
\documentstyle[11pt,epsfig]{article}
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\begin{document}
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%
\title{Prova scritta del corso Fisica Generale IIB - primo appello -- 25/1/2002}
\author{}
\date{}
\maketitle
\begin{large}
\centerline{\bf Esercizio 1}
\end{large}
\vskip0.5cm
Un ricevitore ed una sorgente di onde sonore (in aria) di frequenza $\nu_0$=2000 Hz, sono poste
su di un medesimo asse (asse x). 

Inizialmente la sorgente \'e ferma e l'ampiezza delle oscillazioni \'e di $10^{-4} m$. 
Se il ricevitore \'e costituito da un dischetto avente raggio $R=10 cm$, ed esso \'e posto
ad 80 cm di distanza dalla sorgente, si calcoli la potenza media che esso riceve. Si prenda
come densit\'a dell'aria il valore $\rho_0=1.2 Kg \:m^{-3}$.

Se ora la sorgente inizia a muoversi di moto sinusoidale lungo il medesimo asse, con frequenza
angolare $\omega$ ed ampiezza $a=50 cm$, si calcoli per quale valore di $\omega$ la larghezza
di banda delle onde che arrivano al ricevitore (definita come $\Delta \nu = \nu_{max}-\nu_{min}$)
sar\'a uguale a $200 Hz$. Si assuma in ogni caso come velocit\'a di propagazione del suono: 
$c=340 m/s$.
\vskip0.5cm

\begin{large}
\centerline{\bf Esercizio 2}
\end{large}
\vskip0.5cm
Un dipolo \`e posto a distanza $d$ da una sfera conduttrice di raggio $R$ connessa a terra,
vedi Figura~\ref{ese2-1}. Il dipolo di intensit\`a $p$ \`e disposto 
parallelamente alla congiungete il centro della sfera con la posizione in cui si trova
il dipolo. 
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\mbox{\epsfig{file=250102-1.eps,width=7 cm}}
\caption{}
\label{ese2-1}
\end{center}
\end{figure}
\begin{itemize}
\item Il sistema di cariche immagini equivalente alla distribuzione indotta
sulla sfera conduttrice \`e composto
da una carica ed un dipolo. Trovare l'intensit\`a e la posizione 
della carica e del dipolo immagine.
\item Trovare la forza ed il momento risentiti dal dipolo dovuti 
dovuti alla interazione con la carica indotta sulla sfera conduttrice.
\end{itemize}
\vskip0.5cm
\begin{large}
\centerline{\bf Esercizio 3}
\end{large}
\vskip0.5truecm
In un condensatore a facce piane 
parallele di sezione $A$, poste a distanza $l$, \`e presente un dielettrico 
 rigido isotropo di spessore $d$ e sezione $A$, 
con costante dielettrica  
\begin{equation}
\epsilon=\epsilon_0 (\frac{z-h+d}{d}) 
\end{equation}
dove $z$ \`e la distanza
dall'armatura inferiore del condensatore (vedi fig.~\ref{diel}).
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\mbox{\epsfig{file=diel.eps,width=7 cm}}
\caption{}
\label{diel}
\end{center}
\end{figure}

Il condensatore \`e mantenuto ad una differenza di potenziale costante V.
Si calcolino:
\begin{itemize}
\item il campo elettrico in tutto lo spazio;
\item la densit\`a di carica sulle armature e la capacit\`a del condensatore;
\item fare un grafico del campo elettrico in funzione di $z$;
\item la densit\`a di carica superficiale e volumetrica di
polarizzazione;
\item la forza elettrostatica esercitata dal solo dielettrico sull'armatura superiore
del condensatore;
\item la forza elettrostatica totale a cui \`e sottoposta l'armatura superiore 
del condensatore.
 
\item Si supponga ora che il dielettrico sia inserito solo per un tratto x
all'interno del condensatore, come mostrato in fig.~\ref{diel2}. 
Siano a e b i lati di ciascuna armatura del
condensatore (e del dielettrico). Si calcoli la forza 
di cui risente  il dielettrico.

{\bf N.B.}:per i primi 5 punti si trascurino gli effetti al bordo del
condensatore.

