Amerigo Scialanga
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UNIVERSITÀ DEGLI STUDI “ROMA TRE”
ANNO ACCADEMICO 2004-2005
-
Amerigo Scialanga
Appunti delle Lezioni del Corso di
CAMPI
ELETTROMAGNETICI
-
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
INDICE
1.
LINEE DI TRASMISSIONE ...................................................................................................... 4
1.1
INTRODUZIONE (LINEA DI TRASMISSIONE UNIFORME).......................................................... 4
1.2
RISOLUZIONE DELL’EQUAZIONI DEI TELEGRAFISTI................................................................ 6
1.3
CALCOLO DELL’IMPEDENZA AD UNA GENERICA QUOTA Z..................................................... 8
1.4
CASO PARTICOLARE DI LINEA PRIVA DI PERDITE ............................................................... 12
1.5
COEFFICIENTE DI RIFLESSIONE SUL CARICO........................................................................ 14
1.6
RAPPORTO D’ONDA STAZIONARIA (ROS)............................................................................ 15
1.7
COEFFICIENTE DI TRASMISSIONE SUL CARICO .................................................................... 16
1.8
DIAGRAMMI DELLA TENSIONE E DELLA CORRENTE IN ASSENZA DI PERDITE ..................... 16
1.9
CALCOLO DELL’IMPEDENZA D’INGRESSO ............................................................................ 20
1.10
CALCOLO DELL’IMPEDENZA D’INGRESSO PER ALCUNI CASI PARTICOLARI ......................... 22
1.11
ADATTAMENTO D’IMPEDENZA PER UNA LINEA PRIVA DI PERDITE ...................................... 25
1.12
CALCOLO DELLE COSTANTI V+ E V- ..................................................................................... 32
1.13
MODELLIZAZIONE DI UNA LINEA COME UNA RETE DUE PORTE ........................................... 37
1.14
MODELLIZAZIONE DI UNA LINEA COME UNA RETE TRE PORTE (DIVISORE DI POTENZA DI
WILKINSON) ...................................................................................................................................... 38
1.15
LINEE DI TRASMISSIONE NON UNIFORMI (LINU) ............................................................... 42
1.16
DIAGRAMMA DI SMITH......................................................................................................... 45
2.
CAMPI VETTORIALI.............................................................................................................. 53
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
3.
COORDINATE CURVILINEE ORTOGONALI ............................................................................ 53
PRODOTTO DIADICO............................................................................................................. 57
PROPRIETÀ DELLE DIADI ...................................................................................................... 58
PASSAGGIO DAL PRODOTTO VETTORIALE AL PRODOTTO SCALARE ................................... 58
STUDIO PARAMETRICO DEL CAMPO VETTORIALE ............................................................... 60
EQUAZIONI DI MAXWELL .................................................................................................. 61
3.1
TEOREMA DI GREEN (O GAUSS)........................................................................................... 61
3.2
TEOREMA DI STOKES............................................................................................................ 62
3.3
EQUAZIONE DI CONTINUITÀ................................................................................................. 63
3.4
CONDIZIONI AL CONTORNO ................................................................................................. 63
3.5
EQUAZIONI DI MAXWELL IN FORMA DIFFERENZIALE .......................................................... 68
3.6
CALCOLO DI UNA RISOLVENTE PER LE EQUAZIONI DI MAXWELL ....................................... 71
3.7
VETTORE DI POYNTING (PROPRIETÀ DELLE EQUAZIONI DI MAXWELL).............................. 76
3.8
RICHIAMI SUI FASORI E VETTORI COMPLESSI ....................................................................... 78
3.9
PROPRIETÀ DI POLARIZZAZIONE .......................................................................................... 83
3.10
TRASMISSIONE DEL FASCIO POLARIZZATO .......................................................................... 84
3.11
RICEZIONE DEL FASCIO POLARIZZATO ................................................................................ 85
3.12
RISOLUZIONE DELLE EQUAZIONI DELLE ONDE PER UN MEZZO LIO (LINEARE ISOTROPO E
OMOGENEO) IN CONDIZIONE DI ECCITAZIONE ARMONICA ................................................................ 86
3.13
TEOREMA DI POYNTING IN REGIME COMPLESSO ................................................................. 96
4.
ONDE PIANE UNIFORMI E NON UNIFORMI .................................................................. 98
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
DALL’EQUAZIONE DELLE ONDE ALLE ONDE PIANE ............................................................ 98
PROCESSO INVERSO: DALLE ONDE PIANE ALL’EQUAZIONE DELLE ONDE ......................... 99
IL TENSORE DI KONG ......................................................................................................... 101
MEZZI CHIRALI .................................................................................................................. 103
RISOLUZIONE DELL’EQUAZIONE DELLE ONDE PER UN MEZZO LIIO (LINEARE
DOPPIAMENTE ISOTOPO OMOGENEO) OPP. LBIO (LINEARE BIISOTROPO OMOGENEO) ................. 106
4.6
MEZZI LINEARI ANISOTROPI OMOGENEI (LANO) ............................................................ 110
4.7
MEZZI LINEARI BIANISOTROPI OMOGENEI (LBIANO) ..................................................... 111
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4.8
RISOLUZIONE DELL’EQUAZIONE DELLE ONDE PER UN MEZZO LANO (LINEARE
ANISOTROPO OMOGENEO) DOVE I TENSORI ε E µ SONO TALI DA AVERE DETERMINANTE DIVERSO
DA ZERO: CASO DELLA FERRITE ...................................................................................................... 111
MEZZI DIAMAGNETICI (ES. FERRITE MAGNETIZZATA) ED EFFETTO FARADAY ................ 117
TEOREMA DELL’UNICITÀ ................................................................................................... 123
APPLICAZIONI DEL TEOREMA DELL’UNICITÀ: IL PRINCIPIO DELLE IMMAGINI ................. 127
4.9
4.10
4.11
5. PROBLEMI D’INTERFACCIA (RIFLESSIONE E RIFRAZIONE DA UN’ONDA
PIANA) ............................................................................................................................................... 130
5.1
INTRODUZIONE ................................................................................................................... 130
5.2
DETERMINAZIONI DELLE CONDIZIONI DI SNELL ................................................................ 131
5.3
CALCOLO DEL COEFFICIENTE DI RIFLESSIONE E DEL COEFFICIENTE DI TRASMISSIONE ... 133
5.4
CALCOLO DEL COEFFICIENTE DI RIFLESSIONE NEL CASO DI CAMPO POLARIZZATO
ORIZZONTALMENTE......................................................................................................................... 137
5.5
CALCOLO DEL COEFFICIENTE DI RIFLESSIONE NEL CASO DI CAMPO POLARIZZATO
VERTICALMENTE ............................................................................................................................. 140
5.6
CALCOLO DEL ANGOLO DI BREWSTER .............................................................................. 144
5.7
ANNULLAMENTO DELLA COMPONENTE POLARIZZATA VERTICALMENTE ........................ 145
5.8
CASO IN CUI IL SECONDO MEZZO È COSTITUITO DA UN BUON CONDUTTORE ................. 146
6.
ANTENNE................................................................................................................................. 148
6.1
6.2
6.3
6.4
POTENZIALI ELETTRODINAMICI ......................................................................................... 148
FUNZIONE DI GREEN .......................................................................................................... 151
DIPOLO DI HERTZ ............................................................................................................... 157
DIPOLO MAGNETICO .......................................................................................................... 167
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1. LINEE DI TRASMISSIONE
1.1
Introduzione (Linea di Trasmissione Uniforme)
Data una Linea di Trasmissione Uniforme un cui tratto infinitesimo dz può essere
caratterizzato dalla seguente schematizzazione circuitale:
Dove:
•
la RESISTENZA tiene conto della potenza dissipata a causa della non
idealità dei conduttori
•
l’INDUTTANZA tiene conto del campo magnetico generato dalla corrente
di conduzione e che attraversa la regione di dielettrico compresa tra i due
conduttori
queste prime due grandezze determinano i così detti effetti longitudinali
•
la CAPACITA’ in parallelo tra i due conduttori tiene conto degli effetti
capacitivi
•
la CONDUTTANZA tiene conto della non idealità dei dielettrico
(conducibilità diversa da zero)
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quest’altre due grandezze tengono conto, invece, dei così detti effetti trasversali.
Abbiamo indicato, inoltre, con R = R dz , L = L dz , G = G dz e C = C dz
rispettivamente la resistenza, l’induttanza, conduttanza e capacità per unità di
lunghezza.
Determiniamo in ogni punto della linea la sua tensione e la sua corrente.
La schematizzazione circuitale può essere ulteriormente semplificata ricorrendo
alle impedenze e all’ammettenze; In particolare sostituiamo il ramo formato
1
1
+
dz = ( G + J ωC ) dz
R J ωC
da ( R + J ω L ) dz con l’impedenza Z dz e la somma
con l’ammettenza Y dz . Indichiamo, inoltre, con V ( z , t ) e I ( z , t ) rispettivamente
la tensione e la corrente alla porta d’ingresso della linea e con V ( z + dz , t ) e
I ( z + dz , t ) la tensione e la corrente alla porta d’uscita. Graficamente si ha:
Applicando le leggi di Kirchoff al circuito così ottenuto si ha:
V ( z ) − Zdz I ( z ) − V ( z + dz ) = 0
che può essere riscritta anche come:
V ( z ) − ( R + J ω L ) dz I ( z ) − V ( z + dz ) = 0
da questa segue che:
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− ( R + J ω L ) dz I ( z ) = V ( z + dz ) − V ( z )
Facendo lim si arriva al seguente risultato:
dz→ 0
dV ( z )
= − ( R + Jω L ) I ( z ) = −Z I ( z )
dz
Dalla corrente possiamo, invece, ricavare la seguente legge:
I ( z + dz ) − I ( z ) = −V ( z + dz ) ( G + J ωC ) dz
Facendo lim si arriva al seguente risultato:
dz→ 0
d I ( z)
= − ( G + J ωC ) V ( z ) = −Y V ( z )
dz
Le due equazioni così ottenute prendono il nome di equazioni dei telegrafisti:
dV ( z )
= −Z I ( z )
dz
d I ( z ) = −Y V ( z )
dz
1.2
Risoluzione dell’equazioni dei telegrafisti
Dalla prima equazione dei telegrafisti ricavo:
I ( z) = −
1 dV ( z )
Z dz
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Sostituendo quanto appena trovato dentro la seconda si ha:
d 1 dV ( z )
−
= −Y V ( z )
dz Z dz
da cui si ottiene:
d 2V ( z )
dz 2
= ZY V ( z )
Indichiamo ZY con k 2 dove k è la costante di propagazione. Essendo, inoltre,
questa la radice di due numeri complessi sarà anch’essa complessa e verà pertanto
indicata come:
k =α + Jβ
dove α prende il nome di costante di attenuazione; mentre β quello di costante di
fase.
Inoltre, poiché l’onda che viaggia lungo una linea di trasmissione è composta da
due parti: una componente progressiva e una retrograda, si avrà che anche la
nostra tensione avrà due componenti: una che si propagherà dalla porta d’ingresso
verso quella d’uscita e che indicheremo con V + ; l’altra nel verso opposto indicata
con V − e rispettivamente con costanti di propagazione -k e +k. Avremo dunque
che:
V ( z ) = V + e− k z + V − e+ k z
Per quanto riguarda il calcolo della corrente si ha che dalla prima equazione dei
telegrafisti
I ( z) = −
1 dV ( z )
Z dz
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Dove sostituendo al posto di V ( z ) quanto trovato sopra si ha:
I ( z) = −
1
k
−k V + e − k z + k V − e+ k z ) = ( V + e− k z − V − e+ k z )
(
Z
Z
OSSERVAZIONE: il rapporto
k
può essere riscritto nel seguente modo:
Z
k
=
Z
ZY
Y
=
Z
Z
Ora poiché la radice quadrata del rapporto
Z
= η che rappresenta l’impedenza
Y
caratteristica della linea si ha che la radice quadrata del rapporto
sia pari a:
1
η
Y
sopra trovato
Z
.
Di conseguenza la corrente che scorre nella linea è pari a:
I ( z) =
1
η
(V
+ −k z
e
− V −e+ k z )
In definitiva sia ha che una generica linea è regolata dalle seguenti equazioni di
tensione e corrente:
V ( z ) = V + e− k z + V − e+ k z
1
+ −k z
− +k z
I ( z ) = η ( V e − V e )
1.3
Calcolo dell’Impedenza ad una generica quota z
Ci poniamo ora il problema di valutare l’impedenza ad una generica sezione z di
una linea lunga l che presenti in ingresso una tensione V(0) e una corrente I(0); in
uscita una impedenza di carico ZL. Siano, inoltre, note le sue costanti secondarie k
eη
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Dall’equazione risolvente delle linee di trasmissione ricaviamo l’equazioni di
tensione e corrente della linea esprimendole in funzione della tensione:
V ( z ) = V + e − kz + V − e + kz
V + e − kz − V − e + kz
=
I
z
(
)
η
dove
V+
η
= I+ e −
V−
η
= I− .
Da queste si ricava che l’impedenza ad una generica quota z è pari a:
Z ( z) =
V ( z)
V + e − kz + V − e+ kz
= η ⋅ + − kz
I (z)
V e − V − e + kz
nella quale, dividendo numeratore e denominatore per V + , si ha:
V − + kz
⋅e
V+
Z ( z) =η ⋅
V−
e − kz − + ⋅ e + kz
V
e − kz +
Questa formula rappresenta la formula per il calcolo dell’impedenza ad una
generica quota z della linea di trasmissione.
Da questa si ricava che nel caso z = l si ha:
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V − + kl
⋅e
V+
V−
− + ⋅ e + kl
V
e − kl +
Z (l ) = Z L = η ⋅
e − kl
Da questa, moltiplicando ambo i membri per e − kl −
V − + kl
⋅ e , ricavo che:
V+
V−
V−
Z L e − kl − + e + kl = η e− kl + + e+ kl
V
V
Sviluppando i prodotti si ha:
Z L ⋅ e − kl − Z L ⋅
V − + kl
V − + kl
− kl
e
=
η
⋅
e
+
η
⋅
e
V+
V+
Raggruppando i termini con lo stesso esponenziale
( Z L −η ) ⋅ e
− kl
V − + kl
= ( ZL +η ) ⋅ + ⋅ e
V
Da quest’ultima segue che:
( Z L − η ) ⋅ e− kl
( Z L + η ) ⋅ e+ kl
=
V−
V+
Sostituendo il valore appena trovato nella formula dell’impedenza
V − + kl
⋅e
V+
V−
− + ⋅ e + kl
V
e − kl +
Z (l ) = Z L = η ⋅
e − kl
si ha che:
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( Z L − η ) ⋅ e− kl ⋅ e+ kz
( Z L + η ) ⋅ e+ kl
Z ( z) =η ⋅
( Z − η ) ⋅ e− kl ⋅ e+ kz
e − kz − L
( Z L + η ) ⋅ e+ kl
e− kz +
Moltiplicando numeratore e denominatore per la quantità
1
( Z L − η ) ⋅ e− kl
si ha:
e − kz
e + kz
+
− kl
Z L −η ) ⋅ e
Z L + η ) ⋅ e+ kl
(
(
Z ( z) =η ⋅
e − kz
e+ kz
−
( Z L − η ) ⋅ e− kl ( Z L + η ) ⋅ e+ kl
Svolgendo ora, sia al numeratore che al denominatore, i minimi comuni multipli e
semplificando i denominatori uguali tra loro si ottiene:
Z L + η ) ⋅ e + k (l − z ) + ( Z L − η ) ⋅ e − k (l − z )
(
Z ( z) =η ⋅
( Z L + η ) ⋅ e + k (l − z ) − ( Z L − η ) ⋅ e− k (l − z )
Sviluppando i vari prodotti e raccogliendo gli esponenziali rispetto a ZL e η si ha:
Z ( z) =η ⋅
Z L e+ k ( l − z ) + e − k ( l − z ) + η e + k (l − z ) − e − k (l − z )
Z L e+ k ( l − z ) − e − k ( l − z ) + η e + k (l − z ) + e − k (l − z )
Moltiplicando numeratore e denominatore per
1
e tenendo conto che dalle
2
formule di Eulero si ha:
e z − e− z
sinh
z
=
(
)
2
z
−z
cosh ( z ) = e + e
2
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segue che:
Z ( z) =η ⋅
Z L ⋅ cosh k ( l − z ) + η ⋅ sinh k ( l − z )
Z L ⋅ sinh k ( l − z ) + η ⋅ cosh k ( l − z )
Questa è la formula generale per il calcolo dell’impedenza di una linea di
trasmissione valutata ad una generica sezione z. Dividendo, infine, numeratore e
denominatore per cosh k ( l − z ) si ha:
Z ( z) =η ⋅
Z L + η ⋅ tgh k ( l − z )
η + Z L ⋅ tgh k ( l − z )
Quest’ultima è una formula equivalente per valutare l’ impedenza di una linea di
trasmissione alla generica quota z.
1.4
Caso Particolare di Linea Priva di Perdite
Nel caso in cui supponiamo che lungo la linea non ci siano perdite (si parla in
questo caso di linea ideale senza perdite) si ha che si annulla la parte reale della
costante di propagazione k. Più in dettaglio si ha, che avendo definito nella
modellizazione della nostra linea:
Z1 = Z = ( r1 + jwL )
1
1
Z 2 = Y = ( r + jwC )
2
parlare di perdite nulle significa ritenere che i termini dissipativi r1 e r2 siano del
tutto trascurabili rispetto ai termini induttivi e capacitivi. Risulta quindi evidente
che,sotto questa ipotesi:
Z = jwL
Y = jwC
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Da qui, avendo definito la costante di propagazione k come k =
essendo un numero è anche pari a k = α + j β , segue che k vale:
Z ⋅ Y la quale
k = Z ⋅ Y = − w2 LC = jw L ⋅ C
ovvero la parte reale α = 0 . Risulta quindi che k = j β è un numero immaginario
puro, per cui risulta che la funzione Coseno Iperbolico coincide con la funzione
Coseno e la funzione Seno Iperbolico coincide con la funzione Seno moltiplicata
per j. Si ha quindi che, sotto la condizione di linea ideale senza perdite, possiamo
riscrivere la formula del calcolo dell’impedenza come:
Z ( z) =η ⋅
Z L ⋅ cos β ( l − z ) + j ⋅η ⋅ sin β ( l − z )
j ⋅ Z L ⋅ sin β ( l − z ) + η ⋅ cos β ( l − z )
E , come nel caso precedente, dividendo numeratore e denominatore per
Cos β ( l − z ) si ha:
Z ( z) =η ⋅
Z L + j ⋅η ⋅ tg β ( l − z )
η + j ⋅ Z L ⋅ tg β ( l − z )
OSSERVAZIONE:
Se indichiamo con λ la lunghezza d’onda dell’onda di tensione essa è legata alla
costante di fase β dalla relazione β =
Ricordiamo inoltre che λ =
2π
λ
.
u
dove u è la velocità di propagazione del segnale e f
f
è la sua frequenza è la sua frequenza.
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1.5
Coefficiente di Riflessione sul Carico
La tensione totale ( VTOT ) che scorre nella linea di trasmissione è formata da due
componenti: V + , che prende il nome di ONDA INCIDENTE, e che posso indicare
anche con Vi ; e V − , che prende il nome di ONDA RIFLESSA, e che posso indicare
anche con Vr ; discorso analogo per la corrente.
Pensiamo ora ad un fronte d’onda di tensione che si propaga verso il carico ZL. In
una generica sezione z della linea si ha per definizione
carico si ha invece che
Vz
= η . Sull’impedenza di
Iz
Vl
V
= Z L . Se il rapporto
cambia a causa di η ≠ Z L , nasce
Il
I
un fronte riflesso che viaggia nel verso opposto di quello incidente. La sua corrente
ha quindi segno opposto. Da questa, indicando con ρ L la frazione d’onda
incidente che viene riflessa dal carico detto coefficiente di riflessione ovvero
ρ L ⋅Vi = Vr si ha che poiché:
(V + Vr ) = (Vi + ρ L ⋅Vi ) = Z
Vl
= i
L
I l Vi Vr Vi ρ L ⋅ Vi
η − η η − η
Da questa relazione, mettendo in evidenza e semplificando al numeratore e al
denominatore Vi, si ha:
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(1 + ρ L )
1 ρL
η − η
= ZL
1
dalla quale segue moltiplicando ambo i membri per
η
1
(1 + ρ L ) = Z L ⋅
η
−
−
ρL
:
η
ρL
η
Svolgendo i prodotti e raggruppando i termini contenenti ρ L
ρ L ⋅ 1 +
ZL ZL
=
−1
η η
Svolgendo infine i minimi comuni multipli si ottiene che ρ L è pari a:
ρL =
Z L −η
ZL +η
Da quest’ultima si deduce che a parità di linea di trasmissione (ovvero a parità di
η ) il coefficiente di riflessione dipende solo da ZL.
1.6
Rapporto d’onda Stazionaria (ROS)
Se una linea è disadattata la presenza di onde incidenti e onde riflesse che
interagiscono tra loro generano un segnale risultante denominato ONDA
STAZIONARIA. Si definisce rapporto d’onda stazionaria o ROS la quantità:
ROS =
VMAX Vi + Vr 1 + ρ L
=
=
Vmin Vi − Vr 1 − ρ L
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1.7
Coefficiente di Trasmissione sul Carico
Dalla relazione ρ L =
Z L −η
si deduce che quando l’impedenza di carico ZL risulta
ZL +η
uguale all’impedenza caratteristica η il coefficiente di riflessione risulta nullo così
come l’onda riflessa Vr. In questa situazione tutta l’onda incidente viene trasmessa
al carico come se esso fosse una linea infinita d’impedenza η . Questa condizione si
può anche esprimere dicendo che è unitario il coefficiente di trasmissione sul carico,
definito dalla relazione:
t=
VTOT
2 ⋅ ZL
=
Vi
ZL +η
Dove con VTOT indichiamo Vi + Vr = Vi (1 + ρ L )
Da questa segue che, nel caso di non adattamento del carico, è sempre possibile
esprimere i coefficienti di trasmissione in tensione e in corrente come:
tV = 1 + rV
t I = 1 + rI
Dove con rV e rI indico rispettivamente i coefficienti di riflessione in tensione e in
corrente.
1.8
Diagrammi della Tensione e della Corrente in assenza di Perdite
Dall’equazioni di tensione e corrente della linea espresse in funzione della
tensione:
V ( z ) = V + e− kz + V − e+ kz
1 + − kz
− + kz
I ( z ) = η (V e − V e )
Si ha, tenendo conto che dalle formule di Eulero:
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e z − e− z
sinh
z
=
(
)
2
z
−z
cosh ( z ) = e + e
2
che:
V ( z ) = A ⋅ cosh(kz ) + D ⋅ sinh(kz )
1
I ( z ) = η [ − A ⋅ sinh(kz ) − D ⋅ cosh(kz )]
Con A e D costanti d’integrazione(generalmente complesse) che vanno
determinate sulla base delle condizioni al contorno.
Facendo riferimento al seguente schema:
Dove l’origine del sistema di riferimento è stata presa sul carico.
Si verifica che con questa scelta del sistema di riferimento e nell’ipotesi che la
tensione e la corrente sul carico siano rispettivamente V0 e I0 si ha che l’equazioni
V(z) e I(z) diventano:
V ( z ) = V0 ⋅ cosh(kz ) + η I 0 ⋅ sinh(kz )
V0
I ( z ) = η ⋅ sinh(kz ) + I 0 ⋅ cosh(kz )
Applicando ora al caso di sopra le condizioni relative al caso privo di perdite si ha:
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V ( z ) = V0 ⋅ cos ( β z ) + j ⋅η I 0 ⋅ sin( β z )
V0
I ( z ) = j ⋅ η ⋅ sin( β z ) + I 0 ⋅ cos ( β z )
•
1°CASO: CARICO DISADATTATO COSTITUITO DA UN
CORTOCIRCUITO (ZL = 0)
Ricordando che, in corrispondenza del carico risulta V0 = ZL* I0, la
condizione ZL = 0 equivale a V0 = 0. Si ha dunque che l’equazioni delle linee
di trasmissione, nel caso di perdite nulle, diventano:
V ( z ) = j ⋅η I 0 ⋅ sin( β z )
I ( z ) = I 0 ⋅ cos ( β z )
Dalle quali segue che i moduli di tensione e corrente sono:
V ( z ) = j ⋅η I 0 ⋅ sin( β z ) = j ⋅η ⋅ I 0 ⋅ sin( β z ) = η ⋅ I 0 ⋅ sin( β z )
I ( z ) = I 0 ⋅ cos ( β z ) = I 0 ⋅ cos ( β z )
I cui diagrammi (in funzione di z) sono:
__________________________________________________________________________
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Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Da questo diagramma si evidenzia che nel caso di carico in cortocircuito i
valori massimi della corrente si hanno in corrispondenza dei minimi della
tensione e viceversa. Ciò è confermato dai valori di V e I che si hanno in
corrispondenza del proprio carico: trattandosi di un cortocircuito è chiaro
che la tensione assume valore minimo V0 = 0, mentre la corrente non
trovando resistenze assume il suo valore massimo.
•
2°CASO: CARICO DISADATTATO COSTITUITO DA UN CIRCUITO
APERTO ( ZL = ∞ )
In questo caso, essendo ZL = ∞ , si ha I0 = 0. Da questo segue che
l’equazioni delle linee di trasmissione, nel caso di perdite nulle, diventano:
V ( z ) = V0 ⋅ cos ( β z )
V0
I ( z ) = j ⋅ η ⋅ sin( β z )
Dalle quali segue che i moduli di tensione e corrente sono:
V ( z ) = V0 ⋅ cos ( β z ) = V0 ⋅ cos ( β z )
V0
j
1
I ( z ) = j ⋅ η ⋅ sin( β z ) = η ⋅ V0 ⋅ sin( β z ) = η ⋅ V0 ⋅ sin( β z )
Dalle quali segue che i diagrammi di tensione e corrente risultano invertiti
rispetto al caso precedente
Si ha dunque che ,in corrispondenza del carico, la tensione assume valore
massimo, mentre la corrente trovando una resistenza infinita assume il suo
valore minimo.
