Fisica generale II, a.a. 2013/2014 TUTORATO 10: ONDE EM

Fisica generale II, a.a. 2013/2014
TUTORATO 10: ONDE EM, RIFRAZIONE
ONDE ELETTROMAGNETICHE
10.1. Si consideri un’onda elettromagnetica piana sinusoidale che si
propaga nel vuoto nella direzione positiva dell’asse x. La lunghezza
d’onda è  = 50.0 m e l’ampiezza massima del campo elettrico è
E0 = 22.0 V/m. Calcolare:
a) la frequenza dell’onda;
b) il modulo, la direzione, il verso del campo magnetico nell’istante
in cui il campo elettrico è massimo ed è diretto nel verso negativo
dell’asse y.
c) Scrivere l’espressione del campo magnetico nella forma
B = Bmaxcos(k x t), determinando i valori numerici di Bmax, k e .
SOLUZIONE.
a) La velocità dell’onda è pari a c, quindi dalla relazione
c = 
si ottiene la frequenza :
c 3(108 )m/s
 
 6(106 ) Hz

50.0m
E
b) Dato che c  , si ha:
B
E
22.0 V/m
Bmax = o 
 73.3 nT
c 3(108 )m/s
Per determinare la direzione e il verso di B, consideriamo il sistema di assi
EB
cartesiani in figura e il vettore di Poynting S, definito da S 
, la cui
0
direzione coincide con la direzione di propagazione dell’onda, cioè in questo caso
con + i. Se il campo E è diretto come j, applicando la regola della mano destra
per il prodotto vettoriale si vede che B deve essere diretto come k.
c)
y
B
z
x
S
E
B  Bmax cos(kx  t )
2π
 0.126 rad / m
 50.0
  2π  2π  6.00  106  3.77  107 rad/s
k
2π


B  73.3  10 9  cos 0.126  x  3.77  10 7  t

10.2. Un’antenna della potenza W = 25 W emette radiazioni elettromagnetiche di frequenza
 = 1800 MHz, in tutte le direzioni. Un ricevitore metallico piano di area S = 2 cm2 (e spessore
trascurabile) è posto a L = 1200 m di distanza.
a) Calcolare la lunghezza d’onda della radiazione.
b) Calcolare l’energia che arriva sul ricevitore in un’ora nei tre casi
(b1) il suo piano è perpendicolare alla retta che lo congiunge con l’antenna;
(b2) il piano è ruotato di 30° rispetto alla posizione precedente;
(b3) il piano è ruotato di 90°.
SOLUZIONE.
1
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a) La lunghezza d’onda si ricava facilmente sapendo che la velocità della luce è c = 3(108) m/s:

c


3(108 )
 0.167 m
1800(106 )
b1) La potenza emessa dall’antenna si distribuisce uniformemente in tutte le direzioni, e quindi con
simmetria sferica. L’intensità (potenza per unità di superficie) a distanza L vale allora I  P / 4π L2 
La potenza che investe il ricevitore di area A è data da P1 = I∙A =P∙A/(4L2). L’energia che arriva
sul ricevitore di area A nell’intervallo di tempo t  3600 s (quando il ricevitore è perpendicolare
al flusso di energia proveniente dall’antenna) sarà dunque:
E1  t  A 
P
25 W
 3600  2(10 4 ) 
 1  10 6 J  1 μJ
2
4πL
4π  1200 2
b2) Quando il ricevitore è ruotato di  = 30° rispetto alla
perpendicolare alla retta congiungente l’antenna e il ricevitore,
la sua superficie efficace nel raccogliere l’energia diminuisce
del fattore cos(30) , quindi l’energia è data da:

E2  E1 cos(30)  0.86 μJ
b3) Nel caso in cui il ricevitore sia parallelo alla direzione congiungente (angolo di 90° con la
perpendicolare) si ha:
E3  E1 cos(90)  0 μJ
Come ci si aspetta, il ricevitore non raccoglie energia.
10.3. Misure accurate indicano che l’intensità di energia solare incidente sulla Terra ha valore
medio pari a I = 1340 W/m2, e il massimo dell’energia elettromagnetica viene emessa alla
lunghezza d’onda  = 510 nm. In base a questi dati e sapendo che la distanza Terra–Sole vale
mediamente D =1.5 (1011) m, calcolare :
a) la potenza totale irradiata dal Sole;
b) la frequenza alla quale si ha la massima energia emessa.
Soluzione.
a) La potenza irradiata dal Sole si distribuisce nello spazio uniformemente a simmetria sferica,
quindi alla distanza D dal Sole l’intensità (potenza per unità di superficie) è pari a P / 4πR 2 .
Conoscendo l’intensità media I della radiazione solare sulla Terra possiamo ricavare la potenza
totale irradiata dal Sole:

P  I  4π  R 2  13402  4π  1.5(1011)

2
 3.8(1026 ) W
b) La frequenza alla quale si ha il massimo dell’energia emessa si ricava dalla relazione
fondamentale:
c
3(108 )
 
 5.9(1014 ) Hz
 510(10 9 )
10.4. Una lampada emette luce con potenza W = 1000 W. Il campo elettrico a una distanza d = 10 m
dalla lampada ha una ampiezza massima di circa:
(A) 1.7 V/m
(B) 12.8 V/m
(C) 24.5 V/m
(D) 34.6 V/m
(E) indeterminata
SOLUZIONE. L’intensità luminosa è il rapporto fra la potenza e la superficie sferica di raggio
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d = 10 m ed è proporzionale al quadrato dell’ampiezza del campo elettrico.
c 0 E02
W
W
I

 E0 
 24.5 V/m
2
4πd
2
2πc 0 d 2
10.5. L’equazione del campo elettrico di un’onda piana propagantesi in un mezzo materiale lungo
l’asse delle z è
Ex  102 V/m  sin 2π4.55 1014 t  2.02 106 z 
dove il tempo t è in secondi e z in metri. Calcolare:
a) la frequenza dell’onda;
b) la lunghezza d’onda;
c) la velocità di propagazione dell’onda.
SOLUZIONE. L’equazione dell’onda è scritta nella forma
 
z 
E x  E0  sin 2π  t   
 
 
Dunque:
 4.55 1014

∙
∙
∙
∙
∙
10.6. Un laser commerciale emette un fascio cilindrico di radiazione elettromagnetica il cui
diametro è d = 2.0 mm, la cui lunghezza d’onda  = 556 nm e la cui potenza è W = 5.0 mW.
a) Qual è la frequenza della radiazione emessa dal laser?
b) Quanto vale l’intensità del fascio emesso?
c) Qual è il massimo valore del modulo del campo elettrico E di questa radiazione?
SOLUZIONE. (a) Poiché la velocità di propagazione della radiazione del laser è c si ha
∙

∙

∙
(b) La potenza del laser si distribuisce uniformemente sulla superficie del suo fascio:
∙
∙
∙( )
(c) La relazione tra intensità della radiazione e valore del modulo del campo elettrico è
∙ ∙
√
∙
∙
√
∙
∙
∙
∙
∙
10.7. Un raggio laser nel vuoto ha una potenza W = 0.8 mW e una sezione S = 2 mm2. La massima
ampiezza del campo elettrico è di
(A) 549 V/m
(B) 516 V/m
(C) 3.01(105) V/m
(D) 776 V/m
(E)_______
SOLUZIONE. Analogamente al problema precedente si ha
3
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√
∙
√
∙
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∙
∙
√
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙ ∙
10.8. Un telefono cellulare emette microonde di frequenza  = 900 MHz, con una potenza massima
W = 240 mW. Sapendo che il limite di sicurezza per l’irraggiamento di onde elettromagnetiche sul
corpo umano (oltre il quale possono manifestarsi danni biologici) è fissato dalla legge e corrisponde
a una intensità Imax = 60 mW/m2, a quale distanza dalla testa Dmin bisognerebbe tenere il cellulare,
nella semplice ipotesi che l’emissione fosse a simmetria sferica?
(A) 10 m
(B) 0.56 m
(C) 1 m
(D) 1 cm
(E) 0.56 cm
SOLUZIONE. Ponendo
∙
∙
si ottiene
√
∙
√
∙
∙
∙
∙
∙
10.9. Una lampada emette luce con potenza W = 30 W che si propaga a simmetria sferica. Il campo
elettrico a una distanza L = 2 m dalla sorgente ha un’ampiezza massima di circa:
(A) 21 V/m
(B) 35 v/m
(C) 42 V/m
(D) 69 V/m
(E)_________
SOLUZIONE. L’intensità della luce a distanza L è
∙ ∙
e dalla relazione tra intensità della radiazione e valore del modulo del campo elettrico
∙ ∙
√
∙
∙
√
∙
∙(
∙
√
∙ ∙ )∙
∙
∙
∙
√
∙
∙ ∙
∙
∙
10.10. La luce di una lampada al sodio (0 = 589 nm) passa attraverso una bottiglia di glicerina
(indice di rifrazione n = 1.47). percorrendo in questo mezzo un cammino di L = 0.2 m. Assumendo
la velocità della luce nel vuoto c = 3(108) m/s, il tempo impiegato dalla luce ad attraversare la
bottiglia è approssimativamente
(A) 0.98 ns
(B) 3.0 ms
(C) 3.14(1010) s (D) 2.1(104) s (E) 0.002 s
SOLUZIONE.
tempo pari a
La velocità della luce nella glicerina è c/nG. La luce attraversa quindi la bottiglia in un
∙
∙
∙
10.11. Un cilindro di glicerina (nG = 1.47) di raggio R1 = 20 cm è posto al centro di un cilindro di
solfuro di carbonio (nS = 1.63) di raggio R2 = 30 cm. Quanto tempo impiega la luce di una lampada
al sodio ( = 5.091014 Hz) per attraversare diametralmente i due cilindri? (c = 3108 m/s)
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(A) 4.13 ns
(B) 2.07 ns
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(C) 3.14 ns
(D) 3.05 ns
(E) 9.80 ns
La velocità della luce nei due tratti tra R2 e R1 è c/nS, mentre
all’interno del cilindro di glicerina è c/nG. La luce attraversa quindi i due cilindri
in un tempo
n
n
0.4  1.47  0.2  1.63
ttot  2 R1 G  2 ( R2  R1 ) S 
 3.047  109 s
c
c
3  108
SOLUZIONE.