\end{itemize}
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\mbox{\epsfig{file=diel2.eps,width=7 cm}}
\caption{}
\label{diel2}
\end{center}
\end{figure}
\newpage
\centerline{\Large \bf Soluzione}
\vskip1cm
\begin{large}
{\bf Esercizio 1}
\end{large}
\vskip1cm


Se A \'e l'ampiezza di oscillazione ed r la distanza del ricevitore, l'intensit\'a dell'onda
sonora \'e:

\[
I\:=\:\left(\frac{A}{r}\right)^2 \frac{\omega^2 \rho_0}{2} \:c
\]

dove:
\[
\omega\:=\:2 \pi \nu_0\:=\:2 \pi \cdot 2000
\]
ed inoltre:
\[
\rho_0 \:=\: 1.2 \:Kg/m^3
\]

\[
A \:=\: 10^{-4} m
\]
e c \'e la velocit\'a di propagazione dell'onda sonora: $c=340\:m/s$.

Si trova allora per la potenza ricevuta:
\[
P\:=\:\frac{10^{-8}}{0.8^2} \frac{(2 \pi \cdot 2000)^2 \cdot 1.2}{2} \cdot 340 \cdot \pi (0.1)^2\:=\:
15.81 W
\]

La larghezza di banda $\Delta \nu = \nu_{max}-\nu_{min}$ \'e ottenibile da:
\[
\nu_{max}\:=\:\nu_0 \frac{c}{c - |v_{max}|}\:=\:\nu_0 \frac{c}{c - a \omega}
\]
dove: $v=a \omega \cos(\omega t)$; quindi: $v_{max}=a \omega$.
\[
\nu_{min}\:=\: \nu_0 \frac{c}{c + a \omega}
\]
\[
\Delta \nu \:=\:\nu_{max}-\nu_{min}\:=\:\nu_0 c \left(\frac{1}{c - a \omega}-\frac{1}{c + a \omega} \right)\:=\:
\]
\[
=\:\nu_0 c \frac{2 a \omega}{c^2 - a^2 \omega^2}
\]
Da questa, fissato $\Delta \nu$, si ottiene un'equazione quadratica in $\omega$:
\[
\left(\frac{\Delta \nu}{\nu_0} a^2 \right) \omega^2 + 2 a c \omega - \frac{\Delta \nu}{\nu_0} c^2 \:=\:0
\]
Da cui si ottiene:
\[
\omega\:=\:c \frac{\nu_0}{\Delta \nu} \left( \sqrt{1 + (\frac{\Delta \nu}{\nu_0})^2} -1 \right)
\]

Sostituendo i valori numerici si trova:
\[
\omega \:=\:165.95\:rad/s
\]