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19
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
•
CARICO ADATTATO (ZL = η )
In questo caso, essendo ZL = η , si ha che V0 = η * I0 da cui segue che
l’equazioni delle linee di trasmissione per perdite nulle possono essere così
riscritte:
V ( z ) = V0 ⋅ cos ( β z ) + j ⋅V0 ⋅ sin( β z )
I ( z ) = j ⋅ I 0 ⋅ sin( β z ) + I 0 ⋅ cos ( β z )
Dalle quali mettendo a fattor comune V0 e I0 si ha:
V ( z ) = V0 ⋅ [ cos ( β z ) + j ⋅ sin( β z ) ]
I ( z ) = I 0 ⋅ [ j ⋅ sin( β z ) + cos ( β z )]
Sfruttando le formule di Eulero possiamo scrivere queste due formule in
maniera più compatta e più precisamente come:
V ( z ) = V0 ⋅ e j β z
jβ z
I ( z) = I0 ⋅ e
Si osserva che, in queste formule, manca sia nell’onda di tensione che
nell’onda di corrente l’onda riflessa. Da quest’ultime formule segue che i
grafici dei moduli della tensione e della corrente sono costanti
1.9
Calcolo dell’Impedenza d’ingresso
Sfruttando la formula che descrive l’impedenza di una linea su una generica
sezione z
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Z ( z) =η ⋅
Z L ⋅ cosh k ( l − z ) + η ⋅ sinh k ( l − z )
Z L ⋅ sinh k ( l − z ) + η ⋅ cosh k ( l − z )
si ha, per il caso z = 0, che è possibile scrivere la formula dell’impedenza d’ingresso
come:
Z ( z = 0 ) = Z ing = η ⋅
Z L ⋅ cosh ( kl ) + η ⋅ sinh ( kl )
Z L ⋅ sinh ( kl ) + η ⋅ cosh ( kl )
Analogamente, per la formula semplificata dell’impedenza, si ha:
Z ( z) =η ⋅
Z L + j ⋅η ⋅ tgh β ( l − z )
η + j ⋅ Z L ⋅ tgh β ( l − z )
da cui si ottiene, per z = 0
Z ( z = 0 ) = Z ing = η ⋅
Z L + j ⋅η ⋅ tgh ( β l )
η + j ⋅ Z L ⋅ tgh ( β l )
In maniera analoga a quella appena vista si ha, nel caso di linea priva di perdite,
che
Z ( z) =η ⋅
Z L ⋅ cos β ( l − z ) + j ⋅η ⋅ sin β ( l − z )
j ⋅ Z L ⋅ sin β ( l − z ) + η ⋅ cos β ( l − z )
;
che, per il caso z = 0, diventa
Z ( z = 0 ) = Z ing = η ⋅
Z L ⋅ cos ( β l ) + j ⋅η ⋅ sin ( β l )
j ⋅ Z L ⋅ sin ( β l ) + η ⋅ cos ( β l )
Nella sua forma semplificata si ha invece che:
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Z ( z) =η ⋅
Z L + j ⋅η ⋅ tg β ( l − z )
η + j ⋅ Z L ⋅ tg β ( l − z )
da cui, per z = 0, si ha:
Z ( z = 0 ) = Z ing = η ⋅
Z L + j ⋅η ⋅ tg ( β l )
η + j ⋅ Z L ⋅ tg ( β l )
1.10 Calcolo dell’Impedenza d’ingresso per alcuni casi particolari
•
1° CASO: l = λ
Applicando la formula appena trovata per l’impedenza d’ingresso al caso
l = λ e ricordando che β =
Z ing
2π
λ
si ha:
2π
2π
Z L ⋅ cos
⋅ λ + j ⋅η ⋅ sin
⋅λ
λ
λ
=η ⋅
2π
2π
j ⋅ Z L ⋅ sin
⋅ λ + η ⋅ cos
⋅λ
λ
λ
dalla quale si ricava:
Z ing = Z L
Si ha cioè che l’impedenza
dell’impedenza di carico.
•
2° CASO: l =
d’ingresso
agisce
come
replicatore
λ
2
Applicando ora la formula al caso l =
λ
2
e ricordando che β =
2π
λ
si ha
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Z ing
2π λ
2π
Z L ⋅ cos
⋅ + j ⋅η ⋅ sin
λ 2
λ
=η ⋅
2
π
λ
2π
⋅ + η ⋅ cos
j ⋅ Z L ⋅ sin
λ 2
λ
λ
⋅
2
λ
⋅
2
Dalla quale si ricava che:
Z ing = Z L
Anche in questo caso l’impedenza d’ingresso agisce come replicatore
dell’impedenza di carico.
•
3° CASO: l =
λ
4
Valutiamo ora,con il medesimo metodo l’impedenza d’ingresso per una
linea lunga
λ
4
. Tenendo sempre a mente che β =
Z ing
2π
λ
2π λ
2π
Z L ⋅ cos
⋅ + j ⋅η ⋅ sin
λ 4
λ
=η ⋅
2π λ
2π
j ⋅ Z L ⋅ sin
⋅ + η ⋅ cos
λ 4
λ
si ha
λ
⋅
4
λ
⋅
4
dalla quale si ricava che:
Z ing =
η2
ZL
Si ha cioè che l’impedenza d’ingresso agisce come trasformatore d’impedenza
o più semplicemente trasformatore a λ / 4 .
•
4° CASO: l =
λ
8
__________________________________________________________________________
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Ripetendo un procedimento analogo per una linea lunga
Z ing
2π λ
2π
Z L ⋅ cos
⋅ + j ⋅η ⋅ sin
8
λ
λ
=η ⋅
2π λ
2π
j ⋅ Z L ⋅ sin
⋅ + η ⋅ cos
λ 8
λ
λ
8
si trova che:
λ
⋅
8
λ
⋅
8
dalla quale si ricava che:
Z ing = η ⋅
Z L + j ⋅η
j ⋅ ZL +η
Si ha cioè che l’impedenza d’ingresso agisce come trasformatore d’impedenza;
più in particolare se il carico è costituito da un CORTOCIRCUITO (ZL = 0)
si ha che:
Z ing = j ⋅η
ovvero l’impedenza d’ingresso risulta essere di tipo induttivo; mentre nel caso
che il carico sia costituito da un CIRCUITO APERTO ( ZL = ∞ ) , poiché η è
trascurabile rispetto a ZL (ZL>> η ) si ha:
Z ing = η ⋅
ZL
1
= ⋅η = − j ⋅η
j ⋅ ZL j
ovvero l’impedenza d’ingresso risulterà essere di tipo capacitivo ovvero:
Z ing = − j ⋅η
__________________________________________________________________________
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1.11 Adattamento d’impedenza per una linea priva di perdite
Quando una linea e connessa ad un carico ZL, si desidera che tutta la potenza che il
generatore invia lungo la linea sia totalmente assorbita dal carico. Ciò si verifica se
una linea è adattata, cioè connessa ad una impedenza ZL = η per cui non vi sono
onde riflesse. Se come accade spesso Z L ≠ η si deve procedere all’adattamento
dell’impedenza.
•
ADATTAMENTO DELLA PARTE REALE MEDIANTE UNA LINEA
LUNGA λ / 4
Supponendo di partire da una linea di trasmissione tipo quella in figura si
ha dalla formula del coefficiente di riflessione
ρL =
Z L −η
ZL +η
che, moltiplicando ambo i membri per ( Z L + η ) , si ottiene:
ρL ⋅ ( Z L + η ) = Z L −η
dalla quale, svolgendo i prodotti e mettendo in evidenza rispetto a ZL e η ,
si ha:
η ⋅ ( ρ L + 1) = Z L (1 − ρ L )
__________________________________________________________________________
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che ci fornisce il valore di ZL in funzione di ρ L e η , ovvero:
ZL =
η ( ρ L + 1)
(1 − ρ L )
Sostituendo ora la relazione appena trovata all’interno della relazione che
esprime l’impedenza d’ingresso per una generica linea priva di perdite
Z ing = η ⋅
Z L ⋅ cos ( β l ) + j ⋅η ⋅ sin ( β l )
,
j ⋅ Z L ⋅ sin ( β l ) + η ⋅ cos ( β l )
si ha:
Z ing
η ( ρ L + 1)
⋅ cos ( β l ) + j ⋅η ⋅ sin ( β l )
1 − ρL )
(
=η ⋅
η ( ρ L + 1)
j⋅
⋅ sin ( β l ) + η ⋅ cos ( β l )
(1 − ρ L )
che, nel caso in cui poniamo la condizione di linea adattata ( ρ L = 0 ),
diventa:
Z ing = η ⋅
η ⋅ cos ( β l ) + j ⋅η ⋅ sin ( β l )
=η
j ⋅η ⋅ sin ( β l ) + η ⋅ cos ( β l )
Si ha quindi che la condizione di adattamento, per una generica linea, si
realizza quando la linea vede un’impedenza d’ingresso pari all’impedenza
caratteristica della linea stessa.
Z ing = η
__________________________________________________________________________
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26
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La nostra linea, invece, considerata nelle condizioni di carico adattato e
ricordando che in corrispondenza del carico risulta V0 = ZL I0, vede
un’impedenza d’ingresso pari a:
Z ( z ) = Z ing =
V ( z ) V0 ⋅ e j β z V0
=
= = ZL
I ( z) I 0 ⋅ e jβ z I 0
Per passare da ZL a η , allora, possiamo pensare di inserire tra la linea e il
carico una nuova linea lunga λ / 4 e avente un’opportuna impedenza
caratteristica η X (da determinare)
Poiché dalla formula della Zing si ha, per una linea lunga
Z ing ( C ) =
ηX 2
ZL
λ / 4 , che
=η
(dove η è l’impedenza caratteristica della linea che vogliamo adattare)
si ricava che la sua impedenza caratteristica è pari a:
η X = Z L ⋅η
Così facendo si ha ora si ha ora che la linea è adattata, almeno nella sua
parte resistiva, poiché si ha;
__________________________________________________________________________
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Z ing ( C ) =
η X2
ZL
(
=
Z L ⋅η
ZL
)
2
=η
OSSERVAZIONE: Nel caso di impedenza di carico puramente Reale si può
effettuare adattamento mediante l’inserimento di una linea a λ / 4 . Infatti,
dopo aver adattato la linea (RL = η ), si ha che il coefficiente di riflessione
sul carico è zero e pari a:
ρL =
•
Z L − η RL − η
0
=
=
=0
Z L + η RL + η 2 ⋅ RL
ADATTAMENTO DELLA PARTE REATTIVA MEDIANTE STUB
Nel caso che l’utilizzatore sia un carico ZL generico (formato cioè da una
parte resistiva e da una parte reattiva) per realizzare l’adattamento si
impiega un tratto di linea lunga l chiuso in cortocircuito e connesso ad
un’opportuna distanza d dal carico.
Affinché vi sia adattamento, l’impedenza della linea vista da AA’ deve
assumere un valore puramente resistivo pari a η . Lo stub deve quindi
trovarsi ad una distanza d dal carico tale che la componente resistiva della
linea sia uguale a η . La lunghezza l dello stub deve essere scelta invece in
modo da assumere un valore di reattanza che neutralizzi quello che la linea
presenta tra i punti AA’.
Per il dimensionamento di l e d noti i valori β , ZL, η dalla formula
Z ing = η ⋅
Z L ⋅ cos ( β d ) + j ⋅η ⋅ sin ( β d )
j ⋅ Z L ⋅ sin ( β d ) + η ⋅ cos ( β d )
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Ricaviamo l’ammettenza:
Ying =
1
1 j ⋅ Z L ⋅ Sin ( β d ) + η ⋅ Cos ( β d )
= ⋅
Z ing η Z L ⋅ Cos ( β d ) + j ⋅η ⋅ Sin ( β d )
nella cui, per la definizione di coefficiente di riflessione ρ L =
Z L −η
,
ZL +η
si ha:
Ying =
1
⋅
1 − ρ L2
2
η (1 − ρ L ) Cos (θ − 2 β d )
1
− j⋅ ⋅
2ρL
2
η (1 − ρ L ) Cos (θ − 2 β d )
dove con θ viene indicato lo sfasamento così calcolato:
arctg
ℑm {Z L }
ℑm {Z L }
− arctg
ℜe {Z L + η }
ℜe { Z L − η }
Uguagliando la parte reale della Ying con la conduttanza caratteristica della
linea
1
η
si può ricavare la distanza d a cui inserire lo stub.
Si ottiene:
Cos (θ − 2 β d ) = − ρ L
d=
θ − arcos ( − ρ L )
2β
Tale valore, sostituito nella parte immaginaria della Ying cambiata di segno
ed uguagliata con la suscettanze della linea in cortocircuito, di lunghezza l
che vale
1
1
= − j ⋅ ctg ( β d ) .
Z
η
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Da la seguente relazione:
1
1
− j ⋅ ctg ( β l ) = j ⋅ ⋅
2 ρ L ⋅ Sin (θ − 2 β d )
η (1 − ρ L )2 Cos (θ − 2β d )
η
Semplificando si ottiene:
Cotg ( β l ) = −
2 ρ L ⋅ Sin (θ − 2 β d )
1 − ρL2
da cui si ha:
l=
2 ρ ⋅ Sin (θ − 2 β d )
arccotg − L
β
1 − ρL2
1
Ecco due metodi operativi per adattare la reattanza del carico ZL dopo aver
adattato la sua parte reale:
1. Utilizzo di uno stub a λ / 8 posto in serie all’impedenza ZL per
adattare la sola parte reattiva
In questo caso si avrà che se la reattanza della ZL è positiva
(comportamento induttivo) lo stub da inserire in serie sarà con
impedenza di carico a circuito aperto in maniera tale da
presentare una sua impedenza d’ingresso pari a Z ing = − j ⋅η
(cioè di tipo capacitivo) che sommata all’impedenza della ZL ne
annulla la parte reattiva. Nel caso in cui, invece, la reattanza
della ZL è negativa (comportamento capacitivo) lo stub da
inserire sarà con impedenza di carico in cortocircuito in maniera
tale da presentare un’impedenza d’ingresso pari a
Z ing = j ⋅η (cioè di tipo induttivo) che sommata all’impedenza
della ZL ne annulla la parte reattiva.
La nostra rete diventa quindi:
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2. Utilizzando uno stub a λ / 8 posto in parallelo all’impedenza
ZL per adattare la sola parte reattiva
Ponendo lo stub in parallelo all’impedenza ZL, ovvero
considerando il caso in cui la reattanza dell’impedenza di carico
sia positiva cioè susciettanza di carico di tipo capacitivo
1
1
=
= − j ⋅ X L , si ha che per compensare la
YL =
ZL j ⋅ X L
reattanza e sufficiente mettere in parallelo alla ZL uno stub a
λ / 8 con impedenza di carico a circuito aperto (reattanza di tipo
capacitivo) che presenta cioè una susciettanza di tipo induttivo
1
1
=
= j ⋅η .
YSTUB =
Z STUB − j ⋅η
Analogamente nel caso in cui la reattanza dell’impedenza di
carico sia negativa, ammettenza di tipo induttivo
1
1
=
= j ⋅ X L , si ha che per compensarla è
YL =
ZL − j ⋅ X L
sufficiente inserire in parallelo alla ZL uno stub a λ / 8 con
impedenza di carico in cortocircuito (reattanza di tipo induttivo)
che presenta cioè una susciettanza di tipo capacitivo
1
1
=
= − j ⋅η .
YSTUB =
Z STUB j ⋅η
In questo caso si ha che la nostra linea diventa:
__________________________________________________________________________
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1.12 Calcolo delle costanti V+ e VData la seguente LTU (linea di trasmissione uniforme):
Per una generica linea di trasmissione uniforme si ha, dall’equazioni dei telegrafisti
che :
V ( z ) = V + e− k z + V − e k z
V + e− k z − V − ek z
I
z
=
(
)
η
Si avrà quindi che l’impedenza caratteristica della nostra linea, per una qualsiasi
sezione z, sarà pari a:
Z ( z) =
V (z)
V + e− k z + V − ek z
= η + −k z
− kz
I (z)
V e −V e
Dove V + e V − rappresentano rispettivamente l’onda incidente e l’onda retrograda.
Per determinare V + e V − , supponendo la nostra linea priva di perdite, possiamo
fare la seguente asserzione:
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•
supponiamo che in z = 0 la tensione V ( z = 0 ) = V0 .
•
supponiamo che in z = L il rapporto
V ( z = L)
I ( z = L)
sarà pari a Z C .
Si hanno dunque le seguenti equazioni:
V + + V − = V0
+ −k L
V e + V − ek L
= ZC
+ −k L
− kL
V e −V e
η
Si osserva che la seconda equazione può anche essere riscritta come:
V + e− k L − V − ek L
V + e− k L + V − ek L = ZC
η
Dove, portando il
secondo membro al primo, svolgendo i prodotti e
raggruppando i vari termini rispetto a V + e − k L e V − e k L , si ha
Z
V + e − k L 1 − C
η
ZC
− kL
+ V e 1 +
η
=0
Si ha quindi, in definitiva il seguente sistema di equazioni nelle incognite V + e V −
V + + V − = V0
+ − k L ZC
ZC
− kL
V e 1 − η + V e 1 + η
=0
La cui rappresentazione matriciale è la seguente:
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1
1
V +
− −k L ZC k L ZC
V e 1 − η e 1 + η
V0
=
0
Da questa segue che V + e V − saranno pari a:
V+ =
V0
0
1
Z
e k L 1 + C
η
1
1
e − k L 1 − Z C e k L 1 + Z C
η
η
Z
V0 ek L 1 + C
η
=
=
ZC − k L ZC
kL
e 1 +
− e 1 −
η
η
kL
V0 e (η + Z C )
(η + ZC )
= kL
= V0
=
−k L
−2 k L
e (η + Z C ) − e (η − Z C )
(η + Z C ) − (η − Z C ) e
(η + ZC )
= V0
−2 k L
−2 k L
η (1 − e
) + ZC (1 + e )
V − = V0 − V + = V0 − V0
(η + ZC )
η (1 − e
−2 k L
) + Z (1 + e
C
−2 k L
)
=
η (1 − e −2 k L ) + Z C (1 + e−2 k L ) − (η + Z C )
η + ZC )
(
=V
=
= V0 1 −
−2 k L
η (1 − e
) + ZC (1 + e−2 k L ) 0 η (1 − e−2 k L ) + ZC (1 + e−2 k L )
( ZC − η ) e−2 k L
−η e−2 k L + Z C e−2 k L
= V0
=
V
0
−2 k L
η (1 − e
) + ZC (1 + e−2 k L ) η (1 − e−2 k L ) + ZC (1 + e−2 k L )
In definitiva si ha che:
__________________________________________________________________________
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(η + ZC )
V + = V0
−2 k L
η (1 − e
) + ZC (1 + e−2 k L )
−
Z C − η ) e −2 k L
(
V = V0
−2 k L
η (1 − e
) + ZC (1 + e−2 k L )
Metodo Alternativo
Per una generica linea di trasmissione uniforme si ha, dall’equazioni dei telegrafisti
che :
V ( z ) = Vi e − k z + Vr ek z
Vi e − k z − Vr e k z
I
z
=
(
)
η
Si avrà quindi che l’impedenza caratteristica della nostra linea,per una qualsiasi
sezione z, sarà pari
a:
Z ING =
V ( z)
2π z
− 2π z
= e λ Vi + e λ Vr
I (z)
Dove Vi e Vr rappresentano rispettivamente l’onda incidente e l’onda retrograda.
Per determinare Vi , supponendo la nostra linea priva di perdite, possiamo fare la
seguente asserzione: supponiamo ZC posta in z = 0; si avrà allora che il rapporto
V ( z)
I ( z)
valutato in z =0 sarà pari a
(Vi + Vr )η = Z
Vi − Vr
C
. Risolvendo questa equazione
rispetto a Vi si ha:
Vi =
Vr ( RC + j X C + η )
RC + j X C − η
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Per determinare il parametro Vr pongo un generatore di prova con tensione pari a
1 Volt ai capi della nostra linea. Si avrà allora che V(z = L) = 1 dove una volta
sostituito il valore di Vi appena trovato è pari a:
Vr ( RC + j X C + η )
RC + j X C − η
e− k L + Vr ek L = 1 .
Risolvendo questa seconda equazione rispetto a Vr si ottiene che :
Vr =
e 2π L
R + j X C +η
e 4π L + C
RC + j X C − η
A questo punto risulta evidente che l’impedenza d’ingresso, su una generica
sezione z, per la nostra linea è pari al rapporto
V ( z)
I (z)
dove una volta sostituiti
rispettivamente Vi e Vr si ha:
η RC + j X C + e
Z ING =
4π z
λ
( RC + j X C − η ) + η
4π z
RC + j X C + η + e
λ
( − RC − j X C + η )
In oltre si osserva che l’ampiezza della tensione ad una generica sezione z della
linea è pari a :
__________________________________________________________________________
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36
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( RC + j X C ) cosh
2π z
2π z
− sinh
η
λ
λ
V ( z) =
2π L
2π L
( RC + j X C ) cosh
− sinh
η
λ
λ
1.13 Modellizazione di una Linea come una rete due porte
Data la seguente LTU, schematizzata come una rete due porte:
calcoliamo la sua matrice delle impedenze.
Per una linea modellata come una rete due porte si ha la seguente
rappresentazione matriciale:
V1 Z11
=
V2 Z 21
Z12 I1
⋅
Z 22 I 2
dove:
Vg = V + e − k z + V − e k z
V + e− k z − V − ek z
I g =
η
con g = 1 , 2
In particolare avremo V1 e I1 sono calcolati in z = 0 e V2 e I2 sono valutati in z = L.
Ora per calcolare le singole impedenze ci rifacciamo alla teoria delle reti due porte
in particolare per l’impedenza Z11 si ha: Z11 =
V1
I1
.
I 2 =0
Sfruttando la condizione I2 = 0 si ricava risolvendo l’equazione della corrente I2
rispetto al valore V − che questo è pari a: V − = e −2 k0 L V + . Andando a sostituire il
valore appena trovato all’interno del rapporto
V1
I1
si trova che il valore
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dell’impedenza Z11 è pari a η0 coth ( k0 L ) . Ragionando in maniera analoga anche
sulla corrente I2 e possibile ricavare facilmente i valori delle altre impedenze; in
particolare si ha:
IMPEDENZE CARATTERISTICHE PER UNA LINEA SCHEMATIZZATA COME UNA
RETE DUE PORTE
Z12
Z 21
Z 22
V1
I2
V2
I1
V2
I2
−η0 cosech ( k0 L )
I1 = 0
η0 cosech ( k0 L )
I 2 =0
η0 coth ( k0 L )
I1 = 0
1.14 Modellizazione di una Linea come una rete tre porte (Divisore di
potenza di Wilkinson)
Dato il seguente divisore di potenza secondo Wilkinson considerato come una rete
tre porte:
calcolare gli elementi della sua matrice delle impedenze Z .
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Indicando come punto z = 0 il punto di congiunzione delle tre linee di trasmissione
e ipotizzando che in tale punto la tensione assuma un valore Q; osserviamo poi la
corrente alle porte 1-1’, 2-2’ e 3-3’: essendo in quei punti la linea aperta supporremo
le correnti alle tre porte d’ingresso pari a zero; Infine, poiché per tali linee,
considerate prive di perdite, valgono le seguenti equazioni:
Vg = V + e− k z + V − e k z
V + e− k z − V − ek z
I
=
g
η
con g = 1 , 2, 3
siamo in grado di ricavare le seguenti condizioni al contorno;
•
dall’equazione
+
1
V =e
•
V =e
j 2 k2 L2
V =e
j 2 k3 L3
corrente
I1
valutata
in
z
=
L1
ricaviamo:
della
corrente
I2
valutata
in
z
=
L2
ricaviamo:
della
corrente
I3
valutata
in
z
=
L3
ricaviamo:
V
−
2 ;
V
dall’equazione
+
3
della
−
1 ;
dall’equazione
+
2
•
j 2 k1 L1
−
3
V ;
•
dall’equazione della tensione V1 valutata in z = 0 ricavo: V1− =
Q
;
1 + e j 2 k1 L1
•
dall’equazione della tensione V2 valutata in z = 0 ricavo: V2− =
Q
•
dall’equazione della tensione V3 valutata in z = 0 ricavo: V3− =
1+ e
j 2 k2 L2
Q
1 + e j 2 k3 L3
;
.
Una volta determinati gli esatti valori delle tensioni e delle correnti presenti sulle
varie linee nella sezione z = 0 è possibile ricavare impedenze Z1, Z2, Z3 riportate
nella seguente tabella.
IMPEDENZE D’INGRESSO DELLE TRE LINEE
VALUTATE SULLA SEZIONE Z = 0
ZING(1)
− j η1 cot ( k1 L1 )
ZING(2)
− j η 2 cot ( k2 L2 )
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− j η3 cot ( k3 L3 )
ZING(3)
Utilizzando le impedenze appena trovate,
d’interconnessione che nel nostro caso valgono:
insieme
alla
condizioni
V1 ( z0 ) = V2 ( z0 ) = V3 ( z0 )
I1 ( z0 ) = I 2 ( z0 ) + I 3 ( z0 )
siamo in grado di ricavare i valori delle impedenze caratteristiche che descrivono
una rete come quella in esame attraverso una rete tre porte ovvero:
I1 Z11
I 2 = Z 21
I Z
3 31
Z12
Z 22
Z 32
Z13 V1
Z 23 ⋅ V2
Z 33 V3
Riportiamo nella tabella qui sotto i valori delle impedenze caratteristiche per la rete
a tre porte in esame:
IMPEDENZE CARATTERISTICHE PER LA LINEA SCHEMATIZZATA COME
UNA RETE DUE PORTE
Z11 =
Z12 =
Z13 =
Z 21 =
V1
I1
V1
I2
V1
I3
V2
I1
Z ING (2) Z ING (3)
I 2 = I3 =0
I1 = I 3 = 0
I1 = I 2 = 0
I 2 = I3 = 0
−
Z ING (2) + Z ING (3)
j η2 η3 cot ( k2 L2 ) cot ( k3 L3 )
η2 cot ( k2 L2 ) + η3 cot ( k3 L3 )
V1
I1 − I 3
j η1 η3
−η3 tg ( k1 L1 ) + η1 tg ( k3 L3 )
V1
I1 − I 2
j η1 η 2
−η 2 tg ( k1 L1 ) + η1 tg ( k2 L2 )
V2
I 2 + I3
−
j η 2 η3
η3 tg ( k2 L2 ) + η2 tg ( k3 L3 )
__________________________________________________________________________
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Z 22 =
Z 23 =
Z 31 =
Z 32 =
Z 33 =
V2
I2
V2
I3
V3
I1
V3
I2
V3
I3
Z ING (1) Z ING (3)
I1 = I3 = 0
Z ING (1) + Z ING (3)
I 2 = I3 =0
I1 = I 3 = 0
j η1 η3 cot ( k1 L1 ) cot ( k3 L3 )
η1 cot ( k1 L1 ) + η3 cot ( k3 L3 )
j η1 η2
−η2 tg ( k1 L1 ) + η1 tg ( k2 L2 )
V2
I1 − I 2
I1 = I 2 = 0
j η 2 η3
η3 tg ( k2 L2 ) + η2 tg ( k3 L3 )
V3
I 2 + I3
−
V3
I1 − I 3
j η1 η3
−η3 tg ( k1 L1 ) + η1 tg ( k3 L3 )
Z ING (1) Z ING (2)
I1 = I 2 = 0
−
Z ING (1) + Z ING (2)
−
j η1 η2 cot ( k1 L1 ) cot ( k2 L2 )
η1 cot ( k1 L1 ) + η2 cot ( k2 L3 )
Valutiamo, ora, l’impedenza d’ingresso e la potenza complessa supponendo le
porte 2 -21 e 3 – 31 chiuse su impedenze Z2 e Z3. Discutere il risultato assumendo
come parametri le lunghezze Li con i = 1,2,3 e le impedenze caratteristiche ηi con i
= 1,2,3 e le costanti di fase βi con i = 1,2,3 delle tre linee ed ovviamente le
impedenze Z2 e Z3
Note le impedenze caratteristiche per una linea schematizzata come una rete tre
porte si ha che per calcolare l’impedenza Z11 quando le altre due reti sono chiuse
rispettivamente su un’impedenza Z2 e Z3 opero come segue: per via delle due
impedenze ora presenti sulla linea ho un cambiamento delle condizioni al contorno
e in particolare modo di Vi2 e Vi3 che saranno rideterminate nel seguente modo:
dall’equazione della tensione V2 valutata in z = L2 si ha che corrente I2 è pari a
I2 =
e
V2
da cui ricaviamo: Vi 2 = −
Z2
j 2 k2 L2
Vr 2 [ Z 2 + η2 ]
Z 2 − η2
;
dall’equazione della tensione V3 valutata in z = L3 si ha che corrente I3 è pari a
e
V
I 3 = 3 da cui ricaviamo: Vi 3 = −
Z3
Vr 3 [ Z 3 + η3 ]
;
Z 3 − η3
j 2 k3 L3
Una volta calcolate le nuove condizioni al contorno sono in grado di ricavare le
nuove impedenze d’ingresso per la linea L2 e L3 che saranno rispettivamente:
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Z ING ( 2) =
η2 Z 2 cos ( k2 L2 ) + j η2 sin ( k2 L2 )
e
η2 cos ( k2 L2 ) + j Z 2 sin ( k2 L2 )
Z ING (3) =
η3 Z3 cos ( k3 L3 ) + j η3 sin ( k3 L3 )
η3 cos ( k3 L3 ) + j Z3 sin ( k3 L3 )
Da ciò segue che sfruttando la formula generale calcolata in precedenza è possibile
valutare il nuovo valore dell’impedenza d’ingresso:
Z ING = Z11 =
Z ING ( 2) Z ING( 3)
Z ING( 2) + Z ING (3)
Per quanto riguarda il calcolo della potenza complessa ricavo il valore della
corrente I1 in z = 0 sfruttando la condizione d’interconnessione e calcolo la potenza
come P = Z ING ( I1 )
2
1.15 Linee di Trasmissione Non Uniformi (LINU)
Per linee di questo tipo si osserva un andamento non uniforme dei parametri della
linea. Questo può essere dovuto ad esempio a dei conduttori che non sono
paralleli ma che ad esempio divergono:
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In questo caso si ha che le costanti primarie della linea (R, L, G, C), che sono ancora
funzioni di z, non sono più uguali in ogni tratto dz della linea ma hanno una
funzione a “catenaria” ovvero vanno come un cosh.
