha compiuto un lavoro.

Ulteriori considerazioni

Ricavo il coefficiente di mutua induzione M = (Φ₁(B₂))_I₂ = (μ₀πa²)/(2b) I₂ adesso posso calcolare il flusso di B₁ concentrato con @:Φ₂(B₁^A) = M • I_A = (μ₀πa²)/(2b) I₀cos(ωt) e trovo la corrente I₂: I₂ = f₂ = (1/R) (- d(Φ₂(B₁^A))/dt) = (1/R) (μ₀πa²)/(2b) I₀(+ sin(ωt)) ω = (1/R) μ₀πa² I₀ ω sin(ωt).

Bilancio energetico avanzato

BILANCIO ENERGETICO DI UN CIRCUITO RL:

Per la legge delle Maglie: f_em - L dI/dt = RI solve I = (f_em/R) (1 - e^-t/τ) con τ = L/R.
Ora esaminiamo il circuito da un punto di vista energetico: f_em - L dI/dt = RI ~ moltepico tutto per I dt ~ f_em I dt = RI² dt + L I dI.
dL_G (lavoro fatto del generatore su un intervallo dt per spostare dq). Se non ci fosse l'induttanza L: dL_G = RI² dt = dL_disp. (per effetto joule - tutto il lavoro fatto dal generatore andrebbe dissipato sulla resistenza).
Sicoome l'induttura c’è, il generatore fa un lavoro maggiore. L il termine L I dI c’è l'energia extra erogata a cauma dell'indutivara che chiamiamo dU_L.
dL_G = dL_disp. + dU_L - questo perché l'induttanza al circuito si oppone al passoggio di correnti però il generatore fa un lavoro extra per vincere la resistenza dell’induttanza.

Integro tutto: t_f f_em I dt = t_f RI² dt + t_f L I dI t_o t_o I₀ che corrisponde a dL_G = ∫L_disp. + ∫dU_L ⇒ U_G = U_dis. + 1/2 LI².

Se c'è corrente in un circuito, è urne stato su generatore che ha compiuto un lavoro. Ma che fine fa l’energia extra? Per capirlo considero il seguente circuito: per t < 0 ho e siccome e_m è un’induttanza quindi: (energia extra) stacco l’interruttore (lo sposto a destra) per t ≥ 0 → separazione variabili dI/I = -dt/τ ⇒ I = I_oe^-t/τ.

Osservo che la corrente staccato il generatore e_m, decresce esponenzialmente: Dal punto di vista energetico la corrente che continua a circolare è viene dissipata per effetto Joule. Ma l’energia affinché questo avvenga deve essere stata fornita dall’induttanza L: U_dis = (I_oe^-t/τ)² = moltiplico e divido per τ/2 => extr.

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