R1
R2
RIFRAZIONE
10.12. Una telecamera è situata sul bordo di una piscina a un’altezza h1 = 2 m
rispetto al pelo dell’acqua. Quando la telecamera punta verso la piscina
formando un angolo  = 30° con la verticale, nel centro del suo campo visivo
è inquadrata una moneta che giace sul fondo della piscina, a un’altezza
h2 = 2 m sotto il pelo dell’acqua. Se l’indice di rifrazione dell’acqua è
nH2O  4/3, la distanza orizzontale D tra moneta e bordo della piscina è pari a
circa
(A) 2.00 m
(B) 1.96 m
(C) 1.62 m
(D) 2.31 m
(E) 1.94 m
x1
x2

h1

h2
D
di rifrazione  si ottiene dalla relazione
sin  nH 2 O
sin  3

 nH 2 O  sin  
    22.02
sin  naria
nH 2 O 8
SOLUZIONE. L’angolo
D vale quindi
D  x1  x2  h1 tan  h2 tan   2  tan  tan   1.963 m
10.13. Guardando di giorno il cielo dal fondo di una piscina (n  4/3), si vede la superficie
dell’acqua bene illuminata entro un cono che ha un angolo di apertura pari a circa
(A) 90°
(B) 45°
(C) 97°10'
(D)48° 35'
(E) indeterminato
richiesto, L’ angolo
limite in corrispondenza del quale la luce incidente proveniente dall’aria
raggiunge l’occhio dell’osservatore corrisponde all’angolo di rifrazione lim in
corrispondenza di un angolo di incidenza lim pari a 90° Si ha
'
sin  lim nH 2 O
1
3
 59


 nH 2 O  sin lim 
  lim  48,59  48 
 60   4835'
4
sin lim naria
4
100


3
L’angolo di apertura del cono è 2  lim  9710' .

luce

SOLUZIONE. La situazione è rappresentata in figura. L’angolo
angolo
limite
10.14. L’indice di rifrazione di una lastra di ghiaccio trasparente che ricopre un laghetto vale
nice = 1.304. Dal fondo del lago (nacqua  4/3) i raggi del sole al tramonto formano con la verticale
un angolo di circa (approssimare al grado)
(A) 50°
(B)49°
(C) 53°
(D) 90°
(E) 37°
5
raggio
limite
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SOLUZIONE. Supponendo che al tramonto i raggi del sole siano circa paralleli alla superficie del
laghetto, la situazione è rappresentata in figura: l’angolo di

incidenza è pari a 90° e devono valere le relazioni:
luce
( )
ghiaccio

( )
( )

( )
( )
( )∙
acqua
( )
10.14 L’indice di rifrazione del diamante è ndiamante  2.42. La luce proveniente da un diamante
immerso in acqua (nacqua  4/3) viene completamente riflessa dalla superficie del diamante quando
incide con un angolo maggiore di
(A) 33° 26'
(B) 24° 24'
(C) 48° 35'
(D) 53° 7'
(E) 37° 48'
SOLUZIONE. La luce passa da un mezzo più rifrangente (il diamante) a un mezzo meno
rifrangente (l’acqua): il raggio rifratto forma con la normale un angolo
maggiore di quello di incidenza. Si ha riflessione totale in
acqua
Raggio
corrispondenza dell’angolo limite di incidenza per cui il raggio rifratto è
rifratto
radente alla superficie:
(
)
diamante
(
)
( )
∙
lim
Raggio
Raggio
incidente
(
∙ )
riflesso
6