Le equazioni che regolano linee di questo tipo sono ancora le equazioni dei
telegrafisti:
dV ( z )
= Z ( z) I (z)
−
dz
− d I ( z ) = Y ( z ) V ( z )
dz
La differenza con il caso precedente sta nella sua risolvente:
Derivando rispetto a
d
la prima equazione dei telegrafisti si ha:
dz
d dV ( z ) d
−
= Z ( z ) I ( z )
dz
dz dz
da cui si ottiene:
−
d 2V ( z ) d
d
= Z ( z ) I ( z ) + I ( z ) Z ( z )
2
dz
dz
dz
Si osserva inoltre che per la prima equazione dei telegrafisti possiamo fare la
seguente sostituzione:
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−
I ( z) =
dV ( z )
dz
Z ( z)
mentre dalla la seconda segue:
d I ( z)
= −Y ( z ) V ( z )
dz
Da queste segue che
dV ( z )
−
d 2V ( z ) d
dz − Z ( z ) Y ( z ) V ( z )
−
= Z ( z )
dz 2
dz
Z ( z)
d
Z ( z )
Tenendo conto che il termine dz
può anche essere riscritto come:
Z (z)
d ln Z ( z )
dz
si ha:
−
d ln Z ( z ) dV ( z )
d 2V ( z )
=−
− Z ( z )Y ( z ) V ( z )
2
dz
dz
dz
Portando, in fine, tutto al primo membro si ha che la risolvente dell’equazione dei
telegrafisti nel caso di linea non uniforme può essere scritta come:
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−
d 2V ( z ) d ln Z ( z ) dV ( z )
+
+ Z ( z )Y ( z ) V ( z ) = 0
dz 2
dz
dz
dove nei termini in rosso appaiono le costanti primarie della linea
1.16 Diagramma di Smith
La carta di Smith é uno strumento molto usato per risolvere tutti i problemi di
adattamento delle linee a radiofrequenza.
Il metodo della carta di SMITH sfrutta, come punto di partenza dello studio sulle
linee, un diagramma circolare costituito da due serie di circonferenze che si
intersecano, le quali consentono di determinare l'impedenza, o più spesso
l'ammettenza, nelle sue due componenti reale ed immaginaria, della linea in ogni
suo punto permettendo, di conseguenza, di scegliere il punto adatto lungo la linea,
per l'inserzione dello stub in grado di compensare la parte reattiva indesiderata del
carico e permettere al generatore di vederne solo la parte resistiva e non dare, di
conseguenza, onde riflesse indesiderate.
Si può adattare un carico anche se è soltanto resistivo ma di valore diverso da
quello della linea.
E' possibile adattare anche con l'uso di due diversi stub posti però a distanze dal
carico opportunamente calcolate.
E' possibile, con la carta, anche calcolare la lunghezza che devono avere i singoli
stub da inserire caso per caso.
Con la carta si calcola anche il coefficiente di riflessione sul carico ed in ogni punto
della linea, si rileva anche il ROS.
Con la carta si converte, a vista, un'impedenza nella corrispondente ammettenza.
Si può tracciare il diagramma di onda stazionaria determinando sia il ROS, sia la
posizione dei massimi e dei minimi rispetto al carico.
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La carta di Smith può essere usata sia lavorando con le impedenze che con le
ammettenze.
In ogni caso tutte le grandezze sono normalizzate, cioè sono espresse come
rapporto fra l'impedenza di carico e la resistenza caratteristica della linea oppure
come rapporto fra l'ammettenza di carico e l'ammettenza caratteristica della linea,
pertanto non ci sono né valori in Ohm né in Siemens, ma solo numeri puri dati dal
rapporto di ogni singola impedenza diviso la resistenza caratteristica della linea.
La carta è costituita da due serie di circonferenze delle quali la prima, ha centri sull'
asse orizzontale sul quale sono rappresentate tutte le parti reali, cioè le resistenze,
se agiamo con impedenze, oppure le conduttanze se agiamo con le ammettenze.
DIAGRAMMA DI SMITH
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Questa prima serie di circonferenze rappresenta tutti i punti della linea in cui
l'impedenza ha parte reale costante, che è indicata sull'asse orizzontale.
L'origine del diagramma circolare è al centro con il punto uno che rappresenta la
parte finale di ogni adattamento, in quanto rappresenta quel punto della linea
dove l'impedenza, complessivamente vista dal generatore, è uguale a quella
caratteristica della linea, cioè si è finalmente adattato il carico.
A destra sono rappresentati i numeri maggiori di uno e a sinistra i minori di uno,
così all'estremità destra del segmento orizzontale è rappresentato il valore infinito
e all'estremità sinistra il valore zero.
La seconda serie di cerchi rappresenta tutti i punti della linea a parte immaginaria
costante, positiva al di sopra dell'asse orizzontale, e negativa al di sotto.
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I centri di questi cerchi sono sulla retta perpendicolare al diametro orizzontale nel
suo estremo destro.
Esistono due versi di rotazione nella carta di Smith:
•
uno orario, verso il generatore;
•
ed uno antiorario, verso il carico.
Sul bordo esterno della carta sono rappresentati gli angoli in gradi e gli spostamenti
lungo la linea, usando come misura la lunghezza d'onda della linea.
Una rotazione completa attorno al centro della carta di SMITH comporta un angolo
di 360° e uno spostamento, lungo la linea, in un verso o in un altro, di
λ
2
.
Una rotazione completa di 360° comporta quindi, nello spostarsi lungo la linea in
regime di onda stazionaria, se si parte da un minimo, cioè da un punto sull'asse
orizzontale a sinistra, il passaggio al successivo minimo.
La rotazione, invece, di 180°, cioè di mezza circonferenza, partendo sempre da un
minimo, comporta il passaggio ad un massimo.
ESEMPIO DI ADATTAMENTO CON LA CARTA DI SMITH
Sia data una linea con impedenza di carico, da adattare con uno stub chiuso
all'estremità, posto a distanza d1 dal carico e di lunghezza d2 secondo lo schema di
figura:
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Dati:
Z L = 60 + J 70 Ω
η = 50 Ω
SOLUZIONE
Per prima cosa bisogna normalizzare l'impedenza di carico, dividendola per la
resistenza caratteristica della linea:
ZL
η
=r+J x=
60 + J 70 60
70
=
+J
= 1.2 + J 1.4
50
50
50
A questo punto bisogna individuare il punto rappresentativo dell’impedenza di carico
all’interno della carta di SMITH, all’incrocio fra la circonferenza con parte reale +1.2 e la
circonferenza con parte immaginaria +1.4.
Ricordiamo che i valori reali sono scritti sull’asse reale, mentre quelli immaginari
sono rappresentati lungo la circonferenza esterna.
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Il punto rappresentativo dell’impedenza di carico ZL è indicato nella figura sotto.
Si traccia un cerchio (rosso) con centro nell’origine e passante per il punto ZL.
La distanza tra il punto ZL ed il centro, cioè il raggio del cerchio, rappresenta il
coefficiente di riflessione ρ L =
Z L −η
in modulo e fase al variare del punto sulla linea
ZL +η
supposta senza perdite.
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Il modulo si legge proiettando il raggio del cerchio sulla scala orizzontale (indicato
con le due linee in blu) che c’è sotto la carta e che serve appunto per misurare il
coefficiente di riflessione, ottenendo il valore, indicato con il cerchietto blu, di 0.3.
La fase, anch’essa indicata con un cerchietto blu, si legge sul bordo esterno della
carta, sul prolungamento del raggio che passa per ZL e risulta quasi 50°.
La circonferenza, passante per il punto rappresentativo dell’impedenza normalizzata,
rappresenta tutti i punti della linea con le loro parti reali ed immaginarie, che si possono
ottenere spostandosi dal carico verso il generatore ruotando in verso orario, ed il raggio
vettore, letto in coordinate polari, rappresenta il coefficiente di riflessione in ogni punto
della linea.
Si osservi che vi sono due punti di questa circonferenza, che intersecano l’asse reale
e corrispondono ai massimi ed ai minimi dove l’impedenza è puramente reale.
In corrispondenza del massimo, si legge anche il valore del ROS =
1 + ρL
che è di
1 − ρL
3.4, indicato da un cerchietto nero, anche sulla scala in basso si può analogamente
leggere lo stesso valore come indicato con un altro cerchietto nero.
La distanza tra il carico ed il primo massimo dell’onda stazionaria, misurata in
valori di λ , si trova ruotando in verso orario, dalla posizione dell’impedenza
normalizzata ZL fino al primo incontro con l’asse reale che, è indicata in figura con
due cerchietti rossi. Questo punto rappresenta anche la distanza dal carico dove va
inserito lo stub ed è pari a:
d1 = 0.32 λ − 0.25 λ = 0.7 λ
Ribaltando rispetto al centro uno del diagramma, il punto rappresentativo di ZL si
ottiene il punto rappresentativo dell’ammettenza di carico YL:
YL = 0.35 − J 0.41
Per controllo, basta fare:
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Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
YL =
1
1
=
= 0.35 − J 0.41
Z L 1.2 + J 1.4
Questo è il punto di partenza per l’adattamento.
Adesso agiamo con le ammettenze perché lo stub si dovrà inserire in parallelo, e
pertanto si dovranno sommare le ammettenze e non le impedenze.
Si ruota YL in verso orario, cioè verso il generatore, lungo il cerchio rosso, che è il
cerchio a pari coefficiente di riflessione, fino ad incontrare il cerchio a r = 1, cioè il
luogo dei punti in cui la parte reale dell’ammettenza è uguale ad uno.
Si osservi che ci sono due intersezioni fra questi due cerchi, per ogni rotazione
completa attorno al centro della carta di SMITH.
Cioè per ogni avanzamento di
λ
2
, a partire dal carico verso il generatore, ci sono
due punti in cui l’ammettenza della linea mostra la stessa parte reale
dell’ammettenza caratteristica.
Si sceglie il primo di questi punti incontrati, girando in verso orario, quello indicato in
figura con il punto A, e lì si inserirà lo stub in parallelo che dovrà annullare la parte
immaginaria dell’ammettenza di linea.
Questa parte immaginaria, di 1.3 ed è indicata con un cerchietto verde sul bordo
esterno della carta, seguendo la circonferenza passante per A.
In questo modo, l’onda incidente proveniente dal generatore, arrivando in questo
punto, troverà un valore di impedenza di linea uguale a quella caratteristica e non
darà luogo ad onda riflessa e così la linea sarà adattata.
La determinazione della lunghezza d2 dello stub, da inserire a distanza d1 dal
carico, si effettua pure con l’uso della carta di SMITH come segue.
Si deve creare uno stub, chiuso ad un’estremità, che presenti all’ingresso una
suscettanza di valore -1.3, uguale ed opposto a quella della parte immaginaria
dell’ammettenza letta sulla carta.
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Lo stub in corto circuito, è anch’esso una linea a radiofrequenza, ma che ha come
carico un corto circuito, cioè un’impedenza di valore zero, e quindi un’ammettenza
di valore infinito.
Si parte allora dal punto più a destra dell’asse orizzontale delle parti reali della
carta, che rappresenta appunto il valore infinito, e si segue il cerchio esterno della
carta, ruotando in verso orario, cioè verso il generatore, fino a incontrare il punto,
indicato sul bordo esterno con un cerchietto verde, corrispondente al valore di –1.3.
Si ricorda che nel semipiano inferiore i valori immaginari sono negativi ed in
quello superiore sono positivi.
La lunghezza dello stub, espressa in unità λ , si ottiene dalla differenza fra i valori letti
nelle due posizioni corrispondenti al corto circuito, cioè, al carico, ed al punto di ingresso
dello stub, indicate dai due cerchietti marrone e corrisponde al valore:
d 2 = 0.25 λ − 0.146 λ = 0.104 λ
Inutile dire che, una volta conosciuto il valore di λ si può risalire ai valori in cm di
d1 e di d2.
2. CAMPI VETTORIALI
2.1
Coordinate Curvilinee Ortogonali
Un sistema di coordinate curvilinee è definito, con riferimento ad un sistema
cartesiano, da tre funzioni del tipo:
q1 = q1 ( x, y, z )
q2 = q2 ( x, y, z )
q = q ( x, y , z )
3
3
Queste funzioni stabiliscano sotto opportune condizioni, una
corrispondenza biunivoca, per cui ad ogni terna (x, y, z) corrisponda una
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Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
ed una sola terna (q1, q2 ,q3) e viceversa.
Si definiscono poi le cosiddette superfici coordinate, rappresentate
dalle equazioni:
q1 ( x, y, z ) = c1
q2 ( x, y, z ) = c2
q ( x, y , z ) = c
3
3
che rappresentano delle superfici generiche che si intersecano nel punto di
coordinate curvilinee (c1, c2 ,c3). Su una superficie coordinata variano solo due
coordinate.
Si
definiscono,
inoltre,
le
cosiddette
linee
coordinate,
date
dall’intersezione di due superfici coordinate. Lungo tali linee varia solo una
coordinata.
Sono infine definiti i versori fondamentali q 10 , q 20 , q 30 che sono nel punto generico
P tangenti alle tre linee coordinate passanti per P.
FIGURA 2.1 – Rappresentazione delle superfici coordinate e orientazione delle linee
coordinate e dei versori fondamentali nello spazio
Osserviamo quindi che i versori fondamentali, a differenza delle coordinate
cartesiane (dove i versori fondamentali sono costanti, cioè hanno sempre la
stessa direzione e lo stesso verso), sono delle funzioni di punto cioè variano
da punto a punto la loro direzione e il loro verso.
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Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Un sistema di coordinate curvilinee q1 ,q2 ,q3 si dice ortogonale se i versori
q 10 , q 20 e q 30 sono mutuamente ortogonali in ogni punto e se inoltre tali
versori formano nell’ordine una terna ortogonale destra, cioè:
q 10 × q 20 = q 30
si parlerà allora di sistema ortogonale destro.
In un sistema di coordinate ortogonale generico, se si incrementa la
coordinata q1 di un dq1, senza cambiare le altre due, il punto P si sposterà
lungo la corrispondente linea coordinata di un arco la cui lunghezza ds1 in
generale non sarà uguale a dq1 (come avviene in coordinate cartesiane), ma
sarà ad esso proporzionale. Si potrà porre quindi:
ds1 = h1 dq1
ds2 = h2 dq2
ds = h dq
3
3
3
dove il generico coefficiente hi è pari a:
hi =
∂si
∂qi
con i = 1, 2, 3, …
I coefficienti h1 ,h2 ,h3 detti coefficienti metrici, saranno in generale
funzione di q1, q2, q3.
Attraverso semplici passaggi si arriva ad un’espressione generale per l’operatore
∇, che può essere usata per formare i vari prodotti, e quindi i vari operatori:
∇[
]=
1 ∂ h1 h2 h3 ∂ h1 h2 h3 ∂ h1 h2 h3
q 30 [ ]
q10 [ ] +
q 20 [ ] +
h1 h2 h3 ∂q1 h1
∂q2 h2
∂q3 h3
Osserviamo, ad esempio, il primo termine fra parentesi quadre:
∂ h1 h2 h3
q10 [
∂q1 h1
]=
∂ h1
h2 h3 q10 [
∂q1 h1
]
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55
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Sviluppando i vari prodotti si ha:
h1
∂ h2 h3
q10 [
h1
∂q1
(
+ q 10 [
]
]) + q 10 [ ] h3 h2
∂ h1 + q10 [
∂q1 h1
]
h1
∂
h3
( h2 ) +
h1 ∂q1
h1
∂
h2
( h3 )
h1 ∂q1
Dove il secondo, il terzo e il quarto termine sono nulli. Sopravvive, perciò, solo il
primo termine
h1
∂ h2 h3
q10 [
h1
∂q1
]
Ripetendo questo procedimento anche per gli altri termini dell’equazione che
esprime l’operatore nabla si ha :
∇[
]=
h ∂ 1 h1
∂ h
∂ q10 [ ] + h1 2 h3
q 20 [ ] + h1 h2 3
q 30 [ ]
h2 h3
h1 h2 h3 h1
∂q1
h2 ∂q2
h3 ∂q3
Dove mettendo a fattor comune dentro la parentesi i termini
1
semplificandoli con
si ha:
h1 h2 h3
∇[
( h1 h2 h3 )
e
q 10 ∂
q ∂
q ∂
[ ] + 20 [ ] + 30 [ ]
h2 ∂q2
h3 ∂q3
h1 ∂q1
]=
FORMULE PER IL CALCOLO DEL ROTORE, DEL GRADIENTE E DELLA
DIVERGENZA
q 10
h2 h3
∂
∇× F =
∂q1
h F
1 1
q 20
h1 h3
∂
∂q2
h2 F2
q 30
h1 h2
∂
∂q3
h3 F3
q ∂
q ∂
q ∂
∇F = 10
[ F ] + 20 [ F ] + 30 [ F ]
h2 ∂q2
h3 ∂q3
h1 ∂q1
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56
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∇⋅F =
1 ∂
∂
∂
( h2 h3 F1 ) + ( h1 h3 F2 ) + ( h1 h2 F3 )
h1 h2 h3 ∂q1
∂q2
∂q3
TABBELLA PER LA VALUTAZIONE DEL ROTORE, DELLA DIVERGENZA E
DEL GRADIENTE NEI SISTEMI DI COORDINATE CARTESIANE
CILINDRICHE E SFERICHE
2.2
SISTEMA
h1
h2
h3
Ω ( x, y , z )
1
1
1
C ( r,ϕ , z )
1
r
1
S ( r ,θ , φ )
1
r
r sin θ
Prodotto Diadico
Dati due vettori A e B si hanno tre tipi di prodotti:
•
A ⋅ B il prodotto punto (o scalare) che restituisce una quantità scalare;
•
A × B il prodotto vettoriale che restituisce un vettore (ovvero tre quantità
scalari);
•
AB il prodotto diadico
Espandiamo il prodotto AB considerando una terna cartesiana (hi = 1). Si ottiene:
(A
x
)(
x + Ay y + Az z Bx x + By y + Bz z
)
che è pari a:
Ax Bx x x + Ax By x y + Ax Bz x z +
+ Ay Bx y x + Ay By y y + Ay Bz yz +
+ Az Bx z x + Az By z y + Az Bz z z
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che riscritto in forma matriciale è paria a:
Ax Bx
Ay Bx
Az Bx
2.3
Ax By
Ay By
Az By
Ax Bz
Ay Bz
Az Bz
Proprietà delle Diadi
Presa una diade M data dall’accostamento dei vettori AB si hanno le seguenti
proprietà:
•
Data una diade moltiplicata scalarmene per un vettore (o tensore) C si ha
come risultato:
M ⋅ C = A ( B ⋅ C ) = A ψ dove ψ è una quantità scalare.
Si osserva inoltre che mentre generalmente M ⋅ C ≠ C ⋅ M si ha che se
M ⋅ C = C ⋅ M allora vuol dire che A ψ = B τ
•
Data una diade moltiplicata vettorialmente per un vettore (o tensore) D si
ha come risultato:
M × D = A ( B × C ) = A P dove A P è una nuova diade.
•
Dato un prodotto scalare tra due diadi si ha
M ⋅ N = A ( B ⋅ C ) D = A D τ dove A D è una diade, mentre τ è una
quantità scalare.
•
Dato un prodotto vettoriale tra diadi si ha:
M × N = A ( B × C ) D = A S D dove A S D è una triade.
•
Dato un prodotto diadico tra due diadi (una di ordine “r” e un’altra di
ordine “p”) si ottiene una poliate (di ordine “r + p”).
M N =Q.
2.4
Passaggio dal Prodotto Vettoriale al Prodotto Scalare
Dato un prodotto vettoriale A × B = V si ha anche che − B × A = V .
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Si dimostra,però, che è possibile ottenere il vettore V senza eseguire il prodotto
vettoriale ma bensì il seguente prodotto scalare M ⋅ B = V dove M , supponendo
di stare in coordinate cartesiane, è la seguente matrice:
M xx
M = M yx
M zx
M xy
M yy
M zy
M xz
M yz
M zz
Sviluppando il prodotto scalare M ⋅ B e confrontandolo con il prodotto vettoriale
A × B si osserva che:
(M
(M
(M
xx
Bx + M xy By + M xz Bz ) x → ( − Az By + Ay Bz ) x
yx
Bx + M yy By + M yz Bz ) y → ( + Az Bx − Ax Bz ) y
zx
Bx + M zy By + M zz Bz ) z → ( − Ay Bx + Ax By ) z
Da questo segue che affinché il prodotto scalare M ⋅ B sia equivalente al prodotto
vettoriale A × B la matrice M dev’essere costruita nel seguente modo:
•
Il suo determinante deve essere nullo, risultato che può essere ottenuto
annullando tutti i termini della diagonale principale e prendendo gli altri
termini in maniera tale che siano antisimmetrici rispetto alla diagonale
principale; si ha quindi che:
0
M = − M xy
M xz
M xy
0
− M yz
− M xz
M yz
0
Inoltre affinché i due risultati coincidano si deve avere che:
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59
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M xy → − Az
M xz → Ay
M yz → − Ax
2.5
Studio Parametrico del Campo Vettoriale
Dato, ad esempio, un vettore V = e −α y x + x y tg ( z ) y + sin ( β x + γ z ) z ho tre
parametri α , β e γ che mi permettono d’ individuare le zone del campo a
divergenza nulla (cioè a flusso costante) e le zone a rotazione nulla (o
conservative).
Partendo dalla formula della divergenza:
∂
∂
∂
∇ ⋅ V = 0 → (Vx ) + (Vy ) + (Vz ) = 0
∂y
∂z
∂x
che, nel nostro caso, da il seguente risultato:
0 + x tg ( z ) + cos ( β x + γ z ) γ = 0
Ho quindi una funzione dei parametri f ( x, z , γ ) agendo sui quali posso
modellare il campo in maniera tale che ∇ ⋅ V = 0 .
Per quanto riguarda il rotore si ha:
x
∂
∇ ×V = 0 →
∂x
Vx
y
∂
∂y
Vy
z
∂
=0
∂z
Vz
Che porta al seguente risultato:
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60
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∂
∂
xy
∂y Vz − ∂z Vy = 0
=0
0−
cos 2 z
∂
∂
Vx − Vz = 0 → 0 − β cos ( β x − γ z ) = 0
∂x
∂z
y γ z + α e −α y = 0
∂
∂
∂x Vy − ∂y Vx = 0
Da questo segue che il vettore a rotazione nulla sarà definito
dall’intersezione delle tre superfici
3. EQUAZIONI DI MAXWELL
3.1
Teorema di Green (o Gauss)
Consideriamo un qualsiasi volume τ , limitato da una superficie S in cui è definito
un campo vettoriale F
Allora si ha:
∫ F n dS = ∫τ ∇ ⋅ F dτ
S
La divergenza di un campo F è data dal rapporto tra il flusso di F uscente dalla
superficie S che limita il volume τ e il volume τ stesso.
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La divergenza di un campo ne misura l’intensità delle sorgenti nel punto considerato.
Se il flusso di F attraverso una superficie è nullo il campo si dice solenoidale cioè a
flusso costante
3.2
( → ∇ ⋅ F = 0) .
Teorema di Stokes
Considerata una qualsiasi superficie aperta S, limitata dal contorno C, in uno
spazio in cui è definito un campo vettoriale F
Si ha allora che:
∫ F dl = ∫ ∇ × F n dS
C
S
Si osserva inoltre che la circuitazione Γ dipende dall’orientazione della normale
(posizione angolare della superficie S) ed è massima per n // a ∇ × F .
Il modulo del rotore di un campo F , che misura i vortici del campo, è dato dal
rapporto tra la circuitazione di F al contorno C della superficie S scelta ortogonale
al rotore e la superficie S.
In fine se la circuitazione di F lungo una linea chiusa è nulla ( ∇ × F = 0 ) il campo
si dice conservativo o irrotazionale.
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62
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3.3
Equazione di Continuità
Esprime il principio di conservazione della carica elettrica per i fenomeni di
trasporto ed è espressa dall’equazione:
∇⋅ J = −
3.4
∂ρ
∂t
Condizioni al Contorno
Poiché le equazioni di Maxwell:
∂B
∇ × E = − ∂t − J i ,m
∇× H = ∂D + J
i ,e
∂t
∇⋅D = ρ
∇⋅B = 0
sono equazioni al continuo non sono perciò utilizzabili nei punti di passaggio da
un mezzo ad un altro dove si hanno delle discontinuità dei vettori di campo
(ricordiamo che i vettori di campo sono vettori tetradimensionali formati cioè da
quattro coordinate: tre spaziali e una temporale).
