FAM
Serie 36: Soluzioni
C. Ferrari
Esercizio 1 Un’identità utile
Abbiamo
Fy Gz − Fz Gy
~ = Fz Gx − Fx Gz
F~ ∧ G
Fx Gy − Fy Gx
e quindi, applicando la regola di Leibnitz,
~ = (∂x Fy )Gz + Fy ∂x Gz − (∂x Fz )Gy − Fz ∂x Gy
∇ · F~ ∧ G
+ (∂y Fz )Gx + Fz ∂y Gx − (∂y Fx )Gz − Fx ∂y Gz
+ (∂z Fx )Gy + Fx ∂z Gy − (∂z Fy )Gx − Fy ∂z Gx
Gx
∂y Fz − ∂z Fy
Fx
∂y Gz − ∂z Gy
= Gy · ∂z Fx − ∂x Fz − Fy · ∂z Gx − ∂x Gz
Gz
∂x Fy − ∂y Fx
Fz
∂x Gy − ∂y Gx
~ · ∇ ∧ F~ − F~ · ∇ ∧ G
~ .
= G
Esercizio 2 Onde elettromagnetiche ed energia
1. Utilizzando le relazioni µ0 = 1 2 e E = cB abbiamo
ε0 c
1 B 2 = 1 ε c2 B 2 = 1 ε E 2 = u .
um = 2µ
es
2 0
2 0
0
2. La norma del vettore di Poynting, che corrisponde all’intensità dell’onda, vale
~ x, t)k = 1 E0 B0 sin2 (~k · ~x − ωt)
I(~x, t) = kS(~
µ0
e calcolando il valore medio su un periodo, ossia
Z T
1
I(~x, t) dt ≡ hI(~x)i
T
0
otteniamo1
1 E B = 1
hIi = 2µ
0 0
2
0
r
ε0 2
1
µ0 E0 = 2
r
µ0 2
ε0 B0 .
1
Come per tutte le onde armoniche la media temporale elimina la dipendenza dell’intensità
dalla variabile ~x.
1
Esercizio 3 Situazioni reali
1. Poiché la situazione è stazionaria
nella figura seguente
~
S
∂uem
∂t
= 0. Il vettore di Poynting è illustrato
~j
~
E
~
B
Il flusso di energia elettromagnetica è associato al vettore di Poynting ed è
diretto verso l’interno, si assiste quindi ad un flusso di energia dai campi al
conduttore. Il teorema di Poynting si scrive
~ = −~j · E
~
div S
vediamo che per unità di tempo e di superficie il campo elettromagnetico
~ Quest’energia corrisponde alfornisce al conduttore un’energia pari a div S.
~ Il conduttore ricece quindi
la perdita di energia del campo che vale −~j · E.
un’energia per unità di tempo e di volume pari a
~
~j · E
quest’energia elettromagnetica viene poi dissipata per effetto Joule, infatti il
~
termine di effetto Joule corrisponde a −~j · E.
2. Abbiamo
G
ℓ
I
I
~
S
~
B
L
~
S
G
L2
~ = ~0
S
I
L1
~
S
G
~
E
(a)
(b)
Il vettore di Poynting, responsabile del trasporto dell’energia elettromagnetica, nel caso del circuito elettrico considerato esiste essenzialmente nello spazio
fuori dal conduttore. Il generatore è una sorgente di energia elettromagnetica,
mentre la lampadina “consuma” energia elettromagnetica (anche i conduttori in parte assorbono energia), il ruolo essenziale dei conduttori è di guidare
il vettore di Poynting, l’energia che passa dal generatore alla lampadina è in
effetti contenuta nel campo elettromagnetico.
~ = ~0, il generatore
Nella situazione con i due circuiti nella regione intermedia S
di sinistra sembra alimentare la lampadina L2 e quello di destra la lampadina
L1 .
2
3. Se si spegne il generatore di sinistra la lampadina L2 , per un tempo τ = ℓ/c
si spegne, poiché non più alimentata da vettore di Poynting proveniente dal
generatore del circuito di sinistra.