\begin{large}
{\bf Esercizio 2}
\end{large}
\vskip1cm
Il dipolo pu\`o essere visto come due cariche di intensit\`a 
$\pm q$ poste a distanza $a$. Il problema si pu\`o quindi risolvere
trovando le cariche immagini delle cariche $\pm q$. Indichiamo 
con $q_i^+$ le carica immagine di $+ q$ e con $q_i^+$ la carica 
immagine di $- q$. Le cariche immagini hanno intensit\`a~:
\begin{eqnarray}
q_i^- & = & + q\frac{R}{d - \frac{a}{2}} \\ 
q_i^+ & = & - q\frac{R}{d + \frac{a}{2}}
\end{eqnarray}
e sono poste in~:
\begin{eqnarray}
x(q_i^-)  & = &  \frac{R^2}{(d - \frac{a}{2} )} \simeq \frac{R^2}{d} \left(1+\frac{a}{2 d} \right) \\
x(q_i^+)  & = &  \frac{R^2}{(d + \frac{a}{2} )} \simeq \frac{R^2}{d} \left(1-\frac{a}{2 d} \right) 
\end{eqnarray}
dove nel sencondo passaggio il denominatore \`e stato sviluppato per $d >> a$.
Il potenziale generato dalle cariche che formano il dipolo e dalle cariche immagini
ha una superficie equipotenziale a potenziale nullo coincidente con la 
sfera conduttrice.
Il momento di monopolo, cio\`e la carica totale, del sistema di cariche immagini
\`e~:
\begin{equation}
Q_{i}  =  q_i^- + q_i^+ \simeq  q\frac{R}{d}\left (1 + \frac{a}{2d}\right) - q\frac{R}{d}\left (1 - \frac{a}{d}\right ) 
= \frac{qRa}{d^2} = \frac{pR}{d^2}  
\end{equation}
dove \`e stato utilizzato lo sviluppo al primo ordine in $a/d$. La carica 
$Q_{i}$ \`e posta in~:
\begin{equation}
x(Q_i) = \frac{R^2}{d} 
\end{equation}
Il momento di dipolo del sistema di cariche immagini calcolato rispetto a $x(Q_i)$ \'e~:
\begin{eqnarray}
\vec p_i  & = & q_i^+ [x(q_i^+) - x(Q_i)] + q_i^- [x(q_i^-) - x(Q_i)] \\
& = & - \frac{qR}{d - \frac{a}{2}} \frac{-a}{2d} + \frac{R}{d + \frac{a}{2}} \frac{a}{2d} \\ 
          & = & \frac{a q R}{2d^2} \left ( 1 + \frac{a}{2d} - 1 + \frac{a}{2d}\right ) =   \frac{pR^3}{d^3} \hat x 
\end{eqnarray}
Quindi si hanno una carica ed un dipolo immagine posti entrambi in $R^2/d$ che
con il dipolo reale generano una superficie equipotenziale coincidente con
la sfera conduttrice (figura~\ref{ese2-2}). \\
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\mbox{\epsfig{file=250102-2.eps,width=7 cm}}
\caption{}
\label{ese2-2}
\end{center}
\end{figure}
La forza ed il momento risentiti dal dipolo \`e dovuta a due contributi~: quello dovuto all'interazione
con la carica immagine $\vec F_{Q_i}$ e quello dovuto all'interazione con il dipolo immagine $\vec F_{p_i}$.
Considerando che il campo generato dalla carica immagine \`e~:
\[
\vec{E}_{Q_i} \:=\: \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} Q_i \frac{\vec{r}}{r^3}
\]
dove $r$ \'e la distanza tra la carica immagine ed il dipolo,
la forza che questo esercita sul dipolo \'e:
\[
\vec{F}_{Q_i}\:=\:\left(p_x \frac {\partial}{\partial x} \right) \vec{E}_{Q_i}\:=\:p_x \frac{Q_i}
{4 \pi \epsilon_0}\left[ \frac{\partial}{\partial x} \frac{x \hat{x} + y \hat{y} + z 
\hat{z}}{r^3}\right]_{y=z=0,x=(d-x(Q_i))}\:=
\]
\[
=\:p_x \frac{Q_i}{4 \pi \epsilon_0}\left[ \frac{r^3 \hat{x} - 3 r x  
\vec{r}}{r^6}\right]_{y=z=0,x=(d-x(Q_i))}\:=\: - p_x
\frac{2Q_i}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\hat{x}}{(d - x(Q_i))^3} 
\]
e quindi~:
\begin{equation}
\vec F_{Q_i} = 
-\frac{2p^2R}{4 \pi \epsilon_0 d^2(d - \frac{R^2}{d})^3} \hat x = 
-\frac{2p^2Rd}{4 \pi \epsilon_0 (d^2 - R^2)^3} \hat x 
\end{equation}
La forza dovuta all'interazione con il dipolo immagine \'e data da~:
\begin{equation}
\vec F_{p_i} = - \frac{6pp_i}{4\pi \epsilon_0 (d - x(p_i))^4}\hat x
= - \frac{6p^2R^3d}{4\pi \epsilon_0 (d^2 - R^2)^4}\hat x
\end{equation}
Calcolo il momento risentito dal dipolo rispetto ad un polo coincidente
con la posizione in cui si trova il dipolo. Il momento \`e dato da~:
\begin{equation}
\vec M = \vec p \times (E_{Q_i} + E_{p_i}) 
\end{equation}
il contributo dato dall'interazione con la carica immagine \`e nullo poich\`e
il campo \`e parallelo al dipolo. Il contributo dovuto all'interazione con il 
dipolo \`e~:
\begin{equation}