Si rende quindi necessario definire le condizioni al contorno per i quattro vettori di
campo che definiscono tali equazioni; cioè i vettori di campo E , H , D , B e J .
•
CONDIZIONI AL CONTORNO PER D
Data una superficie di separazione dS tra due mezzi (che indicheremo con
1 e 2), consideriamo un cilindretto con basi uguali e parallele alla superficie
S di separazione poste una nel mezzo 1 e l’altra nel mezzo 2 (che
indicheremo con dsc) e con altezza pari a dh.
Consideriamo le basi dsc tanto piccole da poter considerare in esse i vettori
D1 e D 2 uniformi. Consideriamo inoltre una carica libera ρ s sulla
superficie di separazione dei due mezzi e una carica libera ρ presente nel
cilindro.
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Applicando il teorema di Green al vettore D e per la terza equazione di
Maxwell ( ∇ ⋅ D = ρ ) si ha:
∫ D n dS = ∫τ ∇ ⋅ D dτ = ∫τ ρ dτ
S
Indicando inoltre con φM il flusso di D attraverso il mantello del
cilindretto possiamo scrivere la seguente relazione per il vettore D :
(
)
D 2 n 12 dsc + D1 − n 12 dsc + dφM = ρ s dsc + ρ ( dsc dh )
Ora considerando il lim si ha che dφM e ρ ( dsc dh ) tendono a zero. Si ha
h →0
quindi che la condizione all’interfaccia di due mezzi per il vettore D
diventa:
( D 2 − D1 ) n 12 = ρ s
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•
CONDIZIONI AL CONTORNO PER E
Consideriamo un piano P ortogonale alla superficie di separazione S tra
due mezzi (che indicheremo con 1 e 2) contenente un tratto di linea Λ .
Scegliamo un percorso rettangolare con i due lati dl, paralleli alla superficie
S e situati uno in ciascun mezzo, piccoli in modo tale da considerare il
campo elettrico E uniforme.
Applicando il teorema di Stokes al campo elettrico e per la prima
equazione di Maxwell ( ∇ × E = −
∂B
) si ha:
∂t
∂B
∫ E dl = ∫ ∇ × E n dS = ∫ − ∂t dS
0
C
S
S
dove dS è data dal prodotto di dl per dh.
Partendo dal punto A e calcolando la circuitazione di E in senso antiorario
e, considerando E dh il contributo del lato dh, si ha:
∂B − E1 t dl + E dh + E 2 t dl + E dh = −
n0 dl dh
∂t
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∂B n 0 dl dh tendono a zero.
∂t
Si ha quindi che la condizione all’interfaccia di due mezzi per il vettore E
Ora considerando il lim si ha che E dh e −
h →0
diventa:
( E 2 − E1 ) t = 0
•
CONDIZIONI AL CONTORNO PER B
Data una superficie di separazione dS tra due mezzi (che indicheremo con
1 e 2), consideriamo un cilindretto con basi uguali e parallele alla superficie
S di separazione poste una nel mezzo 1 e l’altra nel mezzo 2 (che
indicheremo con dsc) e con altezza pari a dh.
Consideriamo le basi dsc tanto piccole da poter considerare in esse i vettori
B1 e B 2 uniformi.
Applicando il teorema di Green al vettore B e per la quarta equazione di
Maxwell ( ∇ ⋅ B = 0 ) si ha:
∫ B n dS = ∫τ ∇ ⋅ B dτ = 0
S
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Indicando inoltre con φM il flusso di B attraverso il mantello del
cilindretto possiamo scrivere la seguente relazione per il vettore B :
(
)
B 2 n 12 dsc + B1 − n 12 dsc + dφM = 0
Ora considerando il lim si ha che dφM tende a zero. Si ha quindi che la
h→ 0
condizione all’interfaccia di due mezzi per il vettore B diventa:
( B 2 − B1 ) n 12 = 0
•
CONDIZIONI AL CONTORNO PER H
Consideriamo un piano P ortogonale alla superficie di separazione S tra
due mezzi (che indicheremo con 1 e 2) contenente un tratto di linea Λ .
Scegliamo un percorso rettangolare con i due lati dl, paralleli alla superficie
S e situati uno in ciascun mezzo, piccoli in modo tale da considerare il
campo magnetico H uniforme. Supponiamo inoltre che la superficie S sia
sede di una corrente libera Js
Applicando il teorema di Stokes al campo elettrico e per la seconda
equazione di Maxwell ( ∇ × H =
∂D
) si ha:
∂t
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67
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∂D
dS
S
∫ H dl = ∫ ∇ × H n dS = ∫ ∂t
0
C
S
dove dS è data dal prodotto di dl per dh.
Partendo dal punto A e calcolando la circuitazione di H in senso
antiorario e, considerando H dh il contributo del lato dh, si ha:
∂D − H 1 t dl + H dh + H 2 t dl + H dh = J S n 0 dl + J n 0 dl dh +
n 0 dl dh
∂t
∂D Ora considerando il lim si ha che H dh , J n 0 dl dh e
n0 dl dh
h →0
∂t
tendono a zero. Si ha quindi che la condizione all’interfaccia di due mezzi
per il vettore H diventa:
( H 2 − H 1 ) t = J S n 0 dl
•
CONDIZIONE AL CONTORNO PER J
Dalla condizione di continuità operando in maniera analoga a quella usata
per il calcolo delle condizioni al contorno del vettore D si trova la
seguente relazione per le condizioni al contorno del vettore J :
( J 2 − J 1 ) n 12 = −
3.5
∂ρ s
∂t
Equazioni di Maxwell in forma Differenziale
Le equazioni di Maxwell in forma differenziale sono delle funzioni di punto e del
tempo e si esprimono nella seguente forma:
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68
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∂B
∇ × E = − ∂t − J i ,m
∇× H = ∂D + J
i ,e
∂t
dove:
•
E ed H prendono il nome di vettori intensità di campo di tipo elettrico e
di tipo magnetico;
•
B e D prendono il nome di vettori spostamento rispettivamente
magnetico ed elettrico;
•
J i ,m
e
J i ,e
prendono il nome di densità di correnti impresse,
rispettivamente di tipo magnetico e di tipo elettrico.
DIMENSIONI DELLE GRANDEZZE
[E]
CAMPO
ELETTRICO
[H ]
CAMPO
MAGNETICO
ampere
m
[ B]
VETTORE
SPOSTAMENTO
MAGNETICO
weber
m2
[ D]
VETTORE
SPOSTAMENTO
ELETTRICO
coulomb
m2
[J ]
VETTORE
CORRENTE
ampere
m
[ρ ]
VETTORE
CARICA
ELETTRICA
coulomb
m3
volt
m
Ho quindi 2 equazioni vettoriali in 3 incognite per un totale di 6
differenziali in 12 incognite.
equazioni
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69
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Abbiamo quindi ∞ 6 gradi di libertà e quindi il nostro sistema è sbilanciato.
Le densità di correnti impresse, inoltre, rappresentano le sorgenti del nostro campo
elettromagnetico e sono legate al campo E ed H attraverso la legge di Ohm
generalizzata secondo la quale si ha:
E g e = J i ,e
H g m = J i , m
Dove ge indica la conducibilità elettrica del materiale mentre gm quella magnetica. Si
tenga però a mente che parlare di conducibilità magnetica rappresenta un assurdo
in quanto presupporrebbe l’esistenza del monopolo magnetico. Per questo fatto gm
viene considerata nulla o al più sostituita con qualcosa che abbia le dimensioni di
una conducibilità.
Si osserva inoltre che le densità di correnti impresse sono di solito delle funzioni
assegnate ed esistono solo nei punti dove sono situate le sorgenti del capo
elettromagnetico.
Anche tenendo conto di queste considerazioni abbiamo sempre un sistema
sbilanciato.
Per risolvere lo sbilanciamento sfruttiamo il fatto che il mezzo di propagazione
stabilisce delle relazioni di collegamento tra il vettore intensità di campo e il
vettore spostamento che prendono il nome di relazioni costitutive che sono:
D =ε E
B = µ H
DIMENSIONE DELLE GRANDEZZE
ε = ε0 + εr
PERMITTIVITA’
ELETTRICA
ε0 =
10−9
farad
8.87 10−12
36 π
metro
ε r > 1 nei mezzi isotropi
ε r < 1 nei metamateriali
µ = µ0 + µ r
PERMEABILITA’
MAGNETICA
µ0 = 4 π 10−7
harry
metro
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70
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
µr 1 nei mezzi isotropi
con ε detta costante dielettrica e µ detta permeabilità magnetica.
Queste due funzioni mantengono un andamento lineare finche ε e µ sono
indipendenti rispettivamente dal campo elettrico e dal campo magnetico.
Dalle considerazioni fatte si ha che le equazioni di Maxwell, sostituendo al loro
interno le due condizioni al contorno e tenendo in considerazione le sorgenti
impresse, diventano:
∂H
∇ × E = − µ ∂t − g m H − J i , m
∇ × H = ε ∂E + g E + J
e
i ,e
∂t
Che sono due equazioni differenziali non omogenee. Per farle diventare omogenee
(ovvero far sparire il termine di eccitazione) è sufficiente porsi in un punto
d’osservazione diverso dai punti appartenenti alle sorgenti. Si ha dunque che:
∂H
∇ × E = − µ ∂t − g m H
∇ × H = ε ∂E + g E
e
∂t
3.6
Calcolo di una Risolvente per le Equazioni di Maxwell
OSSERVAZIONE: Si dimostra che: ∇ × ( ∇ × E ) = ∇ ( ∇ ⋅ E ) − ∇ 2 E
Chiediamoci, ora, se è possibile trovare una risolvente per l’equazioni di Maxwell.
Applichiamo la definizione di rotore alle equazioni di Maxwell; si avrà allora che:
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71
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
∂
∇ × ( ∇ × E ) = − µ ∂t ( ∇ × H ) − g m ( ∇ × H ) − ∇ × J i , m
∇ × (∇ × H ) = ε ∂ (∇ × E ) + g (∇ × E ) + ∇ × J
e
i ,e
∂t
Sostituiamo, ora, nella prima equazione del sistema ottenuto sopra la seconda
equazione di Maxwell e analogamente la prima di Maxwell nella seconda del
sistema sopra trovato; si ha quindi che:
∂ ∂E
∂E
∇ × ( ∇ × E ) = − µ ∂t ε ∂t + g e E + J i ,e − g m ε ∂t + g e E + J i ,e − ∇ × J i ,m
∇ × ( ∇ × H ) = ε ∂ − µ ∂ H − g H − J + g − µ ∂ H − g H − J + ∇ × J
m
i ,m
e
m
i ,m
i ,e
∂t
∂t
∂t
Supponendo di trovarci lontano dai punti sorgente possiamo trascurare i termini:
J i ,m e J i ,e e, per il teorema di Gauss nel caso elettrico e magnetico, si ha anche che:
∇ ⋅ D = ρe = 0 → ε ∇ ⋅ E = 0
∇ ⋅ B = ρm = 0 → µ ∇ ⋅ H = 0
Applicando
quindi
la
proprietà
di
trasformazione
del
rotore
2
[ ∇ × ( ∇ × E ) = ∇ ( ∇ ⋅ E ) − ∇ E ] e raggruppando i termini al secondo membro
rispetto ai vettori E ed H
si ha:
∂
∂E
2
−∇ E = ε ∂t + g e E − µ ∂t − g m
−∇ 2 H = − µ ∂ H − g H ε ∂ + g
m
e
∂t
∂t
dalla quale semplificando i segni meno
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72
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
2
∂E
∂
∇ E = ε ∂t + g e E µ ∂t + g m
∇ 2 H = µ ∂ H + g H ε ∂ + g
m
e
∂t
∂t
che sono due equazioni differenziali alle derivate parziali.
Espandendo, ad esempio, la prima equazione e portando tutto al primo membro si
ha:
∇2 E − ε µ
∂2 E
∂E
∂E
− ge µ
− gm ε
− gm ge E = 0
2
∂t
∂t
∂t
ovvero un equazione differenziale omogenea. Questa può anche essere riscritta
raggruppando i vari termini in questa maniera:
2
∂2
∂E
− g m ge E = 0
∇ − ε µ 2 E − ( ge µ + gm ε )
∂t
∂t
Se andiamo, ora, a proiettare lungo i tre assi cartesiani la funzione sopra scritta
otteniamo tre equazioni differenziali disaccopiate del tipo:
2
∂2
∂ Ex
∇
−
ε
µ
E x − ( ge µ + gm ε )
− gm ge E x = 0
2
∂t
∂t
∂ Ey
2
∂2
ε
µ
∇
−
E y − ( ge µ + gm ε )
− gm ge E y = 0
2
∂t
∂t
2
∂2
∂ Ez
ε
µ
∇
−
− gm ge E z = 0
E z − ( ge µ + gm ε )
2
∂t
∂t
Queste tre equazioni possono essere riscritte in una maniera più compatta
indicando ∇ 2 − ε µ
∂2
∂
− ( g e µ + g m ε ) − g m g e con che prende il nome
2
∂t
∂t
di operatore differenziale alle derivate parziali.
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Ex
Si ha quindi che: E y = 0
E z
Supponiamo, ora, di considerare nei casi di nostro interesse una dipendenza
temporale di tipo armonico e, in particolare, con un andamento del tipo
sin (ω t + φ ) , che è detto fase istantanea, e che attraverso le formule di eulero può
{
}
J ω t +φ )
essere riscritta come: eα + J β = eα ( cos β + J sin β ) da cui anche come ℑm e (
.
Per una dipendenza temporale di questo tipo (detta esponenziale) si osserva che:
∂
→Jω
∂t
∂2
→ − ω2
∂t 2
Da questa osservazione segue che possiamo riscrivere l’operatore come:
∇ 2 + ε µ ω 2 − J ( g e µ + g m ε ) ω − g e g m
Indicando con Γ 2 il termine tra parentesi quadre, essendo inoltre ora sparita la
.
dipendenza temporale indichiamo ora il vettore E con E
Possiamo allora riscrivere le tre equazioni disaccopiate nella seguente maniera
compatta:
+ Γ2 E
=0
∇2 E
x
x
2
2
∇ E y + Γ E y = 0
2
2
∇ Ez + Γ Ez = 0
Che non sono altro che l’equazioni dei moti armonici.
Possiamo inoltre riscrivere le equazioni di Maxwell supponendo già una
dipendenza temporale di tipo esponenziale; allora si avrà:
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∇ × E = − J ω µ H − g m H − J i , m
∇ × H = J ω ε E + g e E + J i ,e
Supponendo di trovarci lontano da sorgenti possiamo riscrivere le equazioni di
Maxwell in questo modo:
∇ × E = −J ω µ H
∇ × H = J ω ε E + g e E
Introduciamo ora la seguente semplificazione: indichiamo con la permittività
complessa ε c la quantità ε + g e . Si ha allora che le equazioni di Maxwell
diventano :
∇ × E = − J ω µ H
∇ × H = J ω εc E
Applico ora ad entrambe le equazioni per l’operatore rotore; si ha quindi che:
∇ × ( ∇ × E ) = − J ω µ ( ∇ × H )
∇ × ( ∇ × H ) = J ω ε c ( ∇ × E )
da cui, andando a sostituire al posto di ∇ × E → − J ω µ H e al posto
di
∇ × H → J ω ε c E , si ottiene:
∇ × ( ∇ × E ) = − J ω µ ( J ω ε c )
∇ × ( ∇ × H ) = J ω ε c ( − J ω µ )
da cui si ottiene, una volta svolti i prodotti ai secondi membri:
__________________________________________________________________________
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∇ × ( ∇ × E ) = ω 2 µ ε c E
2
∇ × ( ∇ × H ) = ω µ ε c H
Sviluppando
ora
il
rotore
del
rotore,
secondo
la
proprietà
∇ × ( ∇ × E ) = ∇ ( ∇ ⋅ E ) − ∇ E , si ha che le equazioni di maxwell diventano:
2
∇2 E + ω 2 µ ε c E = 0
2
2
∇ H + ω µ ε c H = 0
che altro non sono che le equazioni delle onde o di Helmotz.
3.7
Vettore di Poynting (Proprietà delle Equazioni di Maxwell)
Partendo dall’equazioni di Maxwell scritte in forma differenziale:
∂B
∇ × E = − ∂t − J i ,m
∇ × H = ∂ D + g + J
e
i ,e
∂t
Si ha , moltiplicando scalarmene la prima equazione di Maxwell per il vettore H e
la seconda di Maxwell per il vettore E , che:
∂B
H ⋅ ( ∇ × E ) = − ∂t + J i ,m ⋅ H
E ⋅ (∇ × H ) = ∂ D + g + J ⋅ E
e
i ,e
∂t
Facendo , ora, la differenza tra le due equazioni si ottiene:
∂B
∂D
H ⋅ (∇ × E ) − E ⋅ (∇ × H ) = −
− J i ,m ⋅ H −
+ g e + J i ,e ⋅ E
∂t
∂t
__________________________________________________________________________
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da cui sviluppando i prodotti:
∂D
∂B
∇ ⋅(E × H ) = −
H+
E + g e E − J i ,m H − J i ,e E
∂t
∂t
e portando al primo membro i termini tra parentesi tonde si ha:
∂D
∂B
∇ ⋅(E × H ) +
H+
E + g e E = − J i ,m H − J i ,e E
∂t
∂t
Dal teorema di Green:
Si ha:
∂B
∫τ ∇ ⋅ ( E × H ) dτ + ∫τ ∂t
H+
∂D
E dτ + ∫ g e E dτ = − ∫ J i , m H + J i ,e E dτ
∂t
τ
τ
(
)
Da questa si evince che se all’interno del volume τ ci sono sorgenti elettriche e/o
magnetiche impresse tali da generare un campo elettromagnetico le potenze
elettriche e/o magnetiche che si sviluppano all’interno del volume sono costituite
da i seguenti tre termini:
__________________________________________________________________________
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•
∫τ g
•
∫τ ∂t
e
E dτ che rappresenta la potenza dissipata per effetto ohmico;
∂B
H+
∂D
E dτ che rappresenta la potenza immagazzinata sotto forma
∂t
di campo elettrico o magnetico;
•
∫τ ∇ ⋅ ( E × H ) dτ = ∫ n ( E × H ) dS
che sta ad indicare che attraverso la
S
superficie S che racchiude il volume τ c’è un flusso di potenza uscente da S;
Il vettore E × H , che prende il nome di vettore di Poynting e viene pertanto indicato
con P , è un vettore istantaneo poiché i vettori E ed H sono dipendenti dal tempo
ma in maniera arbitraria.
3.8
Richiami sui Fasori e vettori complessi
Abbiamo osservato nel paragrafo 3.6 che se la dipendenza dal tempo è di tipo
e H
. Questa notazione indica i
armonico i vettori E ed H si indicano con E
vettori complessi valutabili attraverso lo studio nel dominio dei fasori. Per averne un
idea più chiara facciamo un esempio tratto dall’analisi di un circuito RLC.
In questo caso si ha che:
v (t ) = R i (t ) + L
d
1
i ( t ) + ∫ i ( t ) dt
dt
C
Supponendo che l’andamento della tensione impressa sia di tipo sinusoidale si ha
{
}
{
che: v ( t ) = V sin (ω t + ϕ ) = ℑm e J ϕ e J ω t = ℑm V e J ω t
}
dove V è un vettore
complesso. Il termine vettore complesso è però una definizione impropria, ma
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adottata in quanto la sua rappresentazione sul piano di Gauss risulta notevolmente
facilitata se viene visto come un vettore.
Ritornando al caso circuitale, si ha una struttura analoga alla tensione anche per la
{
}
corrente che sarà del tipo i ( t ) = I sin (ω t +ψ ) = ℑm I e J ω t .
Si osserva che, poiché il circuito è lineare la corrente ha la stessa frequenza della
tensione; mentre si indica con (ψ − ϕ ) lo sfasamento tra i due vettori complessi.
Inserendo i valori trovati per i due vettori complessi nella relazione costitutiva
della rete si ha:
V e J ω t = R I e J ω t + J ω L I e J ω t +
1
JωC
eJ ω t
Dove, sottintendendo il termine esponenziale
l’espressione risolvente della nostra rete come:
V = R I + J ω L I +
1
JωC
I e J ω t
possiamo riscrivere
I
Dalla quale si ricava che:
1
V = I R + J ω L +
JωC
I =
V
1
R + J ω L −
ω C
V
→I =
1
R2 + ω L −
ω C
1
ω L−ω C
ψ − ϕ = −arctg
R
2
__________________________________________________________________________
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Graficamente si ha che:
{
OSSERVAZIONE: Dato un vettore complesso del tipo A ( t ) = ℑm A eJ ω t
}
e
rappresentato in figura:
si può osservare che il vettore complesso A è formato da due componenti: un
vettore reale AR e un vettore immaginario AI ( che a sua volta è espresso da una
quantità reale).
Ricapitolando: dato un vettore istantaneo A ( t ) lo possiamo decomporre lungo le
tre coordinate cartesiane e riscrivere quindi come: x Ax ( t ) + y Ay ( t ) + z Az ( t ) .
Sotto l’ipotesi di eccitazione armonica possiamo inoltre riscrivere ogni singola
componente del campo come:
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{
Ax ( t ) = Ax sin (ω t + ϕ x ) = ℑm Ax eϕ x e J ω t
{
Ay ( t ) = Ay sin (ω t + ϕ y ) = ℑm Ay e e J ω t
ϕy
}
}
Az ( t ) = Az sin (ω t + ϕ z ) = ℑm { Az eϕ z e J ω t }
{
Mettendo in evidenza il termine ℑm e J ω t
{
} si ha:
ϕ
ℑm Ax eϕ x + Ay e y + Az eϕ z e J ω t
}
Dove il termine tra le parentesi quadre è detto rappresentazione fasoriale e può essere
{
indicato con il vettore complesso A eJ ω t
A . Si ha quindi la seguente scrittura: ℑm }
Il vettore complesso, in oltre, è costituito da due vettori reali che formano
rispettivamente la parte reale e la parte immagina del vettore complesso che quindi
può anche essere espresso dalla seguente formula: ℑm
{[ A
R
+ J AI ] e J ω t } che,
attraverso le formule di Eulero, può essere ulteriormente riscritto come:
ℑm { AR cos (ω t ) + J AR sin (ω t ) + J AI cos (ω t ) − AI sin (ω t )}
Da cui si ha che il vettore istantaneo A ( t ) è dato dalla somma di due componenti,
variabili nel tempo AR sin ( ω t ) + AI cos (ω t ) , che lo compongono mediante la
regola del parallelogramma
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Dal
t=
grafico
π
2
notiamo,ad
esempio
che
se
t = 0 → A ( t ) = AI ;
mentre
se
→ A ( t ) = AR
Si osserva in fine che il luogo dei punti P (ξ ,η ) individuato dall’estremo libero del
vettore risultante ottenuto come somma delle due componenti
AR sin (ω t ) e
AI cos (ω t ) è un ellissi.
Per verificarlo si opera come segue: dal disegno in figura si ricava che :
ξ = AR sin (ω t ) + AI cos (ω t ) cosψ
η = AI cos (ω t ) sinψ
Dalla seconda equazione otteniamo che: cos (ω t ) =
η
AI sinψ
che sostituito nella
prima da:
sin (ω t ) =
1
1
η
η
cosψ =
ξ − AI
ξ −
AR
AI sinψ
tgψ
AR
Ora poiché dalla trigonometria si ha che sin 2 (ω t ) + cos 2 (ω t ) = 1 si ha che:
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2
η
ξ2
η2
ξη
+
+
−2 2
=1
2
2
2
AR tg ψ
AR tgψ
AI sinψ AR
Che altro non è che l’equazione al finito di una curva chiusa, in particolare di
un’ellissi.
3.9
Proprietà di Polarizzazione
Se le componenti AR e AI sono parallele e indicando con b il generico versore
comune dei due vettori si ha che il vettore risultante si dice polarizzato linearmente.
Si avrà allora che: AR × AI = 0 e che AR b + J AI b = AR + J AI b = C b .
(
)
Ricordiamo che, per quanto concerne la polarizzazione lineare, questa si divide in
due sottogruppi: la polarizzazione orizzontale e la polarizzazione verticale.
In questo caso si ha che il vettore C vibra sulla stessa retta; mentre, la presenza di
una sua parte immaginaria è dovuta al fatto che il vettore risultante possiede una
fase iniziale.
Se invece si verificano le seguenti condizioni: AR ⋅ AI = 0 e AR = AI
l’ellissi
degenera in una circonferenza. Si avrà allora che il vettore risultante sarà polarizzato
circolarmente. Come per la polarizzazione lineare anche la polarizzazione circolare
si divide in due sottogruppi: la polarizzazione circolare giraverso a sinistra (LHCP) e
la polarizzazione circolare giraverso a destra (RHCP)
Scopo dell’utilizzo della polarizzazione è quello di raddoppiare la capacità di
canale permettendo a due segnali,aventi polarizzazioni diverse, di viaggiare su di
un unico mezzo senza che tra loro ci sia interferenza.
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Per separare e recuperare informazione trasportata dall’uno o l’altro segnale da
quello globale che si capta in ricezione utilizzo dei discriminatori di fase ovvero una
guida d’onda metallica rettangolare che ha la proprietà di assorbire la componente
tangenziale del fascio polarizzato.
3.10 Trasmissione del Fascio Polarizzato
Per trasmettere un fascio polarizzato utilizziamo una guida metallica così fatta:
Questa struttura si comporta come un filtro passa alto per con frequenza infinita e
2
2
m n
+ con m = 1 e n = 0 si propaga
a b
tale che al disopra della frequenza f1 =
solo un campo TE10.
Se alimento la mia guida d’onda con un generatore compreso tra la frequenza f1 e f2
si ha che al suo interno si propaga solo il modo polarizzato linearmente
verticalmente.
Al contrario se considero una guida d’onda rettangolare metallica così fatta:
__________________________________________________________________________
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Si propaga all’interno della guida sempre lo stesso modo solo che questa volta è
polarizzato linearmente orizzontalmente.
Va da se che se considero una guida d’onda metallica di forma quadrata ho la
propagazione di entrambi i modi polarizzati linearmente
In questo caso si ha, inoltre, che la frequenza oltre la quale abbiamo l’attivazione
del modo TE01 è pari a: f 2 =
1
b
3.11 Ricezione del Fascio Polarizzato
In ricezione per filtrare le due componenti a diversa polarizzazione basta prendere
una guida d’onda metallica quadrata con un setto al suo interno che opera un
filtraggio spaziale.