Esercizio 4 Pressione di radiazione
1. Abbiamo
c∆t
A
Se la quantità di moto incidente per unità di volume è g, allora la quantità di
moto che incide sulla superficie di area A, per unità di tempo (∆t = 1 s), vale
k∆~pk = gc∆tA. Se l’onda è completamente assorbita allora questa quantità è
la quantità di moto trasferita alla superficie e quindi si ottiene
F = kF~ k =
k∆~
pk
= gcA
∆t
da cui la pressione
prad = F = cg = uem = ε0 E 2 .
A
2. Se l’onda EM è completamente riflessa allora si ha k∆~pk = 2gc∆tA (urto
elastico) e quindi
prad = 2cg = 2uem = 2ε0 E 2 .
3. Vedi la dimostrazione della teoria cinetica dei gas.
4. Abbiamo
prad = 2 Ic = 2 P = 1 · 107 Pa .
Ac
5. (a) Abbiamo prad = 2 Ic = 4,7 · 10−6 Pa, A = πRT2 da cui Frad = 6 · 108 N.
S→T
(b) Fgr
= 3,6 · 1022 N.
3
Esercizio 5 Dipolo di Hertz
~= 1E
~ ~
1. Abbiamo S
µ0 ∧ B ed utilizzando le espressioni per i campi otteniamo
~ = f (r, t) {[(p̂0 ∧ ~n) ∧ ~n] ∧ [p̂0 ∧ ~n]}
S
= f (r, t) {[(~n · p̂0 )~n − p̂0 ] ∧ [p̂0 ∧ ~n]}
= f (r, t) sin2 θ~n
dove cos θ = p̂0 · ~n. (Lo stesso risulato vale per il caso di un dipolo magnetico).
2. Abbiamo
0.4
0.2
-1
-0.5
0
0
-0.2
-0.4
4
0.5
1
Esercizio 6 Legge di Malus
• Primo polarizzatore: Supponiamo il primo polarizzatore con asse x. La luce
naturale non è polarizzata, cioè tutte le direzioni di vibrazione del campo
elettrico sono ugualmente probabili. Se consideriamo una media temporale, la
somma delle componenti x e y dei campi elettrici sono uguali e poiché in un
periodo tutte le componenti y sono assorbite oltre il polarizzatore l’onda, che
¯
sarà polarizzata in x avrà un’intensità I¯1 = I20 .
• Secondo polarizzatore: Per la legge di Malus I¯2 = I¯1 cos2 (π/4) =
• Terzo polarizzatore: Per la legge di Malus I¯3 = I¯2 cos2 (π/4) =
I¯0
.
4
I¯0
.
8
Osservazione:Dopo il terzo polarizzatore la polarizzazione del fascio di luce è ortogonale a quella del fascio emerso dal primo polarizzatore. Tale risultato (rotazione di π2
dell’asse della polarizzazione) pu essere ottenuto solo usando almeno 2 polarizzatori.
Esercizio 7 Lamina quarto d’onda
1. La polarizzazione dell’onda incidente è ellittica di semi-assi a = E0 e b =
(sinistra - senso orario).
√
3E0
2. Per agire come lamina quarto d’onda allora
d(ns − no ) = (2n + 1)
λ
4
con
n∈Z
e il valore minimo di d lo si ottiene con n = −1 (poiché ns − no < 0) ossia
d=
λ
1
= 0,88 µm .
4 no − ns
Dopo la lamina il campo elettrico sarà (con una fase relativa sul raggio ordinario, ossia la componente y)
√E0 cos(kz − ωt)
√E0
√ E0 cos(kz − ωt)
~
E(z,t)
= 3E0 sin(kz − ωt + π/2) = 3E0 cos(kz − ωt) = 3E0 cos(kz−ωt) .
0
0
0
Lo stato di polarizzazione
dell’onda trasmessa è quindi lineare ad un angolo
√
y
=
tan θ = E
3,
ossia
θ
=
60◦ rispetto all’asse x.
Ex
3. Per la legge di Malus I = I0 cos2 (α − θ) = 353,2 W/m2 .
5