\vec M_p  =  \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 (d - x_{p_i})^3}[3(\vec p_i \cdot \hat x)(\vec p \times \hat x) - (\vec p \times \vec p_i)] = 0
\end{equation}
e quindi anche questo \`e nullo.
\vskip1cm
\begin{large}
{\bf Esercizio 3}
\end{large}
\vskip1cm
Per la simmetria del problema il campo ha come unica componente la 
componente $E_z$, ed esiste solo all'interno del condensatore.
Dalla relazione $\vec{\nabla}\cdot\vec{D}=\rho_{libera}$ si ottiene
$D_z=\sigma$ costante,
dove $\sigma$ \`e la densit\`a di carica libera sull'armatura del condensatore
a potenziale V. Il campo elettrico sar\`a quindi (vedi fig.~\ref{diel3}) : 
\begin{eqnarray*}
E_1=E_3 & = &-\sigma/\epsilon_0 \hat{z} \\
E_2(z) &= & -\frac{\sigma d}{\epsilon_0 (z-h+d)}\hat{z} \\
\end{eqnarray*}
Dalla relazione~:
\begin{equation}
V = \frac{\sigma}{\epsilon_0} (l-d)+\int_h^{d+h} 
\frac{\sigma d}{\epsilon_0 (z-h+d)} dz = 
   \frac{\sigma}{\epsilon_0}\Big(l-(1-ln2)d \Big) 
\end{equation}
si ottiene:
\begin{eqnarray*}
\sigma & =& \frac{\epsilon_0V}{(l-(1-ln2)d)} \\
C & = &\frac{Q}{V} = \frac{\epsilon_0 A}{(l-(1-ln2)d)}
\end{eqnarray*}
Il vettore di polarizzazione \`e legato al vettore induzione elettrica
dalla seguente relazione~:
\begin{equation}
\vec{P} = \frac{\epsilon_r-1}{\epsilon_r}\vec{D} = -\frac{(z-h)\sigma}{(z-h)+d}\hat{z} 
\end{equation}
da questo si ottengono le densit\`a superficiali di polarizzazione~:
\begin{eqnarray} 
\sigma_{p1} & =& \vec{P}\cdot{\hat{n}}|_{z=h+d} = -\frac{\sigma}{2} \\
\sigma_{p2} & =& \vec{P}\cdot{\hat{m}}|_{z=h} = 0 \\
\rho_{pol} & =& \vec \nabla \cdot \vec P = \frac{d\sigma}{(z-h+d)^2} \\
\end{eqnarray}
dove $\hat{n}$ e $\hat{m}$ sono versori ortogonali alle superfici 
del dielettrico e con verso uscente dallo stesso.
Il campo dovuto alle cariche di polarizzazione del dielettrico 
\`e nullo al di
fuori di esso, infatti l'integrale della densit\`a di volume di carica \`e 
uguale contraria alla densit\`a superficiale di carica. 
Di conseguenza l'unica forza risentita da un'armatura del
condensatore \`e dovuta alle cariche libere.
%Calcoliamo la forza per l'armatura superiore:
%\begin{equation}
%F_z|_{z=l} = QE = \sigma A\Big(-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\Big)\hat{z} 
%= -\frac{\sigma^2 A}{2\epsilon_0} \hat{z}
%\end{equation}
%\item la forza totale a cui \`e sottoposta l'armatura superiore 
%si pu\`o ricavare differenziando l'energia elettrostatica:
%\begin{equation}
%F_{z} = -\frac{Q^2}{2}\frac{d}{dz}(\frac{1}{C})|_{z=l} = - \frac{\sigma^2 A}{2\epsilon_0}\hat{z} 
%\end{equation}
%Come atteso  il risultato coincide 
%con la forza calcolata al punto precedente.
La forza risentita dall'armatura pu\`o essere calcolata differenziando 
l'energia elettrostatica immagazzinata nel condensatore carico. L'energia
elettrostatica \`e data da~:
\begin{equation}
U = \frac{1}{2} C V^2 = \frac{\epsilon_0 A V^2}{2(l-(1-ln2)d)}
\end{equation}
quindi la forza \`e data da~:
\begin{equation}
\vec F = \frac{\partial U}{\partial l} \hat z = - \frac{\epsilon_0 A V^2}{2(l-(1-ln2)d)^2} = - \frac{\sigma^2 A}{2 \epsilon_0} 
\end{equation}
dove la forza si ottiene come la derivata dell'energia elettrostatica con segno positivo poich\'e il
sistema \`e a tensione costante.
Nel caso in cui il dielettrico sia parzialmente inserito all'interno del conduttore, come nel caso
di figura~\ref{diel2} il condensatore \`e equivalente a due condensatori connessi in parallelo la cui capacit\`a
\`e~:
\begin{equation}
C= \frac{\epsilon_0 x b}{(l-(1-ln2)d)}+ \frac{\epsilon_0 (a-x)b}{l}
\end{equation}
da cui si ottiene:
\begin{equation}
F_x = \frac{V^2}{2}\frac{dC}{dx} = \frac{V^2 \epsilon_0 b}{2}(
\frac{1}{l-(1-ln2)d)}- \frac{1}{l})
\end{equation}
che tende a risucchiare il dielettrico all'interno del condensatore.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\mbox{\epsfig{file=diesol.eps,width=7 cm}}
%\caption{}
\label{diel3}
\end{center}
\end{figure}
\end{document}















\end{document}