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Per mezzo del setto il mezzo polarizzato vedrà o una guida d’onda metallica
rettangolare con il lato a maggiore del lato b il che implica che dal filtraggio
sopravvive solo la componente polarizzata verticalmente
oppure una guida d’onda metallica rettangolare con il lato b maggiore del lato a il
che implica che dall’operazione di filtraggio sopravvive solo la componente
polarizzata orizzontalmente
3.12 Risoluzione delle Equazioni delle Onde per un mezzo LIO (Lineare
Isotropo e Omogeneo) in condizione di eccitazione armonica
Dato un mezzo LIO con relazioni costitutive
D =ε E
B = µ H
e con le seguenti condizioni al contorno
∇ ⋅ D = ρe = 0 → ε ∇ ⋅ E = 0
∇ ⋅ B = ρ m = 0 → µ ∇ ⋅ H = 0
__________________________________________________________________________
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Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Consideriamo le equazioni di Maxwell nel caso di eccitazione armonica
supponendo di trovarci nell’ipotesi sourceless; si ha allora:
∇ × E = − J ω µ H
∇ × H = J ω εc E
Applicando l’operatore rotore all’equazioni di maxwell si ha:
∇2 E + ω 2 µ ε c E = 0
2
2
∇ H + ω µ ε c H = 0
Consideriamo ora l’ equazione delle onde ottenuta dalla prima equazione di
Maxwell; poiché:
2 ∂2
∂2
∂2
∇ = ∂x 2 + ∂y 2 + ∂z 2
E = E x + E y + E z
x
y
z
possiamo riscrivere questa equazione decomponendola lungo le tre coordinate
cartesiane; si avrà allora che:
∇ 2 E x + ω 2 µ ε c E x = 0
2
2
∇ E y + ω µ ε c E y = 0
∇2 E + ω 2 µ ε E = 0
z
z
c
Analoghi risultati si trovano decomponendo l’equazione delle onde trovata dalla
seconda equazione di Maxwell.
Osserviamo, cioè, che in generale possiamo scrivere ognuna delle equazioni delle
onde nella forma
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∇ 2ψ + k 2ψ = 0
dove:
•
ψ
sono
i
vettori
complessi
E = E x x + E y y + E z z
ed
H = H x x + H y y + H z z ;
•
k 2 = ω 2 µ ε c è una costante complessa poiché è formata da ω ∈ℜe e i
parametri complessi ε c ed µ
In particolare nel caso di coordinate cartesiane si ha:
∇ 2ψ ( x, y, z ) + k 2ψ ( x, y , z ) = 0
che possiamo anche scrivere come:
∂2
∂2
∂2
+
+
ψ ( x, y, z ) + k 2ψ ( x, y, z ) = 0
2
2
2
x
y
z
∂
∂
∂
Per risolvere questa funzione applico il metodo della fattorizzazione imponendo
che:
ψ ( x, y , z ) = ψ 0 X ( x ) Y ( y ) Z ( z )
sia soluzione dell’equazione delle onde e che sia unica.
Sotto queste ipotesi possiamo riscrivere l’equazione delle onde:
∂ 2
∂2
∂2
+
+
ψ ( x, y, z ) + k 2ψ ( x, y, z ) = 0 come:
2
2
2
∂x ∂y ∂z
__________________________________________________________________________
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ψ0
d 2 X ( x)
dx 2
Y ( y ) Z ( z ) +ψ 0 X ( x )
d 2Y ( y )
dy 2
Z ( z ) +ψ 0 X ( x ) Y ( y )
d 2Z ( z )
dz 2
+
+k 2 ψ 0 + X ( x ) Y ( y ) Z ( z ) = 0
Dividendo per ψ 0 e per X ( x ) Y ( y ) Z ( z ) si ha:
d 2Y ( y ) 1
d 2Z ( z ) 1
1
d2
+
+
+ k2 = 0
dx 2 X ( x )
dy 2 Y ( y )
dz 2 Z ( z )
dove k è una costante complessa che non dipende da x, y e z.
Indico allora con:
2 d 2 X ( x) 1
k x =
dx 2 X ( x )
2
2 d Y ( y) 1
k y =
dy 2 Y ( y )
d 2Z ( z ) 1
k z2 =
dz 2 Z ( z )
da cui segue che:
k x2 + k y2 + k z2 + k 2 = 0
Da questo segue che per risolvere l’equazione delle onde dobbiamo risolvere le tre
equazioni scritte sopra che possiamo anche riscrivere nella seguente forma:
d 2 X ( x)
− k x2 X ( x ) = 0
2
dx
d 2Y ( y )
− k y2 Y ( y ) = 0
2
dy
d 2Z ( z )
− k z2 Z ( z ) = 0
2
dz
__________________________________________________________________________
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89
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Abbiamo cioè tre equazioni differenziali omogenee a coefficienti costanti in una
sola variabile e che ammettono ciascuna una sola soluzione. In particolare si hanno
le seguenti soluzioni:
X ( x ) = a1 e − kx x + a2 e kx x
k y
−ky y
+ b2 e y
Y ( y ) = b1 e
Z ( z ) = c e− kz z + c ekz z
1
2
In definitiva possiamo riscrivere la soluzione dell’equazione delle onde come:
ψ ( x, y , z ) = ψ 0 X ( x ) Y ( y ) Z ( z ) =
(
= ψ 0 a1 e− kx x + a2 e k x x
) (b e
−ky y
1
+ b2 e
ky y
) (c e
− kz z
1
+ c2 e k z z )
che, in virtù della sovrapposizione degli effetti, può anche essere scritta come:
ψ ( x, y, z ) = ψ 0 ( a1 e − k
x
x
) (b e ) (c
e − kz z ) +ψ 0 a2 e k x x
(
−ky y
1
1
) (b
2
e
ky y
) (c
2
ekz z )
che a sua volta può essere riscritta come:
− k
ψ ( x, y, z ) = Τ1 e (
x
x + k y y + kz z
)
+ Τ2 e
( kx x +k y y + kz z )
dove Τ1 = ψ 0 a1 b1 c1 e Τ2 = ψ 0 a2 b2 c2 .
Osserviamo che gli esponenti degli esponenziali, ovvero
(k
x
x + k y y + kz z ) ,
possono essere espansi come il prodotto scalare tra il vettore posizione
(
r = x x + y y + z z
)
e il vettore
(k
x
x + k y y + k z z
)
che indicheremo con k e
chiameremo vettore di propagazione.
Da questo segue che possiamo riscrivere ψ ( x, y, z ) nella seguente forma
compatta:
__________________________________________________________________________
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90
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
ψ ( x, y, z ) = Τ1 e − k ⋅r + Τ2 e k ⋅r
Ritornando al caso del campo elettrico si ha che possiamo quindi esprimere il
vettore complesso E = E x x + E y y + E z z come:
E = e1x e− k ⋅r x + e2 x e k ⋅r x + e1 y e − k ⋅r y + e2 y e k ⋅r y + e1z e − k ⋅r z + e2 z e k ⋅r z
dove: e1x , e2 x , e1 y , e2 y , e1z ed e2 z sono opportune costanti.
Riordinando la soluzione sopra ottenuta possiamo scrivere:
(
)
(
)
il
vettore
E = e1x x + e1 y y + e1z z e − k ⋅r + e2 x x + e2 y y + e2 z z e k ⋅r
dove
(e
(e
possiamo
indicare
)
con
complesso
1x
x + e1 y y + e1z z
2x
x + e2 y y + e2 z z . Possiamo quindi riscrivere che :
e
con
il
vettore
complesso
E 01
E 02
il
termine
il
termine
)
E = E 01 e− k ⋅r + E 02 ek ⋅r
Il cui termine generico viene indicato con E = E 0 e ± k ⋅r
Dalla
soluzione
(
elettrico E = E 01 e
appena
− k ⋅r
+ E 02 e
trovata
k ⋅r
)
per
il
consideriamo
vettore
per
complesso
semplicità
la
campo
prima
componente, ovvero E 01 e − k ⋅r .
Questa può essere riscritta per semplicità nel dominio del tempo come:
{
E1 ( x, y, z, t ) = ℑm ( E 01 e− k ⋅r ) e J ω t
}
__________________________________________________________________________
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91
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
dove:
•
E1 ( x, y, z , t ) rappresenta il vettore istantaneo del campo elettrico
•
E 01 rappresenta il vettore complesso del campo elettrico. In virtù di questo
fatto lo possiamo esprimere in funzione dei due suoi vettori reali
(e)
(e)
componenti: R 01 + J I01 .
•
k anch’esso vettore complesso, lo rappresentiamo invece mediante le sue
componenti: α + J β dove α rappresenta il vettore di attenuazione e β il
vettore di fase.
Da questo si ha che il prodotto scalare k ⋅ r = α ⋅ r + J β ⋅ r che possiamo riscrivere
anche come: J k ⋅ r = − β ⋅ r + J α ⋅ r
Da quest’ultima, riscrivendo E1 ( x, y, z , t ) = ℑm
{
{( E
E1 ( x, y, z , t ) = ℑm E 01 e
01
}
e− k ⋅r ) e J ω t come:
J ω t + J ( k ⋅r )
}
e sostituendo a posto di J ( k ⋅ r ) il valore appena trovato, si ha che:
{
E1 ( x, y, z, t ) = ℑm E 01 e
J ω t − ( β ⋅r ) + J (α ⋅r )
} = ℑm{E
01
e − (α ⋅r ) e
J ω t − ( β ⋅r )
Da quest’ultima poi, in virtù delle formule di Eulero applicate a e
{(
}
J ω t − ( β ⋅r )
)
si ha:
}
e
e
E1 ( x, y, z, t ) = ℑm R (01) + J I(01) e − (α ⋅r ) cos (ω t − β ⋅ r ) + J sin (ω t − β ⋅ r )
Da cui si ha:
e
e
E1 ( x, y, z, t ) = e − (α ⋅r ) R (01) sin (ω t − β ⋅ r ) + I(01) cos (ω t − β ⋅ r )
__________________________________________________________________________
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92
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Da quest’ultima relazione si evince che la dipendenza dal tempo e dallo spazio è
determinata da
(ω t − β ⋅ r ) → (ω t − β
x
)
⋅ x − β y ⋅ y − β z ⋅ z . Si deduce quindi che la
fase istantanea dipende dal tempo e dallo spazio.
Da questo segue che il campo muovendosi rispetto ad un’ osservatore può
(
)
mostrare una fase ω t − β ⋅ r variabile.
(
)
Se poniamo ad esempio ω t − β ⋅ r = A = costante e la condizione che il campo
elettrico in considerazione si propaghi solo lungo l’asse x si ha:
(ω t − β ⋅ x ) = A → (ω dt − β
x
x
)
⋅ dx = 0
Questo vuol dire che affinché il nostro osservatore veda una fase costante deve
muoversi con una velocità pari a:
dx ω
=
dt β x
Dato il campo E 01 e − k ⋅r con k scritto in funzione dei due suoi vettori componenti
(E
01
e
− α ⋅ r + J β ⋅r
)
è di interesse studiare il luogo dei punti aventi fase costante. In
particolare indicando con θ l’angolo compreso tra il vettore posizione r e il
vettore di fase β si ha che:
ω t − ( β ⋅ r ) cos θ = 0
da cui differenziando membro a membro rispetto a t otteniamo che:
ω dt − ( β ⋅ dr ) cos θ = 0
da cui ricaviamo che la velocità di propagazione Vp è pari a:
VP =
dr
ω
=
dt β cos θ
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93
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Fissando, ad esempio, t = t0 si ottiene che
β ⋅ r = β x x + β y y + β z z = B . Questa
mostra come la componente del campo elettrico in considerazione sia soluzione
dell’equazione delle onde solo se la sua fase, costante in tutti i punti, coincide con
un piano detto appunto equifase .
La componente di campo in esame prenderà perciò il nome di onda piana.
In particolare nel caso in esame ,tenendo conto che le componenti del campo si
attenuano per effetto di α , avremo due termini:
•
e − k ⋅ r che prenderà il nome di onda progressiva poiché tende a zero per lim
•
ek ⋅ r che prenderà il nome di onda regressiva poiché tende a zero per lim
r→∞
r →−∞
Graficamente si ha:
(
)
OSSERVAZIONE: Tenendo conto che: k = k x x + k y y + k z z = α + J β si ha che:
k x2 + k y2 + k z2 = −k 2
che è equivalente a k ⋅ k ovvero è ancora una quantità complessa.
Inoltre si ha:
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94
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
k ⋅ k = (α + J β ) ⋅ ( α + J β ) = α ⋅ α + J α ⋅ β + J α ⋅ β − β ⋅ β =
= α 2 − β 2 + 2 J α ⋅ β = − k 2 = −ω 2 µ ε c
Inoltre
poiché
k = kR + J kI
è
un
vettore
si
g
g
2
2
k ⋅ k = k 2 = k R + J k R k I − k I = ω 2 µ ε 1 − J e con ε 1 − J e
ωε
ωε
Dalle ultime due relazioni cerchiate
ha
che
= εc .
si ha che:
α 2 − β 2 + 2 J α ⋅ β = −k R 2 − 2 J k R k I + k I 2 = ℜe {ω 2 µ ε c } + J ℑm {ω 2 µ ε c }
Da questo segue che si possono identificare due sistemi risolventi:
•
Il primo costituito da un sistema di due equazioni in due incognite
k R 2 − k I 2 = ℜe {ω 2 µ ε c }
2
−2 k R k I = +ℑm {ω µ ε c }
•
Il secondo costituito da un sistema di due equazioni in tre incognite:
α 2 − β 2 = ℜe {ω 2 µ ε c }
2
−2 α ⋅ β = +ℑm {ω µ ε c }
La terza incognita è rappresentata dall’angolo θ compreso tra i vettori α e
β . In fatti in generale l’angolo θ non è noto eccetto casi particolari come
ad esempio il caso privo di perdite dove α e β sono tra loro ortogonali
π
θ = .
2
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95
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3.13 Teorema di Poynting in Regime Complesso
Dalle equazioni di Maxwell scritte in presenza delle sorgenti elettriche e
magnetiche impresse e sotto l’ipotesi di eccitazione armonica si ha:
∇ × E = − J ω µ H − J i , m
∇ × H = J ω ε c E + J i ,e
Moltiplico la prima equazione di Maxwell per il vettore complesso e coniugato di
∗
H cioè H e la seconda equazione di Maxwell coniugata per il vettore E ; si ha
allora:
H ∗ ( ∇ × E = − J ω µ H − J i ,m )
∗
E ( ∇ × H = J ω ε c E + J i ,e )
Facendo la differenza tra le due equazioni si ha:
H
∗
(∇ × E ) − E (∇ × H )
∗
∗
∗
∗
= ( − J ω µ H ) H + ( J ω ε c E ) E − J i ,m H + J i∗,e E
Si osserva che la potenza fornita al campo elettromagnetico dipende dalle sorgenti
impresse.
La differenza appena fatta può essere riscritta così:
(
∇⋅ E× H
∗
)+ J ω µ H H
∗
∗
∗
∗
− J ω ε E E − g e E E = − J i , m H + J i∗,e E
Se integro ambo i membri su un volume V si ha per le varie componenti che:
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96
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•
∫ ∇ ⋅ ( E × H ) dV
∗
per il teorema della divergenza è pari a:
V
∫ E × H
∗
n dS
S
∗
che rappresenta il flusso del vettore E × H uscente dalla superficie S che
contorna il volume V. Questa componente tiene conto della potenza reale
che viene irradiata dal volume V.
•
(
)
J ω ∫ µ H H − ε E E dV .Questa componente tiene conto della potenza
∗
∗
V
immaginaria (dipendente da J) immagazzinata nel volume V.
•
(
)
− ∫ g e E E dV .Quest’altra, invece, rappresenta la potenza dissipata per
∗
V
effetto ohmico
•
∫ (−J
)
∗
i ,m
H + J i∗,e E dV , infine, rappresenta la potenza generata all’interno
V
del volume per mezzo delle sorgenti impresse
Riassumendo si ha:
∫ E × H
∗
(
)
(
)
∗
∗
∗
n dS + J ω ∫ µ H H − ε E E dV − ∫ g e E E dV =
S
V
(
V
)
= ∫ − J i ,m H + J i∗,e E dV
∗
V
Dalla quale segue che:
•
Analizzare un campo elettromagnetico presente in un volume V
utilizzando il primo membro dell’espressione scritta sopra:
∗ ∗
∗
∗
∫ E × H n dS + J ω ∫ µ H H − ε E E dV − ∫ g e E E dV
V
V
S
(
)
(
)
equivale
ad applicare il metodo delle forze elettromotrici indotte o metodo di Richmond
che consiste nel calcolare la potenza generata dalle sorgenti integrando i
campi elettrici e magnetici da esse prodotte sul volume V
•
Utilizzando il secondo membro della stessa equazione:
∗
∗
∫ − J i ,m H + J i ,e E dV applicando ad esso il vettore di Poynting:
V
(
)
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97
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P=
1
∗
E × H si ottiene il metodo di Poynting che ci permette di calcolare
2
(
)
la potenza fornita al campo dalle sorgenti.
Infatti si osserva che, al infuori dei punti dove sono presenti le sorgenti la
funzione integranda è nulla. Così, ad esempio, se le sorgenti sono allocate
lungo una linea si ha che l’integrale di volume diventa un’integrale di
linea.
4. ONDE PIANE UNIFORMI E NON UNIFORMI
4.1
Dall’Equazione delle onde alle Onde Piane
Data l’equazione delle onde ∇ 2 E + k 2 E = 0 la cui soluzione è del tipo
E = E 01 e− k ⋅r + E 02 e k ⋅r posso, per la sovrapposizione degli effetti, considerare una
componente alla volta dell’equazione risolvente; sia ad esempio la prima
E = E 01 e − k ⋅r = E 01 e −α ⋅r e
− J β ⋅r
R
I
= E (01 ) + J E (01 ) e −α ⋅r cos ( β ⋅ r ) − J sin ( β ⋅ r )
Da questa si osserva che il vettore istantaneo, che si ricava
E1 ( t ) = ℑm e − k ⋅r e J ω t =
R
I
= ℑm E (01 ) + J E (01 ) e −α ⋅r cos (ω t − β ⋅ r ) − J sin (ω t − β ⋅ r ) =
R
I
= e−α ⋅r E (01 ) sin (ω t − β ⋅ r ) + E (01 ) cos (ω t − β ⋅ r )
ha una fase Φ ( t , r ) = ω t − β ⋅ r e un vettore reale α che caratterizza l’ampiezza
della nostra onda.
Si osserva inoltre che se vado a considerare il luogo dei punti aventi ampiezza
costante ovvero tali che α ⋅ r = costante individuo un piano equiampiezza Sα
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Si ha allora che α r cos θ = costante .
Se considero invece il luogo dei punti aventi fase costante ovvero tali che
β ⋅ r = costante individuo un piano equifase S β
Si ha allora che β r cosψ = costante .
In generale, Sα e S β sono due piani distinti; in questo caso le componenti del
vettore istantaneo prendono il nome di onde piane non uniformi.
Se, al contrario i due piani Sα e S β coincidono abbiamo le componenti del vettore
istantaneo prendono il nome di onde piane uniformi.
4.2
Processo Inverso: Dalle Onde Piane all’Equazione delle Onde
Vogliamo determinare un modo per determinare l’equazione delle onde, sapendo
che i campi E e H sono generati da onde piane.
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Per semplicità faremo riferimento soltanto al campo elettrico poiché il caso del
campo magnetico si ottiene procedendo in maniera analoga al caso in esame.
Consideriamo la prima equazione di Maxwell per un mezzo LIO sourceless (per il
caso relativo al campo magnetico opero invece sulla seconda equazione):
∇ × E = −J ω µ H
Per la sovrapposizione degli effetti posso sostituire al posto di E E 01 e − k ⋅r oppure
E 02 e k ⋅r e analogamente faccio per il vettore H . Optiamo per le soluzioni E 01 e− k ⋅r
e H 01 e − k ⋅r ; si ha quindi che:
∇ × ( E 01 e − k ⋅r ) = − J ω µ ( H 01 e − k ⋅r )
(
Si osserva ora che ∇ × E 01 e − k ⋅r
) può essere decomposto in:
x
∂
∂x
− k ⋅r
E 0 x e
y
∂
∂y
E 0 y e − k ⋅r
z
∂
∂z
E 0 z e − k ⋅r
dalla quale si ha che:
∂
∂
∂
∂
x E 0 z e − k ⋅r − E 0 y e − k ⋅r + y E 0 z e − k ⋅r − E 0 x e− k ⋅r +
∂
y
∂
z
∂
x
∂
z
∂
∂
+ z E 0 y e − k ⋅r − E 0 x e − k ⋅r =
∂y
∂x
− k ⋅r
− k ⋅r
= x {−k y E 0 z e + k z E 0 y e } + y {− k x E 0 z e − k ⋅r + k z E 0 x e − k ⋅r } +
+ z {− k x E 0 y e − k ⋅r + K y E 0 x e − k ⋅r }
__________________________________________________________________________
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100
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Da questo segue che le grandezze E 0 x , E 0 y ed E 0 z sono grandezze complesse che
non dipendono dalla posizione ma solo dalla grandezza complessa k.
Da questo segue che, sotto l’ipotesi di onda piana , è possibile sostituire l’operatore
rotore ∇ × con − k .
Nel caso in cui avessi scelto le componenti E 02 e k ⋅r e H 02 e k ⋅r si sarebbe ottenuta,
sotto l’ipotesi di onde piane, la possibilità di sostituire l’operatore rotore ∇ × con
k.
Ritornando al nostro caso si ha, sotto l’ipotesi di onde piane, la possibilità di
riscrivere le equazioni di Maxwell nel seguente modo:
− k × E0 e − k ⋅r = − J ω µ H 0 e− k ⋅r
− k ⋅r
− k ⋅r
− k × H 0 e = J ω ε c E0 e
Da queste si ha
che, nel caso di onde piane, l’equazione delle onde
2
2
(ovvero ∇ E + k E = 0 ) diventano, poiché ∇ 2 = ∇ ⋅∇ , k ⋅ k E0 − k 2 E0 = 0 dove,
mettendo in evidenza E0 si ha:
(k ⋅ k − k ) E
2
0
4.3
=0
Il Tensore di Kong
Si osserva che sempre in un mezzo LIO, nel quale posso definire le seguenti
equazioni di Maxwell (caso di eccitazione armonica e assenza di sorgenti
impresse):
∇ × E = − J ω µ H
∇ × H = J ω εc E
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si ha che passando dai prodotti vettoriali ai prodotti scalari posso algebrizzare i
∂ ∂ ∂
+y
+ z alla
∂y
∂z
∂x
calcoli attraverso il passaggio dal vettore nabla ∇ = x
∂
∂
− z
y
0
∂z
∂y
∂
∂ matrice ∇ =
z
− x
0
∂z
∂x
∂
∂
−
y
x
0
∂y
∂
x
Osserviamo che questa matrice è analoga a quella incontrata in precedenza nel
paragrafo 2.4 e regola il passaggio dal prodotto vettoriale al prodotto scalare.
Tramite questa matrice possiamo riscrivere le equazioni di Maxwell come:
∇ ⋅ E = − J ω µ H
∇ ⋅ H = J ω εc E
Risolvendo la prima equazione rispetto a H
H =−
1
Jωµ
∇⋅E
e andandola a sostituire nella seconda si ha:
∇⋅E
∇ ⋅ −
= J ω εc E
Jωµ
Si ha quindi che:
∇ ⋅∇ ⋅ E = ω 2 µ ε c E
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102
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da cui mettendo in evidenza E
1 0 0
( ∇ ⋅∇ − ω µ ε c I ) E con I = 0 1 0
0 0 1
2
L’equazione appena scritta prende il nome di equazione delle onde generalizzate.
Da questa si ha che la soluzione di questa equazione esiste unica e diversa da zero,
tranne in alcuni punti aventi misura nulla ed è pari a:
∇ ⋅∇ = ω 2 µ ε c I
Sapendo però che per un’onda piana si ha: k ⋅ k − k 2 = 0 segue che, per un’onda
piana, la matrice ∇ è pari a k , matrice che rappresenta il tensore di propagazione
e che viene detto tensore di Kong ed è pari a:
0
per O . P
∇ →
k = kz
−k y
4.4
−k z
0
kx
ky
−k x
0
Mezzi Chirali
Tali mezzi nel caso di eccitazioni armoniche sono caratterizzati da relazioni
costitutive che presentano una doppia dipendenza da i campi elettrico e magnetico
del tipo:
D = εc E + α H
B = β E+µ H
Questi materiali sono chiamati biisotropi perché ad un eccitazione di tipo elettrico
corrispondono due contributi: uno allo spostamento elettrico e uno allo
spostamento magnetico e analogamente per un eccitazione magnetica.
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OSSERVAZIONE: per un mezzo LIO si hanno le seguenti relazioni costitutive:
D = εc E
B = µ H
Da queste relazioni si osserva che il vettore D è isotropo rispetto al vettore E ,
ovvero D // E . Analogamente si ha anche che B // H .
Da questo segue che per un materiale biisotropo, caratterizzato dalla seguente
relazione costitutiva:
D = εc E + α H
,
B = β E+µ H
si ha, dalla prima relazione, che D // E e D // H ovvero D isotropo rispetto al
vettore E e D isotropo rispetto al vettore H . Da questa doppia relazione deriva il
termine biisotropo cioè due volte isotropo.
Analogamente a quanto appena visto si avrà per la seconda relazione che B // E e
B // H ovvero B isotropo rispetto al vettore E e B isotropo rispetto al vettore H .
Questi materiali esistenti in minima parte in natura e largamente prodotti
dall’uomo sono detti anche chirali o doppiamente isotropo-chirale (ovvero
materiali drogati) poiché al loro interno si trovano in misura non superiore al 3%
una concentrazione di filamenti metallici tali da generare una volta irradiati da un
campo una componente elettrica e una magnetica.
Tali filamenti sono così fatti:
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104
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Osservandoli si vede che questi filamenti hanno la forma di un dipolo elettrico lungo
l’asse verticale mentre nella sezione centrale presentano una spira (dipolo
magnetico).
Alimentandolo si genera quindi un campo elettrico parallelo alla sua sezione
trasversale ed un campo magnetico diretto lungo la normale n del campo
magnetico.
Chiediamoci ora che succede quando un campo elettrico e uno magnetico
illuminano uno di questi filamenti
Quando il campo elettrico illumina il filamento si genera sul filamento un campo
elettrico diretto in verso opposto rispetto alla componente del campo E incidente
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105
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
parallela al filamento (il filamento si comporta cioè come una PEP) e una
componente di campo magnetico dovuta alla spira
4.5
Risoluzione dell’Equazione delle Onde per un Mezzo LIIO (Lineare
doppiamente Isotopo Omogeneo) opp. LBIO (Lineare Biisotropo
Omogeneo)
Date le condizioni al contorno per un mezzo LBIO
D = εc E + α H
B = β E+µ H
Si ha che in condizione di eccitazione sinusoidale le equazioni di Maxwell
diventano:
∇ × E = − J ω ( β E + µ H ) − J i ,m
∇ × H = J ω ( ε c E + α H ) + J i ,e
Esplicitando H dalla prima di Maxwell si ha:
H =−
(∇ × E + J ω β E + J )
i ,m
Jωµ
Sostituendo quanto trovato nella seconda equazione di Maxwell si ha:
( ∇ × E + J ω β E + J i ,m )
( ∇ × E + J ω β E + J i ,m )
∇ × −
− J ω α −
=
Jωµ
Jωµ
= J ω ε c E + J i ,e
__________________________________________________________________________
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106
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
ovvero si ottiene una risolvente in E .
Espandendola si ottiene:
−∇ × ∇ × E − J ω β ( ∇ × E ) + ( ∇ × J i , m ) +
+ J ω α ( ∇ × E ) − ω 2 α β E + J ω α J i ,m +
+ω 2 µ ε c E − J ω µ J i ,e = 0
Raggruppando i singoli termini rispetto a E otteniamo che:
−∇ × ∇ × E − J ω ( β − α ) ( ∇ × E ) + ω 2 ( µ ε c − α β
)E=
= J ω µ J i ,e − J ω α J i ,m − ( ∇ × J i ,m )
Ricordando che: ∇ × ∇ × E = ∇ ( ∇ ⋅ E ) − ∇ 2 E e indicando ( µ ε c − α β
)
con ∆ si ha
che possiamo riscrivere la risolvente nella seguente forma:
−∇ ( ∇ ⋅ E ) + ∇ 2 E − J ω ( β − α ) ( ∇ × E ) + ∆ ω 2 E =
= J ω µ J i ,e − J ω α J i , m − ( ∇ × J i ,m )
Dalle condizioni al contorno e dalla terza e dalla quarta equazione di Maxwell
∇ ⋅ D = ρe
∇ ⋅ B = ρ m
si ricava
ε c ∇ ⋅ E + α ∇ ⋅ H = ρ e
β ∇ ⋅ E + µ ∇ ⋅ H = ρm
Da cui ricaviamo che in condizioni generiche:
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107
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
ρ α
det e
ρ m µ = ρe µ − α ρ m = ρe µ − α ρ m ≠ 0
∇⋅E =
∆
εc µ −α β
ε α
det c
β µ
Introduciamo allora la seguente semplificazione: consideriamo il caso particolare
di assenza di perdite; si ha allora che l’equazione risolvente diventa pari a:
∇2 E − J ω ( β − α ) (∇ × E ) + ∆ ω 2 E = 0
Osserviamo che nel caso in cui il campo elettrico sia conservativo ( cioè ∇ × E = 0 )
oppure nel caso in cui β − α = 0 si ha che l’equazione delle onde coincide con
quella per un mezzo LIO.
Proiettando l’equazione delle onde appena ricavata lungo le tre coordinate
cartesiane si ha:
•
Per quanto riguarda l’asse x si ha:
x ∇ 2 E − J ω ( β − α ) x ( ∇ × E ) + x ∆ ω 2 E = 0
dove poiché E ⋅ x = E x segue che l’equazione delle onde diventa:
∇2 E x − J ω ( β − α ) (∇ × E x ) + ∆ ω 2 E x = 0
•
Per quanto riguarda le restanti due coordinate agendo in maniera analoga a
quella del punto precedente si trova che:
∇2 E y − J ω ( β − α ) (∇ × E y ) + ∆ ω 2 E y = 0
__________________________________________________________________________
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108
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
∇2 E z − J ω ( β − α ) (∇ × E z ) + ∆ ω 2 E z = 0
Facendo l’ipotesi ulteriore di campo elettrico incidente polarizzato
linearmente lungo l’asse x, ovvero il campo vibra sempre nella direzione
dell’asse x , si ha che E y e E z sono uguali a zero.
Da questo segue che possiamo riscrivere il rotore di E come:
x
∂
∇× E =
∂x
E x
y
∂
∂y
0
z
∂ ∂
∂
= x 0 + y
E x − z
E x = 0 x + 0 y + 0 z
∂z
∂z
∂y
0
ovvero si ha che ∇ × E = 0 . Infatti:
Da ciò segue che l’equazione risolvente si riduce alla sola equazione delle
onde:
∇2 E x + ω 2 ∆ E x = 0
la cui soluzione sarà del tipo:
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109
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
E x = E0 x f ( x ) = E 0(1x) e −ω
∆x
+ E 0( 2x ) eω
∆x
Dove E 0( x) ed E 0( x ) sono determinati dalle condizioni al contorno.
1
2
Si procede in maniera analoga per il calcolo del campo magnetico.
4.6
Mezzi Lineari Anisotropi Omogenei (LANO)
La principale differenza tra i mezzi anisotropi e quelli studiati in precedenza è che
mentre per i mezzi LIO e LBIO dalle relazioni costitutive si ricava che D // E e che
B // H ; nei mezzi anisotropi, invece, i vettori D ed E non sono paralleli e hanno
direzioni diverse. Analoga condizione si ha per i vettori B ed H .
Consideriamo ad esempio la prima relazione costitutiva: si avrà quindi,
proiettando D sulle tre coordinate cartesiane, che:
D x = axx E x + axy E y + axz E z
D y = a yx E x + a yy E y + a yz E z
D = a E +a E +a E
x
y
z
zx
zy
zz
z
axx
dove, rappresentando la matrice dei coefficienti a yx
azx
axz
a yz con il tensore ε
azy azz
possiamo riscrivere la prima relazione costitutiva come : D = ε E . In maniera
axy
a yy
analoga si riscrive la seconda relazione costitutiva: B = µ H .
Da questo segue che per un mezzo anisotropo si hanno le seguenti relazioni
costitutive:
D = ε E
B = µ H
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110
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
4.7
Mezzi Lineari Bianisotropi Omogenei (LBIANO)
Tenendo conto di quanto detto nel paragrafo precedente si ha per i mezzi Lineari
Bianisotropi Omogenei (LBIANO) che possiamo scrivere le loro relazioni
costitutive come:
D = ε E − α H
B = β E + µ H
4.8
Risoluzione dell’Equazione delle Onde per un Mezzo LANO (Lineare
Anisotropo Omogeneo) dove i tensori ε e µ sono tali da avere
determinante diverso da zero: Caso della Ferrite
Date le relazioni costitutive per un mezzo LANO:
D = ε E
B = µ H
Si ha che le equazioni di Maxwell, scritte in caso di eccitazione sinusoidale e di
assenza di sorgenti, sono del tipo:
∇ × E = − J ω µ H
∇ × H = J ω ε c E
Dalla prima equazione di Maxwell ricavo H
−1 ∇ × E
H =µ
−J ω
e lo sostituisco nella seconda equazione di Maxwell ottenendo:
__________________________________________________________________________
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111
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−1 ∇ × E
−1
2
∇× µ
= J ω εc E → ∇ × µ ∇ × E = ω εc E
−
J
ω
(
)
Passando dal prodotto vettoriale al prodotto scalare attraverso il tensore di Kong si
ha:
(∇ ⋅ µ
−1
)
∇ ⋅ E − ω2 εc E = 0
Raggruppando i vari termini rispetto a E si ottiene:
(∇ ⋅∇ µ
−1
)
− ω2 εc E = 0
Sotto l’ipotesi che il mezzo in considerazione sia la ferrite e dove il tensore µ è
espresso in forma girotropica1 rispetto all’asse x ovvero:
0
1
µ = µ0 0
µ1
0 − J µ2
0
J µ2
µ1
e dove, inoltre, il tensore ε c è una quantità costante ed espressa come ε c = ε c I
1 0 0
dove I rappresenta la matrice identità 0 1 0 si ha che possiamo riscrivere
0 0 1
l’equazione risolvente nella seguente forma:
1
Riportiamo per completezza anche le altre forme girotropiche:
µ1
µ = µ0 0
− J µ2
0 J µ2
1
0
0 µ1
Rispetto all’asse y
µ1
µ = µ0 − J µ2
0
J µ2
µ1
0
0
0
1
Rispetto all’asse z
__________________________________________________________________________
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112
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
(∇ ⋅∇ µ
−1
)
− ω2 εc I E = 0
dove indico con il tensore M tutto l’argomento tra parentesi tonde. Si ha quindi:
M E =0.
Da quest’ultima abbiamo due strade per trovare le soluzioni della risolvente:
•
Espandere l’equazione risolvente
•
Lavorare sull’equazioni di Maxwell sotto le condizioni relative al mezzo in
esame
Optiamo per la seconda scelta in quanto la più facile. Dall’equazioni di Maxwell
riscritte per il caso della ferrite in esame si ha:
∇ × E = − J ω µ H
∇ × H = J ω ε c E
Espandendo la prima equazione di Maxwell si ha che:
x
∂
∂x
E x
y
∂
∂y
Ey
z
∂
= − J ω µ0
∂z
E z
0
1
0
µ1
0 − J µ2
0
J µ2
µ1
Hx
H
y
H z
da cui segue che:
∂E ∂E
∂E ∂E ∂E ∂E
x z − y − y z − x + z y − x =
∂z
∂z ∂x
∂y
∂x
∂y
= − J ω µ0 x H x + y ( µ1 H y + J µ2 H z ) + z ( − J µ2 H y + µ1 H z )
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113
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Questo vuol dire che decomponendo la prima equazione di Maxwell lungo le tre
coordinate si ha:
∂Ez ∂E y
−
= − J ω µ0 H x
∂y
∂z
∂Ez ∂Ex
+
= − J ω µ0 ( µ1 H y + J µ2 H z )
−
∂z
∂x
∂E y ∂Ex
−
= − J ω µ0 ( − J µ2 H y + µ1 H z )
∂y
∂x
Con un procedimento analogo decompongo la seconda equazione di Maxwell
ottenendo:
∂H z ∂H y
∂y − ∂z = J ω ε c Ex
∂H z ∂H x
+
= J ω ε c Ey
−
∂z
∂x
∂H y ∂H x
−
= J ω ε c Ez
∂y
∂x
Da quest’ultime ricavo le tre componenti del campo del campo elettrico E che
sostituisco nelle tre equazioni che rappresentano la prima equazione di Maxwell
decomposta lungo i tre assi ottenendo cosi tre equazioni differenziali lineari
omogenee che sono le stesse che otterrei espandendo l’equazione risolvente:
(∇ ⋅∇ µ
−1
)
− ω 2 ε c I E = 0 . A tal proposito si osserva che il prodotto scalare tra il
tensore µ e il vettore E è un vettore.
Chiediamoci ora se all’interno della ferrite possano esistere delle onde piane.
Applicando all’operatore nabla la condizione di onde piane si ha che possiamo
0
riscrivere ∇ → ± k mentre il tensore di Kong ∇ → k = k z
−k y
−k z
0
kx
ky
−k x .
0
A questo punto possiamo riscrivere l’equazione risolvente per la ferrite come:
__________________________________________________________________________
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114
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(k ⋅ k µ
−1
)
− ω2 εc I E = 0
Osserviamo ora che essendo il determinante del tensore µ ≠ 0 siamo in grado di
calcolare la sua inversa µ
−1
che e calcolata come:
T
µ −1
(µ)
=
det ( µ )
dove:
T
•
( µ ′) è la matrice trasposta della matrice dei complementi algebrici del
tensore µ .Per calcolarla consideriamo prima la matrice dei complementi
µ 3 ( µ12 − µ22 )
0
0
algebrici che è pari a:
0
µ 02 µ1
0
− J µ 02 µ2
J µ 02 µ2 e poi ne facciamo
µ 02 µ1
0
la trasposta.
µ 3 ( µ12 − µ22 )
0
0
2
0
Questo da il seguente risultato:
µ 0 µ1
0
J µ 02 µ2
•
− J µ 0 µ2
µ 02 µ1
0
2
( )
det µ è il determinante del tensore µ che è pari a: µ02 ( µ12 − µ22 )
In definitiva si ha che la matrice inversa del tensore pari µ è pari a:
µ0
µ −1 = 0
0
0
µ1
( µ − µ22 )
2
1
J µ2
( µ12 − µ22 )
0
− J µ2
( µ12 − µ22 )
µ1
2
( µ1 − µ22 )
__________________________________________________________________________
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115
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Calcolata la matrice inversa si ha che sviluppando i prodotti tensoriali all’interno
dell’equazione risolvente che avevamo indicato in maniera compatta come
M ⋅ E = 0 si ha:
M 11
M
21
M 31
M 12
M 22
M 32
M 13 Ex
M 23 ⋅ E y = 0
M 33 Ez
Da questa si hanno i seguenti casi:
•
det ( M ) = 0 si hanno allora le autosoluzioni del sistema (soluzioni banali)
•
det ( M ) ≠ 0 avremo generalmente un espressione in funzione dei numeri
(
(
)
)
d’onda k x , k y , k z e delle caratteristiche del mezzo ω , µ , ε r .
Per risolvere il secondo caso conviene passare alle coordinate sferiche poiché in
questo modo è più facile esprimere i numeri d’onda k x , k y e k z ; infatti in
coordinate sferiche si ha che:
k x = k sin θ cos φ
k y = k sin θ sin φ
k = k cos θ
z
Facendo questa sostituzione all’interno della funzione ottenuta nel caso in cui
det ( M ) ≠ 0 otteniamo una funzione biquadratica del tipo:
C4 (θ , φ ) k 4 + C2 (θ , φ ) k 2 + C0 (θ , φ ) = 0
che prende il nome di equazione di dispersione per le onde piane.
Le sue soluzioni saranno del tipo:
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116
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± a + b
k1,2,3,4 =
± a − b
con a = a (θ , φ ) e b = b (θ , φ ) .
Abbiamo dunque due coppie di onde piane progressive e regressive; la prima
coppia di onde è dette onde ordinarie mentre la seconda onde straordinarie.
Per questa doppia rifrangenza un mezzo che presenta tale caratteristiche è detto a
doppia rifrangenza.
4.9
Mezzi Diamagnetici (Es. Ferrite Magnetizzata) ed Effetto Faraday
Consideriamo il caso della ferrite magnetizzata da un campo magnetico statico che
si propaga nella direzione dell’asse z
In questo caso si osserva che mentre il tensore della permittività si comporta come
un dielettrico: ε = ε 0 ε r I (dove I rappresenta la matrice identità) mentre il
tensore della permeabilità magnetica ha invece un comportamento girotropico (nel
µ1
nostro caso rispetto all’asse z ): µ = µ0 − J µ 2
0
J µ2
µ1
0
0
0 .
1
Vogliamo valutare quali onde sono generate da questo mezzo in regime
monocromatico ad eccitazione sinusoidale. Da quanto detto avremo che il mezzo
in esame sarà caratterizzato dalle seguenti leggi di Maxwell:
∇ × E = − J ω µ H
∇ × H = J ω ε 0 ε r E
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117
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Volendo cercare la soluzione per onde piane imponiamo che il mezzo supporti le
onde piane della forma:
E = E0 e − k r
−k r
H = H 0 e
Andando a sostituire questi valori nell’equazioni di Maxwell, queste diventano:
− k × E0 = − J ω µ H 0
− k × H 0 = J ω ε 0 ε r E0
Dalla seconda di Maxwell ricavo E0 = −
prima
e
trovo
quanto
k × k × H0 = ω ε0 ε r µ H0 .
vale
la
1
J ω ε0 εr
k × H 0 e lo sostituisco nella
componente
magnetica
del
campo:
2
A questo punto posso applicare il tensore di Kong che mi permette di riscrivere
(
)
questa seconda equazione in H 0 passando dai prodotti vettori k × H 0 ai prodotti
(
)
scalari k ⋅ H 0 . Questo tensore è definito nella segue forma:
0
k = kz
−k
y
−k z
0
kx
ky
−k x
0
Applicando questa trasformazione all’equazione trovata per la componente
(
)
(
)
magnetica del campo k × k × H 0 = ω 2 ε 0 ε r µ H 0 si ha: k ⋅ k − ω 2 ε 0 ε r µ H 0 = 0 .
Da questa si ricava subito la soluzione banale: in assenza di sorgenti il campo è
nullo. Volendo però noi calcolare gli autovalori dobbiamo costruire e risolvere il
suo determinante che sarà funzione solo delle caratteristiche del mezzo
(ω , µ , ε 0 , ε r )
(
)
e dei numeri d’onda k x , k y , k z .
__________________________________________________________________________
Scialanga Amerigo – Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici
118
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Per semplificare i conti supponiamo di studiare solo le onde che si propagano nella
(
)
direzione in cui la ferrite è magnetizzata (ovvero k x = 0, k y = 0 . Avremo allora
come soluzione delle onde piane del tipo e
− kz z
.
0
Il tensore di Kong nel nostro caso diventa: k = k z
0
0
0 .
0
−k z
0
0
Si ha quindi che k ⋅ k − ω 2 ε 0 ε r µ è pari a:
0
kz
0
−k z
0
0
0 0
0 ⋅ kz
0 0
0
0
1
2
0 − ω ε 0 ε r µ0 0
µ1
0
0 − J µ2
−k z
0
0
−k z2 − ω 2 ε 0 ε r µ0
= J ω 2ε 0 ε r µ 02
0
− J ω 2ε 0 ε r µ 02
−k z2 − ω 2 ε 0 ε r µ 02
0
0
J µ2 =
µ1
0
2
− ω ε 0 ε r µ0
0
Imporre che il determinante di questa matrice sia nullo equivale a dire che si deve
annullare il determinante del minore:
−k z2 − ω 2 ε 0 ε r µ0
J ω 2ε 0 ε r µ 2
0
(
dal quale si ha: − k z2 − ω 2 ε 0 ε r µ0
2
− k − ω ε 0 ε r µ 0
− J ω 2ε 0 ε r µ 02
2
z
) = (ω ε
2
0
2
εr µ2 )
2
2
0
Dalla sua risoluzione otteniamo quattro soluzioni per k z di cui due tengono conto
dell’onda ordinaria (diretta e inversa) mentre le altre due tengono conto dell’onda
straordinaria (diretta e inversa):
__________________________________________________________________________
Scialanga Amerigo – Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici
119
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
k z = − J 2 ω ε 0 ε r µ0
k z = J 2 ω ε 0 ε r µ0
k z = − J 2 ω ε 0 ε r µ0
k z = J 2 ω ε 0 ε r µ0
Si deduce quindi che lungo z si propagano due coppie di onde: una coppia per
l’onda incidente e un’altra per l’onda riflessa. A questo punto per determinare il
tipo di campo che si propaga inseriamo il k z appena trovato nella matrice
tensoriale che moltiplicata per H 0 e uguagliata a zero mi da l’autovalore H 0 .
Si ha quindi , ad esempio per le soluzioni kz1 e kz2 che:
( ω 2 ε 0 ε r µ 0 2 ) H 0 x − J ( ω 2 ε 0 ε r µ 0 2 ) H 0 y
J ω 2 ε 0 ε r µ 2 H 0 x + ω 2ε 0 ε r µ 2 H 0 y
0
0
2
− ( 3 ω ε 0 ε r µ0 ) H 0 z
(
)
(
)
Dalla terza si ricava che: H 0 z → 0 . Abbiamo quindi un’onda TM da cui segue che
una delle altre due equazioni è ridondante in quanto basta porre un valore per la
soluzione H 0 y o H 0 x perché l’altra sia univocamente determinata. Noi abbiamo
scelto di fissare un valore per H 0 y per cui si ha che: H 0 x → ± J H 0 z .
Si ha quindi che il campo magnetico è polarizzato circolarmente, in particolare
sarà circolare destro quello che ha la componente H 0 x positiva; circolare sinistro il
campo che contiene l’altra.
Sostituendo i valori del campo magnetico nella seconda di Maxwell:
− k × H 0 = J ω ε 0 ε r E0
che possiamo riscrivere anche come:
x
1
E0 = −
0
J ω ε0 εr
± J H0 y
y
0
H0 y
z
1
kz = −
J ω ε0 εr
0
±J H0 y
H0 y
0
Di conseguenza anche il campo elettrico è polarizzato circolarmente.
__________________________________________________________________________
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120
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Supponiamo, ora, che tutte e due le onde, aventi la stessa ampiezza, del campo
magnetico si stiano propagando nella ferrite. Naturalmente queste si
propagheranno con velocità diverse in quanto:
(
)
(
)
H = H 01 x − J y e − J k1 z + H 01 x − J y e − J k2 z
Per vedere che tipo di polarizzazione hanno dobbiamo decomporre il vettore
H nelle sua parte reale e nella sua parte immaginaria.
Prendiamo ad esempio sul, piano z variabile, si ha:
H = H 01 e
−J
k1 + k2
z
2
k −k
k −k
− J k1 −2k2 z
J 1 2 z
J 1 2 z
− J k1 −2k2 z
2
+e
− e 2
x e
+ J y e
Moltiplicando e dividendo per 2 e riscrivendo J come −1/ J si ha:
H = 2 H 01 e
−J
k1 + k2
z
2
k1 − k2 k1 − k2
x cos 2 z + y sin 2 z
Da cui si ha che:
k1 − k2
k1 − k2
cos 2 z ⋅ 2 H 0 x cos 2 z
k1 − k2
k −k
z ⋅ 2 H 0 y cos 1 2 z
ℜe { H } = sin
2
2
0
k1 − k2
k1 − k2
− J cos 2 z ⋅ 2 H 0 x cos 2 z
ℑm H = − J sin k1 − k2 z ⋅ 2 H sin k1 − k2 z
0y
{ }
2
2
0
__________________________________________________________________________
Scialanga Amerigo – Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici
121
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Da quanto trovato emergono due fattori principali:
•
Le onde si propagano nel piano xy
•
Il rapporto tra le due coppie reali e immaginarie da la tangente di uno
stesso angolo:
ℜe { H y }
k −k
= tg 1 2
2
ℜe { H x }
ℑm { H y }
k1 − k2
ℑm H = tg 2
{ x}
z
z
Si ha allora che le due onde componenti H sono tra loro parallele. Inoltre si ha che
l’angolo in considerazione varia al variare di z ; quindi in definitiva avremo un
vettore di polarizzazione rotante man mano che il campo H procede lungo z.
FIGURA 4.1– rappresentazione del vettore di polarizzazione rotante sul piano xy
Osserviamo inoltre che il vettore di polarizzazione, a causa delle proprietà della
ferrite, si comporta in maniera non reciproca, cioè ruota sempre nella stessa
direzione: sia per l’onda progressiva (direzione concorde con z) sia per l’onda
retrograda (direzione opposta a z). Questo effetto che si manifesta in alcuni
materiali magnetizzati con un campo statico è detto appunto effetto di FARADAY
ed è molto utile in quanto sapendo la direzione di magnetizzazione del campo
statico osservando il campo propagato è facile determinare se stiamo osservando il
campo progressivo o retrogrado.
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122
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Da quest’ultima si osserva che le due componenti lungo x e lungo y sono
equifase e quindi parallele per ogni valore di z. Questo vuol dire che il campo è
polarizzato linearmente.
4.10 Teorema dell’Unicità
Per ogni equazione differenziale non si ha mai una soluzione univoca a meno di
non fissare le condizioni al contorno (problema di Cauchy). Per esempio:
dx
= 3 → x ( t ) = 3t + C
dt
dove C può assumere per ogni t un valore qualsiasi. Se invece fisso la seguente
condizione al contorno: x ( 0 ) = 0 si ha che, per ogni t x ( t ) assume una soluzione
univoca.
Analogamente possiamo stabilire un minimo set di condizioni al contorno che
determini, come sola soluzione dell’equazioni di Maxwell, un unico campo.
Tali condizioni sono divise in due gruppi:
CONDIZIONI SPAZIALI
o
Dobbiamo fissare la potenza che i campi estraggono dalle sorgenti
istante per istante in ogni punto dello spazio.
o
Dobbiamo definire le condizioni al contorno sulla superficie S che
racchiude il volume τ per ogni istante t > t0 . In particolare è
sufficiente porre delle condizioni sulle componenti tangenziali del
campo E o del campo H sulla superficie S. Questo implica
l’orientamento della superficie S con un vettore normale n .
CONDIZIONI TEMPORALI
o Conoscere il campo E ed H all’istante t = t0 per ogni punto del
volume appartenente a τ .
Consideriamo allora le equazioni di Maxwell nel dominio del tempo e in presenza
di sorgenti impresse:
__________________________________________________________________________
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123
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
∂B
∇ × E = − ∂t − J i ,m
∇× H = ∂D + J
i ,e
∂t
Mettiamoci in un caso semplice: mezzo LIO (anche se, in realtà, tale teorema vale
anche per gli altri tipi di mezzi come ad esempio quelli bianisotropi, … ); le sue
condizioni al contorno saranno allora:
D =ε E
B = µ H
Dall’equazioni di Maxwell, sotto queste condizioni, segue naturalmente il teorema
di Poynting (nel dominio del tempo):
d
∫ n ( E × H ) dS = − dt ∫τ ( µ H
2
+ε E
2
) dτ − ∫ g
S
τ
e
(
)
E dτ − ∫ J i ,m H + J i ,e E dτ
τ
dove:
•
∫ n ( E × H ) dS
rappresenta il flusso del vettore E × H uscente dalla
S
superficie S che racchiude il volume τ
•
d
dt
∫τ ( µ H
2
+ε E
2
) dτ
misura la variazione istantanea dell’energia
magnetica ed elettrica immagazzinata nel dielettrico. Questa grandezza
dipende sia da ε che misura la capacità locale associata al dielettrico sia da
µ che misura l’induttanza locale associata al dielettrico.
•
∫τ g
•
∫τ ( J
e
E dτ rappresenta la potenza dissipata nel volume τ
i ,m
)
H + J i ,e E dτ
rappresenta, in fine, la potenza generata dalla
sorgente all’interno del volume τ
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124
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Imponiamo che esistano due campi
( E1 , H 1 ) ed ( E 2 , H 2 )
tali da soddisfare le
equazioni di Maxwell e le condizioni al contorno prima poste (ivi comprese quelle
derivanti dal teorema di Poynting). Se tali campi esistono allora questi, per il
teorema dell’unicità, dovranno essere necessariamente uguali.
DIMOSTRAZIONE: Essendo le equazioni di Maxwell equazioni lineari si ha che
queste saranno verificate per ogni campo dato dalla combinazione lineare dei due
campi soluzione delle equazioni di Maxwell
In particolare noi considereremo il campo differenza ( E d , H d ) dove E d = E1 − E 2
mentre H d è pari a H 1 − H 2 .
Riscrivendo allora, per un tale campo il vettore di Poynting si ha:
∫ n ( E
d
× H d ) dS =
S
=−
d
dt
∫τ ( µ H
2
d
+ ε Ed
2
) dτ − ∫ g
e
(
)
E d2 dτ − ∫ J i , m H d + J i ,e Ed dτ
τ
τ
Si osserva allora che:
•
Dalla prima condizione spaziale la potenza estratta dal campo 1 ( E1 , H 1 ) è
uguale alla potenza estratta dal campo 2 ( E 2 , H 2 ) ∀t > t0 . Si ha allora che
la loro differenza deve essere necessariamente nulla:
∫τ ( J
•
(
n Ed × H d
i ,m
)
H d + J i ,e Ed dτ = 0
) equivale sia a ( n × E ) H
d
d
che rappresenta la componente del
vettore Ed tangenziale alla superficie S contenente il volume τ sia a
( n × H ) E
d
d
che rappresenta la componente del vettore H d tangenziale
alla superficie S contenente il volume τ .
Consideriamo ad esempio la componente tangenziale del vettore Ed ; si ha
allora:
( n × E ) H
d
d
(
che può essere decomposto nella differenza dei due
)
campi costituenti n × E1 − n × E2 H d . A questo punto poiché dalla seconda
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125
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
si ha che n × E1 ≡ n × E2 segue che si ha anche
condizione spaziale
l’annullamento del primo termine:
∫ n ( E
d
× H d ) dS = 0
S
Quindi per il campo differenza di due soluzioni dell’equazione di Maxwell
deve valere:
d
dt
∫τ ( µ H
2
d
+ ε Ed
2
) dτ = −∫ g
e
E d2 dτ
τ
Integrando ambo i membri tra t0 e l’istante t generico si ha:
d
∫t dt
0
t
∫ (µ H
2
d
+ ε Ed
2
t
) dτ dt = −∫ ∫ g
τ
t0
τ
e
E d2 dτ dt
Ora poiché l’integrazione è l’operazione inversa della derivata si ha che il primo
membro diventa
t
∫ (µ H
2
d
+ ε Ed
2
) dτ
τ
t0
t
= − ∫ ∫ g e E d2 dτ dt
t0 τ
Ma poiché per la prima condizione temporale i campi soluzione dell’equazioni di
Maxwell sono nulli in t = t0 si ha che:
∫ (µ H
τ
t
2
d
+ ε Ed
2
) dτ = −∫ ∫ g
t0
τ
e
E d2 dτ dt
__________________________________________________________________________
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126
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Si osserva che mentre il primo membro dell’uguaglianza appena trovata è
strettamente positivo in quanto valido per ogni t > t0 il secondo membro è
∫
τ
strettamente negativo poiché il suo integrando g e E d2 dτ è strettamente
positivo.
Segue allora che, affinché quanto trovato sopra sia nullo, si ha necessariamente che
i campo differenza ( E d , H d ) dev’essere nullo ovvero i campi ( E1 , H 1 ) ed ( E 2 , H 2 )
devono essere coincidenti.
OSSERVAZIONE: Se il volume τ in considerazione è infinito si ha allora che la
superficie S che lo racchiude diventa una superficie all’infinito. In questo caso la
seconda condizione spaziale diventa la seguente:”i campi generati da sorgenti al
finito, vanno a zero all’infinito”.
Si osserva inoltre che in regime monocromatico, sparendo il termine temporale,
sparisce anche la prima condizione temporale. In questo caso si giungerà alla
seguente equazione equivalente:
Jω
∫τ ( µ H
2
d
+ ε Ed
2
) dτ = −∫ g
e
E d2 dτ
τ
Anche in questo caso i due membri sono sempre diversi tra loro a meno che il
campo differenza non sia nullo e quindi i campi soluzione dell’equazione di
Maxwell non siano coincidenti
4.11 Applicazioni del Teorema dell’Unicità: Il Principio delle Immagini
Consideriamo una carica Q nota e posta a distanza d da una PEP (parete elettrica
perfetta) posizionata in z = 0.
Vogliamo determinare quanto vale il campo nelle z positive.
In questo caso si ha che tutte le cariche indotte sul conduttore, che contribuiscono a
creare il campo, non sono note.
Per risolvere questo problema applichiamo il principio delle immagini che consiste
nel sostituire alle sorgenti localizzate sul piano metallico opportune cariche fittizie
situate nella regione delle z negative, dove non si calcola il campo, e tali che ,
insieme alle cariche originarie, soddisfino tutte le condizioni al contorno del campo
di partenza (che nel nostro caso per una PEP è n × E = 0 ; ovvero il campo non si
propaga normalmente ad esso).
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127
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
In tal modo il campo prodotto dalle cariche reali e fittizie nella regione di campo
delle z positive sarà, per il teorema dell’unicità, identico al campo prodotto dalle
cariche reali e dalle cariche indotte localizzate sulla PEP nel semispazio richiesto (z
positive).
Osserviamo che il campo emesso da Q è di tipo radiale e pertanto vale:
E=
r
4πε 0 r+
Q
Posso allora pensare di posizionare nel semispazio z ≤ 0 ad una distanza d ′ = d
da z = 0 una carica Q′ = −Q in maniera tale che essendo il suo campo del tipo:
E′ = −
r
4πε 0 r−
Q
sia verificata la condizione n × E = 0 .
Infatti si ha:
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128
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da cui dopo aver annullato tutte le componenti normali, perché uguali ed opposte,
si ha:
Quindi nel piano z ≥ 0 , per il teorema dell’unicità si propagherà un campo:
E TOT =
Q
4πε 0
1 1
− r
r+ r−
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129
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5. PROBLEMI D’INTERFACCIA (RIFLESSIONE
UN’ONDA PIANA)
5.1
E
RIFRAZIONE
DA
Introduzione
Per un mezzo infinitamente esteso, in regime armonico e nel dominio rettangolare
cartesiano si è visto che ho come soluzione dell’equazione delle onde un’onda
piana.
Consideriamo, ora, due semispazi infinitamente estesi separati da un piano
d’interfaccia posto rispetto al dominio rettangolare cartesiano scelto in z = 0.
Assumiamo che i due semispazi siano costituiti da due mezzi Lineari (effetti lineari
- D = ε E → 2 D = 2 ε E -), Isotropi (le proprietà del mezzo non dipendono dalla
direzione - D // E , B // H -), Omogenei (il mezzo ha le stesse proprietà in tutti i punti
- µ ed ε indipendenti da x, y, z-), Stazionari (Proprietà costanti nel tempo µ ed ε indipendenti da t-), Non Dispersivi, Senza Perdite (per i mezzi dielettrici si
assume conducibilità g = 0 ; mentre per i conduttori si assume g = ∞ ) e aventi
soluzione tipo Onda Piana Uniforme ( k = J β ; → α = 0 ).
Supponiamo inoltre che all’interno del primo mezzo (caratterizzato dalle costanti
µ e ε ) possa esistere una sorgente lontana che generi un campo, detto incidente,
una cui possibile soluzione è data dall’onda piana che si propaga, senza perdita di
generalità, con vettore di propagazione β nel piano xz (non si ha perdita di
generalità poiché il mezzo in considerazione è supposto infinitamente esteso
rispetto alla y).
Supponiamo inoltre che tale onda piana incida sulla superficie di separazione dei
due mezzi con un angolo θ rispetto alla normale di tale superficie.
A questo punto ci aspettiamo che l’interfaccia reagisca producendo un campo di
reazione, detto campo riflesso, una cui possibile soluzione è data da un onda piana
con vettore di propagazione β ′′ che forma con la normale alla superficie di
separazione un angolo θ ′′ e che si propaga sempre nel primo mezzo.
Assumendo inoltre che il secondo mezzo (caratterizzato dalle costanti µ ′ e ε ′ ) non
sia o elettrico perfetto o magnetico perfetto (caratterizzati dal fatto di avere al loro
interno un campo nullo) avremo anche una componente del campo incidente
trasmessa nel secondo mezzo, che prende il nome di campo rifratto una cui possibile
soluzione è un’onda piana con vettore di propagazione β ′ che forma con la
normale alla superficie di separazione un angolo θ ′ .
__________________________________________________________________________
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130
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5.2
Determinazioni delle condizioni di Snell
Definiamo vettori di polarizzazioni i vettori E0 e H 0 che formano con il vettore k
una terna ordinaria.
Si hanno quindi:
•
Per il campo incidente:
E = E0 e− k x x − k z z
− kx x −kz z
H = H 0 e
•
Per il campo riflesso:
E ′′ = E0′′ e − k x′′ x − k z′′ z
− k x′′ x − k z′′ z
H ′′ = H 0′′ e
•
Per il campo rifratto:
E ′ = E0′ e − k x′ x − k z′ z
− k x′ x − k z′ z
H ′ = H 0′ e
__________________________________________________________________________
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131
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
dove, indichiamo nel primo mezzo, come campo elettrico e campo magnetico
totale la somma dei rispettivi campi incidenti e riflessi.
Definiamo ora le condizioni al contorno all’interfaccia tra i due mezzi. Si osserva
che poiché non ci sono sorgenti impresse all’interfaccia si ha la conservazione delle
componenti tangenziali del campo elettrico e magnetico (z = 0).
Si ha quindi che:
z × E ( x, z ) + E ′′ ( x, z ) = z × E ′ ( x, z )
z × H ( x, z ) + H ′′ ( x, z ) = z × H ′ ( x, z )
z =0
Si ha quindi che in questo caso spariscono le componenti dipendenti da z. Si ha
quindi, ad esempio, nel caso elettrico che:
z × E0 e− kx x + E0′′ e− kx′′ x = z × E0′ e − kx′ x
Essendo entrambi i membri vettori complessi dovremo definire delle condizioni di
uguaglianza sul modulo e sulla fase di entrambi i campi.
Per quanto riguarda la condizione sulle fasi, che deve essere una condizione
necessaria, utilizziamo la condizione di adattamento delle fasi detta anche phase
matching che è definita nel seguente modo:
k x = k x′′ = k x′
dove definendo le varie componenti in coordinate sferiche si ha che:
k x = k sin θ
dove k = ω µ ε
k x′′ = k sin θ ′′
k x′ = k ′ sin θ ′} dove k ′ = ω µ ′ ε ′
Possiamo quindi riscrivere la condizione di adattamento delle fasi come:
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132
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
k sin θ = k sin θ ′′ = k ′ sin θ ′
dove dall’uguaglianza dei primi due membri si ha, essendo uguale k per entrambi
che θ = θ ′′ ; ovvero si ha che l’angolo dell’onda incidente è uguale all’angolo dell’onda
riflessa. Da ciò segue che il campo riflesso è speculare rispetto al campo incidente .
Dall’uguaglianza del primo e del terso membro si ha che:
k sin θ = k ′ sin θ ′
Si ha cioè che le condizioni trovate nel caso vettoriale sono uguali alla condizione
di Snell trovata nel caso ottico.
5.3
Calcolo del Coefficiente di Riflessione e del Coefficiente di
Trasmissione
Abbiamo bisogno ora di determinare le condizioni al contorno sull’ampiezza dei
campi totale (incidente più riflesso e quello rifratto).
Consideriamo ad esempio il caso di incidenza normale, in particolare il caso in cui il
campo incidente ha componente elettrica diretta verso y (direzione uscente dal
foglio ed indicata dal simbolo
e la componente magnetica diretta verso – x . Si
avrà allora, per quanto detto prima, che il campo riflesso avrà anch’esso
componente elettrica diretta verso y ma componente magnetica diretta verso x
mentre per quanto riguarda il campo rifratto questo avrà la stessa direzione del
campo incidente. Inoltre si avranno gli angoli d’incidenza, riflessione e rifrazione
tutti identicamente nulli in accordo con la relazione di adattamento delle fasi .
Graficamente si ha:
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133
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Poiché i campi in considerazione supponiamo siano formati da onde TEM
(caratterizzate dal fatto che i vettori H , E e β formano tra loro una terna ordinata)
e supponendo i mezzi in considerazione lineari e infinitamente estesi possiamo
immaginare di poter sempre ruotare il nostro sistema di riferimento, che è
arbitrario, in maniera tale da far coincidere il campo H con l’asse x , il campo
E con l’asse y e il vettore di propagazione β con l’asse z.
Sotto queste condizioni le condizioni al contorno si possono sempre scrivere come:
E0 + E0′′ = E0′
H 0 − H 0′′ = H 0′
Definiamo ora impedenza intrinseca del mezzo η la radice quadrata del rapporto tra
le costanti µ ed ε .
η=
µ
ε
Si dimostra che nel caso di onda piana questa è anche pari al rapporto tra E ed H
(ed ha quindi le dimensioni di Ohm).
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134
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η=
E
H
Da questa segue che possiamo riscrivere le condizioni al contorno come:
E0 + E0′′ = E0′
E0 E0′′ E0′
=
−
η η η′
Dalla seconda si ricava che:
E0 − E0′′ =
η
E′
η′ 0
dove andando a sostituire al posto di E0′
(
prima equazione al contorno E0 + E0′′
)
il corrispettivo valore ottenuto dalla
segue che il rapporto
η
è pari a:
η′
η E0 − E0′′
=
η ′ E0 + E0′′
Moltiplicando ambo i membri per
(E
0
)
+ E0′′ e per η ′ si ha:
η E0 + η E0′′ = η ′ E0 + η ′ E0′′
e raggruppando i vari termini secondo le componenti del campo elettrico incidente
e riflesso si ha:
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135
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
(η + η ′) E0′′ = (η − η ′ ) E0
da cui, in fine, segue che:
E0′′
E0
=
(η ′ − η )
(η ′ + η )
Tale rapporto prende il nome di coefficiente di riflessione.
Si osserva, inoltre, che andando a sostituire all’interno della seconda equazione al
E0
contorno
η
−
E0′′
η
=
E0′
il valore E0′′ = E0′ − E0 (ottenuto dalla prima equazione al
η′
contorno) si ha:
E0
η
−
E0′
η
+
E0
η
=
E0′
η′
Moltiplicando il primo membro per η ′ e il secondo per η si ottiene:
η ′ E0 − η ′ E0′ + η ′ E0 = η E0′
Da cui raggruppando i vari termini rispetto alle componenti del campo elettrico
incidente e rifratte si ha:
2 η ′ E0 = (η + η ′ ) E0′
da cui otteniamo che il rapporto
E0′
E0
=
2η ′
(η + η ′ )
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136
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Tale rapporto prende il nome di coefficiente di trasmissione che indica la percentuale
di campo incidente trasmessa dal primo al secondo mezzo.
5.4
Calcolo del Coefficiente di Riflessione nel caso di Campo Polarizzato
Orizzontalmente
Nel caso di onda piana non polarizzata linearmente si ha , allora, un’onda
polarizzata ellitticamente che può essere sempre decomposta nella somma di due
onde piane: una polarizzata linearmente di tipo TE, l’altra polarizzata linearmente
di tipo TM. In questo caso, poiché i campi sono lineari e le equazioni di Maxwell
sono equazioni differenziali lineari è possibile studiare i campi incidenti, riflessi e
rifratti attraverso le sue componenti TE e TM per mezzo della sovrapposizione
degli effetti.
Consideriamo il caso di campo polarizzato orizzontalmente (onda TE). In questo caso
si avrà che il campo elettrico è diretto orizzontalmente lungo y mentre il campo
magnetico avrà due componenti: una polarizzata orizzontalmente lungo x, l’altre
polarizzata verticalmente lungo z; il vettore β avrà invece un’incidenza obliqua e
formerà un angolo θ con la normale all’interfaccia dei due mezzi. Graficamente si
ha:
In questo caso le condizioni al contorno diventano:
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137
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
E0 + E0′′ = E0′
H 0 cos θ − H 0′′ cos θ = H 0′ cos θ ′
Per mezzo della definizione d’impedenza intrinseca data prima η =
E
H
possiamo riscrivere la seconda equazione al contorno come:
(E
0
− E0′′
) cosθ = E′ cosθ ′
0
η′
η
dalla quale, andando a sostituire al posto di E0′
(
dalla prima equazione al contorno E0 + E0′′
E0 + E0′′
E0 − E0′′
=
)
il corrispettivo valore ottenuto
segue che:
η ′ cos θ
η cos θ ′
Moltiplichiamo ora il secondo membro della funzione ottenuta per il rapporto
k ′ sin θ ′
(operazione lecita in quanto k sin θ = k ′ sin θ ′ per la legge di Snell) e
k sin θ
tenendo conto che :
µ′
k ′ η ′ =
⋅ ω ε ′ µ ′ = ω µ ′
ε′
(
)
µ
k η =
⋅ ω ε µ = ω µ
ε
(
)
si ha che la seconda equazione al contorno può essere riscritta come:
__________________________________________________________________________
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138
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
E0 + E0′′
E0 − E0′′
=
ω µ ′ cos θ sin θ ′
ω µ cos θ ′ sin θ
(
)
Da questa, moltiplicando ambo i membri per E0 − E0′′ e per (ω µ cos θ ′ sin θ ) , si
ha:
E0 ω µ sin θ cos θ ′ + E0′′ ω µ sin θ cos θ ′ = E0 ω µ ′ cos θ sin θ ′ − E0′′ ω µ ′ cos θ sin θ ′
dove raggruppando i vari termini rispetto alle componenti del campo incidente e
del campo riflesso otteniamo che:
E0′′ ω ( µ sin θ cos θ ′ + µ ′ cos θ sin θ ′ ) = E0 ω ( µ ′ cos θ sin θ ′ − µ sin θ cos θ ′ )
Da quest’ultima si ha che il rapporto
E0′′
E0
, che definisce il coefficiente di riflessione,
è pari a:
E0′′ ( µ ′ cos θ sin θ ′ − µ sin θ cos θ ′ )
=
E0
( µ sin θ cos θ ′ + µ ′ cos θ sin θ ′ )
Tenendo inoltre presente che i mezzi dielettrici in considerazione hanno entrambi
permeabilità magnetica circa uguale a 1 si ha:
E0′′ ( cos θ sin θ ′ − sin θ cos θ ′ )
=
E0
( sin θ cos θ ′ + cos θ sin θ ′ )
In fine rammentando le formule trigonometriche di addizione e sottrazione
sin (α ± β ) = sin α cos β ± cos α sin β
possiamo
riscrivere
la
formula
del
coefficiente di riflessione nella seguente maniera più compatta:
__________________________________________________________________________
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139
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sin (θ ′ − θ )
E0′′
=
E0
sin (θ ′ + θ )
εµ
ε ′ µ ′ sin θ .
dove θ ′ = arcsin
Osservando il risultato appena ottenuto per il coefficiente di riflessione si nota che
questo non si annulla mai a meno che:
•
Stiamo in un unico mezzo; si ha allora che θ ≡ θ ′
•
Stiamo considerando come secondo mezzo un mezzo isorefrattario
Notiamo in fine che il suo caso limite (incidenza radente → θ = 90° ) è
5.5
E0′′
= −1
E0
Calcolo del Coefficiente di Riflessione nel caso di Campo Polarizzato
Verticalmente
Consideriamo, ora, il caso di campo polarizzato verticalmente (onda TM). In questo
caso si avrà che il campo magnetico è diretto orizzontalmente lungo y mentre il
campo elettrico avrà due componenti: una polarizzata orizzontalmente lungo x,
l’altre polarizzata verticalmente lungo z; il vettore β avrà invece un’incidenza
obliqua e formerà un angolo θ con la normale all’interfaccia dei due mezzi.
Graficamente si ha:
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140
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
In questo caso si trova che le equazioni che definiscono le condizioni al contorno
valgono:
H 0 + H 0′′ = H 0′
E0 cos θ − E0′′ cos θ = E0′ cos θ ′
Dove Per mezzo della definizione d’impedenza intrinseca data prima η =
E
H
possiamo riscrivere la prima equazione al contorno come:
E0
η
+
E0′′
η
=
E0′
η′
Ricavando da quest’ultima il valore di E0′ e sostituendolo nella seconda equazione
al contorno si ha:
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141
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
(E
0
)
− E0′′ cos θ =
η′
E + E0′′ cos θ ′
η 0
(
)
da cui segue:
(E
(E
0
0
) = η ′ cosθ ′
+ E ′′) η cos θ
− E0′′
0
Moltiplichiamo ora il secondo membro della funzione ottenuta per il rapporto
k ′ sin θ ′
(operazione lecita in quanto k sin θ = k ′ sin θ ′ per la legge di Snell) e
k sin θ
tenendo conto che :
k ′ η ′ =
k η =
µ′
⋅ ω ε ′ µ′ = ω µ′
ε ′
(
µ
ε
)
⋅ ω ε µ = ω µ
(
)
si ha che la seconda equazione al contorno può essere riscritta come:
E0 − E0′′
E0 + E0′′
=
ω µ ′ cos θ ′ sin θ ′
ω µ cos θ sin θ
(
)
Da questa, moltiplicando ambo i membri per E0 + E0′′ e per (ω µ cos θ sin θ ) , si
ha:
E0 ω µ cos θ sin θ − E0′′ ω µ cos θ sin θ = E0 ω µ ′ cos θ ′ sin θ ′ + E0′′ ω µ ′ cos θ ′ sin θ ′
dove raggruppando i vari termini rispetto alle componenti del campo incidente e
del campo riflesso otteniamo che:
__________________________________________________________________________
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142
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
E0 ω ( µ cos θ sin θ − µ ′ cos θ ′ sin θ ′ ) = E0′′ ω ( µ ′ cos θ ′ sin θ ′ + µ cos θ sin θ )
Da quest’ultima si ha che il rapporto
E0′′
E0
, che definisce il coefficiente di riflessione,
è pari a:
E0′′ ( µ cos θ sin θ − µ ′ cos θ ′ sin θ ′ )
=
E0
( µ sin θ cos θ + µ ′ cos θ ′ sin θ ′ )
Tenendo inoltre presente che i mezzi dielettrici in considerazione hanno entrambi
permeabilità magnetica circa uguale a 1 si ha:
E0′′ ( cos θ sin θ − cos θ ′ sin θ ′ )
=
E0
( sin θ cos θ + cos θ ′ sin θ ′ )
In fine si osserva che poiché dalle formule trigonometriche si ha che
sin (α ± β ) cos (α ∓ β ) = ( sin α cos β ± cos α sin β )( cos α cos β ± sin α sin β ) =
= sin α cos α ( cos 2 β + sin 2 β ) ± sin β cos β ( sin 2 α + cos 2 α ) =
= sin α cos α ± sin β cos β
possiamo riscrivere la formula del coefficiente di riflessione nella seguente maniera
più compatta:
sin (θ − θ ′ ) cos (θ + θ ′ )
E0′′
=
E0
sin (θ + θ ′ ) cos (θ − θ ′ )
Che può essere riscritto anche come:
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143
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
E0′′ tg (θ − θ ′ )
=
E0
tg (θ + θ ′ )
εµ
sin
θ
ε ′ µ′
.
dove θ ′ = arcsin
Anche in questo caso si ha che nel caso di incidenza radente
coefficiente di riflessione è pari a:
(θ = 90° )
il
E0′′
= −1
E0
In questo caso si osserva che a parte il caso di mezzo isorefrattario si ha che il
coefficiente di riflessione si annulla solo nel caso in cui il denominatore diverge a
+ ∞ condizione che si verifica quando θ + θ ′ =
π
2
il che è possibile in quanto
entrambi gli angoli sono compresi tra 0 e 2 π .
Questa condizione si realizza per particolari valori dell’angolo d’incidenza che
prendono il nome di angoli di Brewster o angoli di polarizzazione.
Da quanto appena detto si evince che un un’onda incidente con angolo di Brewster
avrà un’onda riflessa con angolo di Brewster che presenterà la sola componente
polarizzata orizzontalmente ma non la componente polarizzata verticalmente
perché non viene riflessa; presenterà inoltre un’onda rifratta poiché, essendo nullo
il coefficiente di riflessione, tutta l’energia trasportata dall’onda incidente passa
all’onda rifratta.
5.6
Calcolo del Angolo di Brewster
Indicando con θ B l’angolo di Brewster si ha, per quanto detto prima che:
θB + θ ′ =
π
2
Poiché, inoltre, dalla legge di Snell si ha che k sin θ = k ′ sin θ ′ possiamo anche
scrivere che:
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144
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
k sin θ B = k ′ sin θ ′
π
− θ B = k ′ cos θ B
2
dove k ′ sin θ ′ può essere riscritto come k ′ sin
Possiamo allora scrivere, dalla legge di Snell, che:
tgθ B =
k′
k
Dalla quale si ricava che l’angolo di Brewster è pari a:
θ B = arctg
5.7
µ′ ε ′
µε
Annullamento della Componente Polarizzata Verticalmente
Osserviamo ora perché la componente di polarizzazione verticale di un capo,
polarizzato anch’esso verticalmente che incide su una superficie di separazione con
angolo di Brewster si annulla.
Questo fenomeno si verifica poiché il campo incidente con angolo di Brewster
produce una polarizzazione del secondo mezzo. Ovvero si formano nel secondo mezzo
dei dipolini oscillanti indotti che godono della proprietà di non irradiare nella
direzione parallela al dipolo indotto stesso. Inoltre poiché tali dipolini sono
orientati come il campo incidente, si dimostra per il teorema di Ewald – Oseen che la
somma di tutti i contributi dei dipolini cancella la componente riflessa del campo
lasciando invariata quella trasmessa.
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145
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
5.8
Caso in Cui il Secondo Mezzo è costituito da un Buon Conduttore
Analizziamo ora che succede se il secondo mezzo è un costituito da un conduttore.
Prima di tutto osserviamo che la parte reale ε della sua permittività complessa ε c
diventa trascurabile rispetto la sua parte immaginaria − J
g
ω
a causa del valore
molto alto della sua conducibilità ( g → ∞ ) .
Si osserva che si è scelto il mezzo 2 come conduttore in quanto poiché i conduttori
presentano una componente dissipativa, scegliendo il mezzo 1 come conduttore il
campo incidente che vi si genera sarebbe potuto decadere prima di raggiungere la
superficie di separazione tra i due mezzi.
Nel caso in cui il mezzo 2 sia un conduttore si avrà che la sua impedenza intrinseca
sarà del tipo:
η′ =
µ′
µ′
=
= J
g
ε′
−J
ω
ω µ′
g
≅ 0 poiché g → ∞
Da questo segue che il coefficiente di riflessione per un caso si fatto è pari a:
__________________________________________________________________________
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146
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
E0′′
E0
=
(η ′ − η )
(η ′ + η )
= −1
Essendo il modulo del coefficiente di riflessione quasi unitario si ha che l’energia
del campo incidente viene riflessa quasi completamente e solo una minima parte
viene trasmessa.
Consideriamo ad esempio un campo elettromagnetico che incida normalmente su
di un conduttore perfetto.
In questo caso le condizioni del campo elettrico e magnetico all’interfaccia saranno
del tipo:
E = y e− k z = y e − J β z − y e J β z = 2 J sin ( β z )
− k z − J β z + x e J β z = 2 cos ( β z )
H = x e = x e
Si osserva quindi che in questa condizione il campo elettrico e il campo magnetico
sono in quadratura di fase (cioè quando un campo assume il suo valore massimo
l’altro assume quello minimo) e in quadratura temporale (cioè quando un vettore è
reale l’altro è complesso).
In queste condizioni si viene a generare un’ andamento del campo presente nel
mezzo 1 detto onda stazionaria dove il campo incidente (complesso) non trasporta
energia ne verso il conduttore ne nel verso opposto.
Si osserva inoltre che all’interfaccia il campo elettrico assume valore nullo. Questo
collima con quanto detto prima (l’energia del campo incidente viene riflessa
completamente e non si trasmette).
__________________________________________________________________________
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147
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Al contrario il campo magnetico all’interfaccia vale 2; mentre, sappiamo, dalla
E
che anche il
H
E
campo magnetico non si propaga all’interno del conduttore in quanto H = = 0
definizione d’impedenza intrinseca nel caso di onde piane η =
η
poiché abbiamo appena dimostrato che il campo elettrico non si propaga.
Questo paradosso è subito sciolto poiché all’aumentare della conducibilità
all’interno del conduttore inizieranno a formarsi delle correnti superficiali sulla
superficie di separazione
6. ANTENNE
6.1
Potenziali Elettrodinamici
I potenziali elettrodinamici sono particolari funzioni scalari e vettoriali utili per la
risoluzione di campi elettromagnetici.
Per un mezzo LIO in condizioni di eccitazione monocromatica si ha:
∇ × E = − J ω µ H − J i ,m
∇ × H = J ω ε c E + J i ,e
Per la linearità delle equazioni di Maxwell posso considerare la sovrapposizione
degli effetti. Considero ad esempio il caso in cui siano accese le sole sorgenti
elettriche. Si ha allora che le equazioni di Maxwell diventano:
∇ × E = −J ω µ H
∇ × H = J ω ε c E + J i , e
Dalle equazioni di Maxwell alla divergenza si ha che:
∇⋅B = 0 → µ ∇⋅H = 0 → ∇⋅H = 0
Da questa segue che:
__________________________________________________________________________
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148
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H = ∇× A
dove A prende il nome di potenziale vettore magnetico.
Riscrivendo l’equazioni di Maxwell sostituendo ad esse il valore trovato per il
vettore H si ha:
∇ × E = − J ω µ ( ∇ × A)
∇ × ( ∇ × A ) = J ω ε c E + J i ,e
da cui dalla prima equazione di Maxwell si ha:
∇ × ( E + J ω µ A) = 0
Da cui segue che affinché sia valida la condizione d’irrotazionalità si ha:
E + J ω µ A = −∇V
dove V prende il nome di potenziale scalare elettrico.
Da questo segue che :
E = − J ω µ A − ∇V
Andando ora ad espandere la seconda equazione di Maxwell sostituendo in essa
anche il valore di E appena trovato si ha:
∇ × (∇ × A ) = J ω ε c ( − J ω µ A − ∇ V
)+
J i ,e
Da questa, semplificando il rotore del rotore, sia ha:
__________________________________________________________________________
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149
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
∇ (∇ ⋅ A ) − ∇ 2 A = J ω ε c ( − J ω µ A − ∇ V
)+
J i ,e
Sviluppando anche il prodotto otteniamo:
∇ (∇ ⋅ A ) − ∇ 2 A − ω 2 µ ε c A + J ω ε c ∇ V = J i ,e
che possiamo riscrivere come:
∇ (∇ ⋅ A + J ω ε c V
)− ∇2 A − ω 2 µ εc
A = J i ,e
Se facciamo la seguente ipotesi:
∇ ⋅ A = −J ω εc V
si ha: ∇ 2 A + ω 2 µ ε c A = − J i ,e dove, indicando ω 2 µ ε c con − k 2 dove k 2
rappresenta la costante di propagazione posso riscrivere la seconda equazione di
Maxwell nella seguente forma:
∇ 2 A − k 2 A = − J i ,e
che altro non è che l’equazione delle onde.
Da questa possiamo infine ricavare il potenziale vettore magnetico A da cui, una
volta fattane la rotazione, è possibile ricavare il vettore H .
Noto il potenziale vettore magnetico A possiamo, inoltre, dall’uguaglianza
ipotizzata in precedenza
(∇ ⋅ A = − J ω ε c V ) ,
ricavare il potenziale scalare
elettrico V che sarà pertanto pari a:
V =−
∇⋅ A
J ω εc
__________________________________________________________________________
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150
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Che sostituita nell’equazione del campo elettrico mi permette di calcolare il valore
del vettore campo elettrico che sarà pari a:
E = −J ω µ A +
∇ ( ∇ ⋅ A)
J ω εc
Analogamente considerando attive le sorgenti magnetiche e considerando spente
quelle elettriche troveremo un’altra coppia di potenziali:
•
Un potenziale vettore elettrico F
•
Un potenziale scalare magnetico u
In particolare per un mezzo LIO si è trovato che vale la seguente proprietà:
E
E 0 se i punti in considerazione non coicidono con i punti sorgenti
∇2 − k 2 =
H
H -J i se i punti in considerazione coicidono con i punti sorgenti
6.2
Funzione di Green
Consideriamo ora la nostra sorgente impressa, sia ad esempio quella elettrica,
formata dalla somma di n sorgenti impresse di tipo puntiformi esprimibili mediante la
funzione di Fermi –Diract (sorgenti impulsive):
__________________________________________________________________________
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151
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Da questo si ha, indicando con il simbolo G (detto funzione di Green) un particolare
vettore di A , che l’equazione delle onde diventa:
∇ 2 G ( r − r ′ ) − k 2 G ( r − r ′ ) = −t δ 0 ( r − r ′ )
dove t è il versore di r ′ . In particolare per un mezzo LIO si ha che G dipende da
r e r ′ nello stesso modo della sorgente.
Introduciamo ora le seguenti semplificazioni al nostro modello:
•
poniamo la sorgente impulsiva nell’origine del nostro sistema di
riferimento ( r ′ = 0 ) che per semplicità sarà di tipo cartesiano.
La nostra equazione delle onde diventa quindi:
∇ 2 G ( r ) − k 2 G ( r ) = −t δ 0 ( r )
Poiché la sorgente impulsiva è nell’origine si ha che G dipende solo da r e
quindi è possibile considerare al posto del vettore r lo scalare r e quindi si
ha:
∇ 2 G ( r ) − k 2 G ( r ) = −t δ 0 ( r )
•
Possiamo inoltre rappresentare il versore t decomponendola secondo i
suoi coseni direttori lungo i tre assi x, y, z. Si ha quindi che:
t = cos α x + cos α y + cos α z
x
y
z
•
Nel caso in cui agisca solo la componente r il Laplaciano può essere
riscritto come:
__________________________________________________________________________
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152
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
∇2 =
1 d 2 d
r
r 2 dr dr
Considerando ora, ad esempio, la componente lungo x possiamo scrivere:
1 d 2 d
G x ( r ) − k 2 G x ( r ) = −δ 0 ( r ) cos α x
r
2
r dr dr
Un metodo per risolvere questa equazione è quello di considerare un volume
sferico centrato nell’origine che racchiude la sorgente il cui elemento infinitesimo
dV è pari a: r 2 sin θ dθ dφ .
Si ha allora che integrando tutti i membri rispetto al volume sferico V si ha:
1 d 2 d
G x ( r ) dV − k 2 ∫ G x ( r ) dV = − cos α x ∫ δ 0 ( r ) dV
r
2
dr dr
V
V
∫r
V
∫
Da cui si nota subito che δ 0 ( r ) dV = 1 essendo δ 0 ( r ) una funzione impulsiva.
V
Decomponendo il volume V lungo i tre assi sferici r , θ e φ si ha che:
2π
∫
φ =0
π
dφ
∫
2π
r
sin θ dθ
θ =0
π
r
1 d 2 d
2
2
∫o r 2 dr r dr G x ( r ) dr − k φ∫=0 dφ θ∫=0 sin θ dθ ∫0 r G x ( r ) dr =
= − cos α x
risolvendo la quale otteniamo:
4 π r2
r
d Gx ( r )
− 4 π k 2 ∫ r 2 G x ( r ) dr = − cos α x
dr
0
dove, dividendo ambo i membri per 4 π r 2 otteniamo
__________________________________________________________________________
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153
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
d Gx ( r )
dr
−
r
cos α x
k2 2
r G x ( r ) dr = −
2 ∫
r 0
4 π r2
r
Supponendo di trovarci vicino all’origine si ha che
∫r
2
G x ( r ) dr ≅ 0 da cui segue
0
che:
d Gx ( r )
cos α x
=−
dr
4 π r2
da cui si ha che:
Gx ( r ) = −
cos α x
4π r
Verifichiamo se quanto detto è vero andando a calcolare il lim della funzione
r →0
d Gx ( r )
dr
−
r
cos α x
k2 2
r G x ( r ) dr = −
andando a sostituire al posto di G x ( r ) la
2 ∫
r 0
4 π r2
soluzione appena trovata. Si ha quindi:
r
cos α x
cos α x
d cos α x
k2
+ lim 2 ∫ r 2
dr = − lim
r → 0 dr
r
→
0
r
→
0
r 0 4π r
4 π r2
4π r
− lim
Dove per le ragioni viste prima il secondo termine al primo membro è nullo.
Si ha quindi che, da questo riscontro, come volevasi dimostrare, si trova
un’identità:
__________________________________________________________________________
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154
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cos α x
cos α x
= − lim
2
r →0 4 π r
r →0 4 π r 2
− lim
Se consideriamo ora l’assenza di sorgenti impresse si ha che la nostra equazione
delle onde proiettata sull’asse x diventa del tipo:
∇2 G x ( r ) − k 2 G x ( r ) = 0
Poiché il Laplaciano ∇ 2 può essere sempre espresso come:
1 d 2 d
r
se
r 2 dr dr
x ( r ) = G x ( r ) (dove G
x rappresenta un
facciamo anche l’ulteriore ipotesi che G
2
r
vettore Complesso) si ha che l’equazione delle onde diventa:
d2 x (r )
Gx (r ) − k2G
2
dr
che rappresenta ancora l’equazione delle onde e dalla quale si ha:
kr
−k r
x (r ) = C e + C e
G
1
2
r
r
dove:
•
( ) diverge il che
C1 = 0 poiché per r → ∞ l’espressione al numeratore e k r
non è possibile avendo posto per ipotesi la sorgente nell’origine.
•
C2 = cos α x poiché per r → 0 l’espressione tende a 1. Si ha in oltre, poiché
r → 0 non ha senso, moltiplico la r al denominatore per 4 π affinché il
risultato sia uguale a quello ottenuto nel caso precedente.
In definitiva si ha:
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155
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−k r
x (r ) = e
G
cos α x
4π r
Da cui si ha che la sorgente di Green generalmente è del tipo:
Gx (r ) =
e− k r t
4π r
Se la sorgente non si trova nell’origine avremo una traslazione della sorgente per
cui si avrà:
′
G x ( r − r′ ) =
e− k r −r t
4 π r − r′
Se la sorgente infine non ha più ampiezza unitaria allora fa funzione di Green
diventerà un potenziale vettore e sarà espressa dalla legge:
′
A ( r ) = ∫ J i ,e
V
e− k r −r
dV
4 π r − r′
In particolare se consideriamo un’ impulso di corrente unitario situato al centro del
sistema di coordinate ( r ′ = 0 ) e diretto come l’asse z si avrà che il potenziale
vettore magnetico presenterà una sola componente diretta lungo l’asse z ed
espressa da:
Az =
1 e− k r
4π r
__________________________________________________________________________
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156
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Si osserva per completare la trattazione che nel caso generale la funzione di Green
diventa un tensore che dipende da r e da r ′ in una maniera complicata da
esprimere e che viene indicata con:
G ( r / r′)
6.3
Dipolo di Hertz
Ci proponiamo ora di calcolare il campo elettromagnetico prodotto da un dipolo di
Hertz. Poniamo perciò il dipolo al centro del nostro sistema nella direzione
dell’asse z. Supponiamo inoltre che la corrente che scorre nel dipolo abbia intensità
I e il dipolo sia lungo l con l << λ0 .
Da questo segue che in luogo di un impulso unitario dovremo considerare un
impulso d’intensità I l detto momento di dipolo.
Inoltre, se indico con s la sezione del conduttore e con Ji la densità di corrente che
scorre sul conduttore, si ha che il momento di dipolo I l è anche pari a J i s l .
Si ha dunque che Ji è uguale a zero fuori dal conduttore, mentre il suo integrale
esteso ad un volume V qualsiasi comprendente il conduttore è uguale al momento
di dipolo
Il potenziale vettore magnetico è pari del dipolo in un punto P qualunque dello
spazio sarà pari a: A = A z z che per quanto trovato nel paragrafo precedente è pari
a
I l e− k r z
4π r
dove:
__________________________________________________________________________
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157
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Tenendo presente che lo spostamento dr lungo il vettore posizione r è pari a:
dr = dz cos θ ; e che, inoltre che la variazione dell’angolo θ è pari a
dθ = −dz sin θ , si ha allora che:
I l e− k r A = Az z = Ar r + Aθ θ = Az cos θ r − Az sin θ θ =
z
4π r
Poiché il campo E è legato al ∇ ( ∇ ⋅ A ) si osserva che:
∇⋅ A =
∂ Az
∂z
che possiamo anche scrivere con il seguente artificio:
d Az ∂r d A z ∂r d A z
∇⋅ A =
=
cos θ
→
∂r dz
∂r
dz ∂r
Da questo segue che:
∇⋅ A = −
I l 1 k −k r
+ e cos θ
4 π r2 r
Ora, poiché l’operatore ∇ in coordinate sferiche è pari a:
∂ 1 ∂ 1
∂
∇ = r
+θ
+φ
,
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
__________________________________________________________________________
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158
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
dove possiamo tranquillamente trascurare la componente lungo φ poiché ∇ ⋅ A
non ha componenti lungo φ , si ha che:
∂ 1 ∂ I l 1 k −k r
∇ ( ∇ ⋅ A ) = r
+θ
−
2 + e cos θ
r ∂θ 4 π r
r
∂r
Da questa sapendo che:
E = −J ω µ A +
∇ ( ∇ ⋅ A)
J ω εc
che possiamo anche riscrivere come:
(
)
E = − J ω µ Az cos θ r − A z sin θ θ +
+
∂ 1 ∂ I l
+θ
r
−
J ω ε c ∂r
r ∂θ 4 π
1
1 k −k r
2 + e cos θ
r
r
da cui segue che le componenti del campo elettrico irradiato dal dipolo di Hertz
sono:
∂ I l 1 k − k r
−
2 + e cos θ
J ω ε c ∂r 4 π r
r
1 1 ∂ I l 1 k − k r
E θ = J ω µ A z sin θ +
−
2 + e cos θ
J ω ε c r ∂θ 4 π r
r
E r = − J ω µ Az cos θ +
1
Eφ = 0
Sostituendo ad A z il valore
I l e− k r
e sviluppando le derivate parziali (che
4π r
possono essere viste come derivate di un prodotto) si ha che possiamo riscrivere le
tre componenti del campo elettrico come:
__________________________________________________________________________
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159
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
I l e− k r
k 2 r 2 + 2 k x + 2 −k r
1 Il
Er = −J ω µ
cos θ −
e
−
cos θ +
J ω εc 4 π
r3
4π r
I l e− k r
1 1 I l 1 k −k r
Eθ = J ω µ
sin θ +
2 + e sin θ
J ω εc r 4 π r
r
4π r
Eφ = 0
da cui si ha, mettendo in evidenza J ω µ
Jωµ
Il
4π r
Il
4π r
e− k r cos θ
nella prima ed
e − k r sin θ nella seconda:
k 2 r 2 + 2 k x + 2 1
1
e− k r cos θ −1 +
2
4π r
r
J ω ε c J ω µ
1 k 1
I l −k r
1
Eθ = J ω µ
e sin θ 1 + 2 +
4π r
r J ω ε c J ω µ
r
Er = J ω µ
Il
Eφ = 0
dove tenendo conto che il prodotto:
Er = J ω µ
1
1
J ω εc J ω µ
=
1
2
−ω µ ε c
=
1
si ha:
k2
k 2 r 2 + 2 k x + 2 1
e− k r cos θ −1 +
2
4π r
r2
k
Il
Eθ = J ω µ
1 k 1
e − k r sin θ 1 + 2 + 2
4π r
r k
r
Eφ = 0
Il
Espandendo i prodotti tra parentesi quadre segue che:
__________________________________________________________________________
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160
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Er = J ω µ
2
2
+ 2 2
e − k r cos θ −1/ + 1/ +
4π r
kr k r
Il
Eθ = J ω µ
1
1
e − k r sin θ 1 + 2 2 +
4π r
kr
k r
Eφ = 0
Il
In particolare osserviamo inoltre che la componente lungo r del campo elettrico
può essere così riscritta:
2
2
e − k r cos θ
+ 2 2 =
4π r
k r k r
I l −k r
2/
1
=Jωµ
e cos θ
1 +
=
4/ 2 π r
kr kr
Er = J ω µ
Il
J ω µ I l −k r
1
e cos θ 1 +
=
2
k
2π r
kr
I l −k r
1
=η
e cos θ 1 +
2
2π r
kr
=
poiché :
Jωµ
Jωµ
=
=
k
ω2 µ εc
−ω 2 µ 2
2
ω µ εc
=
µ
=η
εc
In definitiva le componenti del campo elettrico per un dipolo di Hertz sono:
I l −k r
1
e cos θ 1 +
2
2π r
kr
I l −k r
1
1
Eθ = J ω µ
e sin θ 1 + 2 2 +
4π r
kr
k r
Er =η
Eφ = 0
Per quanto riguarda il campo magnetico poiché si ha che:
__________________________________________________________________________
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161
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
H = ∇× A
Espandendo il rotore si ha:
r
r
∂
H =
∂r
Az cos θ
θ
2
r sin θ
∂
∂θ
− r Az sin θ
φ
r
∂
∂φ
0
Da cui segue che le componenti del campo magnetico irradiate dal dipolo di Hertz
sono pari a :
1 ∂
∂
Hr =
0+
r Az sin θ = 0
r ∂θ
∂φ
1 ∂
∂
Hθ = 2
Az cos θ = 0
0+
r sin θ ∂r
∂φ
1 ∂
∂
H φ = ( −r Az sin θ ) +
( Az cos θ )
r ∂r
∂θ
Sostituendo ad A z il valore
I l e− k r
si ha:
4π r
Hr = 0
Hθ = 0
1 ∂
Hφ =
r ∂r
∂ I l −k r
I l e− k r
−
r
sin θ +
e cos θ
4π r
∂θ 4 π r
e dopo aver sviluppato le sue derivate parziali si ha che possiamo riscrivere le tre
componenti del campo magnetico come:
__________________________________________________________________________
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162
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Hr = 0
Hθ = 0
Hφ =
1 k r/ I l − k r
1 I l −k r
Il
1 −k r
e sin θ +
e sin θ = −k
1 +
e sin θ
r/ 4 π r
r 4π r
4π r k r
In definitiva il campo irradiato da un dipolo di Hertz è del tipo
Er =η
I l −k r
1
µ
e cos θ 1 +
dove η =
2
εc
2π r
kr
1
1
e − k r sin θ 1 + 2 2 +
4π r
k r
k r
Il
1 −k r
H φ = −k
1 +
e sin θ
4π r k r
Eθ = J ω µ
Il
OSSERVAZIONE: Se il mezzo che circondasse il dipolo fosse un dielettrico perfetto
si avrebbe al posto di k J β dove β =
2π
λ
.
In questo caso si avrebbe che:
•
Per la componente del campo elettrico lungo r si ha:
Er =η
•
I l −J β r
1
e
cos θ 1 +
dove η =
2
2π r
J β r
Per quanto riguarda E θ tenendo conto che β = ω
anche scrivere che: 2 π = ω λ
Eθ = J ω µ
µε =
µ
ε
2π
λ
possiamo
µ ε da cui si ha:
I l −J β r
1
1
e
sin θ 1 +
− 2 2
ω λ µε 2r
Jβr β r
1
__________________________________________________________________________
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163
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Da cui si ha:
Eθ = J η
•
1
1
e − J β r sin θ 1 +
− 2 2 dove η =
2λ r
Jβr β r
Il
µ
ε
Per quanto riguarda la componente del campo magnetico si ha:
H φ = −J β
Dove poiché β =
2π
λ
Il
1 −J β r
sin θ
1 +
e
4π r J β r
si ha:
1 −J β r
sin θ =
1 +
e
λ 42 π r J β r
Il
1 −J β r
= −J
sin θ
1 +
e
2λ r J β r
H φ = −J
2 π
Il
In definitiva nel caso in cui il mezzo in cui è immerso il dipolo di Hertz fosse un
dielettrico si avrebbe che:
Er =η
Eθ = J η
I l −J β r
1
e
cos θ 1 +
dove η =
2
2π r
J β r
µ
ε
1
1
e − J β r sin θ 1 +
− 2 2 dove η =
2λ r
Jβr β r
Il
1 −J β r
H φ = −J
sin θ
1 +
e
2λ r J β r
Il
µ
ε
__________________________________________________________________________
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164
Appunti delle Lezioni del Corso di Campi Elettromagnetici a.a. 2004-2005
Indicando inoltre con β r la distanza elettrica di radiazione del nostro dipolo si
osserva che:
•
1
si osserva che le componenti del campo elettrico
λ 2π
1
variano al variare di r essenzialmente come 3 (come nel caso statico) e la
r
1
componente del campo magnetico varia come 2 (anch’essa come nel caso
r
Se β r 1 →
r
statico).
•
1
si osserva che la componente del campo
λ 2π
1
elettrico E r varia al variare di r essenzialmente come 2 ; ma le
r
1
componenti Eθ ed H φ variano al variare di r essenzialmente come
r
Se viceversa β r 1 →
r
ossia si attenuano relativamente poco al crescere di r
Da questo segue che:
per r λ cioè in regione di far field (quella di maggior interesse per noi) per la
quale possiamo supporre
1
≅ 0 , sotto l’ipotesi che il mezzo in cui il dipolo sia
r2
immerso è un dielettrico, il dipolo di Hertz irradia un campo elettromagnetico
costituito dalle seguenti componenti:
Eθ = J η
1
e − J β r sin θ 1 +
2λ r
J β r
H φ = −J
Il
1 −J β r
sin θ
1 +
e
2λ r J β r
Il
ed il campo irradiato e costituito da onde sferiche (dipendenti dalla componente
e−k r
) non uniformi (dipendente dalla funzione sin θ ) di tipo TEM diretta lungo r .
r
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165
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Inoltre si osserva che è anche possibile, in questa condizione riscrivere la formula
del campo magnetico in maniera più compatta; infatti poiché H φ differisce da E θ
solo per un fattore −η possiamo scrivere anche che:
Hφ = −
Eθ
η
Eθ
, che come abbiamo già visto
Hφ
è uguale a η (impedenza intrinseca del mezzo) , nel vuoto vale 120 π ≅ 377 Ω .
Per concludere osserviamo in fine che il rapporto
Tale valore, senza perdita di generalità, può essere adottato anche per un dipolo
che irradi in aria.
Per calcolare la potenza irradiata da un dipolo immerso in un mezzo non dissipativo
(g = 0) si applica il teorema di Poynting. La potenza sarà allora determinata
calcolando il flusso del vettore
1
E×H∗
2
attraverso una sfera di raggio grande
avente centro nel centro del dipolo in modo da poter adoperare al posto di E ed
H le formule di E θ ed H φ appena trovate. Si ha quindi che:
Wr =
1
1
ℜe ∫ ( E × H ∗ ) n dS = ℜe ∫ Eθ θ × Hφ ∗ φ n dS =
2
S
2
S
(
)
=
1
ℜe ∫ ( Eθ × Hφ ∗ ) r n dS =
2
S
=
∗
1
E
1
2
ℜe ∫ Eθ × − θ r n dS =
ℜe ∫ Eθ r n dS
η
2
S
S
2 η
(
)
Sostituendo a questo punto Eθ si osserva che scompare il termine di fase e − J β r .
Se
trascuriamo,
inoltre,
i
termini
più
piccoli
dell’
unità
Il
1
sin θ
ovvero J η
si ha che:
2λ r
J β r
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166
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1
Wr =
2η
=
2π
π
∫ dφ θ ∫
φ
=0
Jη
=0
Il
2λ r
2
r 2 sinθ dθ =
sin θ
2π
π
I 2 l2
η
1 2 I 2 l2
1
2
2
3
η
φ
θ
θ
π
η
=
r
d
sin
d
(β l I )
2 =
2
2
∫
∫
2η
4λ r
3
λ 12 π
φ =0
θ =0
Il
→ per il vuoto si ha: Wr = 40 π 2
λ
2
Da questa si ricava che la resistenza di radiazione che indico con Ri è pari a:
Ri =
Wr
I2
2
che nel vuoto assume il seguente valore:
l
Ri = 80 π
λ
2
2
Da questa risulta che la resistenza di radiazione del dipolo e quindi il suo
smorzamento diminuisce al diminuire di
6.4
1
λ
Dipolo Magnetico
RICHIAMI DI ELETTROTECNICA
•
La corrente di conduzione richiede un supporto fisico per spostare le cariche
come ad esempio il conduttore;
•
La corrente di spostamento non ha bisogno del conduttore (vedi le leggi
sull’induzione)
Questo vuol dire che un circuito del tipo:
__________________________________________________________________________
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È sempre chiuso
Dato un anellino di corrente (filo di corrente chiuso opp. loop) che racchiude al
suo interno una superficie S posto al centro di un sistema di coordinate cartesiane
in maniera tale che la sua normale risulti parallela all’asse z
Indicando con Im la corrente che è pari a
d qm
= J ω qm
dt
Ma poiché :
µ I S n = qm l
dove I è la corrente che circola nella spinetta che funge da dipolo magnetico
possiamo definire la quantità:
Im l = J ω µ I S
__________________________________________________________________________
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168
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che prende il nome di momento di dipolo magnetico.
Sostituendo,quindi, in luogo di I l nelle componenti di campo J ω µ I S si ha,
per il principio di dualità, che le componenti del campo elettromagnetico irradiato
dal dipolo magnetico sono, nel caso in cui il dipolo sia immerso in un dielettrico,
pari a:
Hr =
Hθ = −
1 J ω µ I S −J β r
1
µ
e
cos θ 1 +
dove η =
2
η 2π r
ε
J β r
1 ω µ I S −J β r
1
1
e
sin θ 1 +
− 2 2 dove η =
η 2λ r
Jβr β r
ωµIS
1 −J β r
sin θ
− Eφ = −
1 +
e
2λ r J β r
µ
ε
Si ha quindi che il campo elettromagnetico è composto da onde sferiche di tipo
TEM lungo r da cui si ha, come nel duale caso elettrico che
Eφ
Hθ
= −η
La differenza di segno rispetto al caso elettrico è dovuta al fatto che in conseguenza
della scelta dei versori positivi nel sistema di coordinate sferiche il vettore di
Poynting a grande distanza nel caso del dipolo elettrico è diretto come r mentre
nel caso del dipolo magnetico è diretto come − r per H θ e E φ entrambi positivi.
La potenza di radiazione e la resistenza di radiazione si ottengono per dualità dai
calcoli fatti per il caso precedente e sono pari a:
1 1 ω µ S I
Wr = π
3 η λ
Ri = 31.000 π 2
2
S2
λ4
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169
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Confrontando i risultati ottenuti con il caso precedente si deduce che il dipolo
elettrico ha una resistenza di radiazione molto più elevata rispetto a quella del dipolo
magnetico e quindi è un radiatore più efficace.
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