Corso di Laurea in Fisica Anno Accademico 2004-2005

Corso di Laurea in Fisica
Anno Accademico 2004-2005
Compito di Fisica b2A (12/09/2005)
1
Si considerino le equazioni di Maxwell in un materiale ferroso avente permeabilità magnetica µ = µ r µ0
e conducibilità elettrica σ, nell’approssimazione di correnti lentamente variabili in cui si trascura la
corrente di spostamento (∂t E = 0).
a) Mostrare che il campo magnetico soddisfa l’equazione
∇2 B = µσ∂t B .
Si assuma ora che il materiale riempia il semispazio x > 0 e che
il campo magnetico abbia solo la componente z e oscilli nel tempo
alla frequenza ω, cosı̀ che si può scrivere
³
´
Bz = Bz (x, t) = Re Bz (x)e−iωt .
µ
B
Immediatamente all’esterno del materiale (x = 0− ) il campo vale
B0 .
x
b) Mostrare che la soluzione per il campo all’interno del materiale è
Bz (x) = Bz (0+ )e−(1−i)x/δ ,
e si determini le espressioni di δ e di Bz (0+ ).
c) Per il Ferro σ = 1.03 × 107 Ω−1 m−1 e µr ' 104 . Si dia il valore numerico di δ per ω = 2πf =
2π × 50 s−1 e si dica se a tale frequenza è lecito trascurare la corrente di spostamento.
d) Calcolare la potenza dissipata per effetto Joule nel materiale.
(12 punti)
2
Si consideri una particella di carica q e massa m legata da una forza centrale elastica F = −kr. La
particella compie un’orbita circolare nel piano (xy) con velocità angolare ω = ωẑ.
a) Si dia il valore di ω. (Si trascuri la perdita di energia per irraggiamento).
b) Discutere l’irraggiamento della particella, specificando la frequenza della radiazione irraggiata
e la polarizzazione della radiazione emessa lungo l’asse z e nel piano (xy).
1
Si consideri ora la stessa particella in presenza, oltre alla forza elastica, di un campo magnetico
uniforme e costante B = B0 ẑ, parallelo ad ω, ovvero B0 > 0. Considerare entrambi i casi q > 0 e
q < 0.
c) Come cambia la frequenza delle orbite circolari nel piano (xy) in presenza di B?
d) Si dia la frequenza e la polarizzazione della radiazione emessa lungo la direzione del campo
magnetico.
(12 punti)
3
Un cavo coassiale è costituito da un conduttore interno (schematizzabile come un filo di raggio
trascurabile) e da un conduttore esterno cilindrico, entrambi di lunghezza infinita, come mostrato
in figura. Lo spazio tra i conduttori è riempito di un materiale di nota permittività dielettrica reale
² = ²(ω) > ²0 e di permeabilità magnetica µ = µ0 . La resistività dei conduttori è trascurabile.
ε
I
Si vuole studiare la propagazione nel cavo di modi TEM, cioè di onde elettromagnetiche per cui sia
il campo elettrico E che il campo magnetico B sono perpendicolari alla direzione di propagazione,
ovvero all’asse del cavo.
A tal fine si parta dall’assunzione che lungo il conduttore interno scorra una corrente I = I(z, t) =
ikz−iωt
I0 e
a cui è associata una densità lineare di carica ` = `(z, t) = `0 eikz−iωt . Nel conduttore
esterno scorre la corrente −I. Si vuole determinare la relazione di dispersione ω = ω(k) e i campi
elettromagnetici in funzione di I0 secondo i seguenti passi:
a) Determinare la relazione tra I0 e `0 .
b) Determinare i campi E e B in funzione delle sorgenti I e `.
c) Utilizzando l’equazione di Faraday-Neumann ∇×E = −∂t B per stabilire una ulteriore relazione
tra i campi si trovi la relazione di dispersione ω = ω(k) e la velocità di fase v f = ω/k, verificando
che vf < c.
Si consideri ora un sistema di riferimento S 0 che si muove rispetto al sistema del laboratorio con
velocità β = vf /c lungo l’asse del cavo.
d) Si calcolino i campi E0 e B0 nel nuovo sistema e si verifichi l’invarianza di E · B e E 2 − c2 B 2
nella trasformazione.
(12 punti)
2
SOLUZIONI
1
a) Trascurando ∂t E, le equazioni di Maxwell nel materiale sono
Ã
B
∇×
µ
!
= J = σE ,
∇ × E = −∂t B .
Prendendo il rotore della prima equazione e sfruttando la seconda
∇ × ∇ × B = µσ∇ × E = −µσ∂t B .
D’altronde dall’identità operatoriale ∇ × ∇× = ∇(∇·) − ∇2 si ottiene
∇ × ∇ × B = ∇(∇ · B) − ∇2 B = −∇2 B ,
da cui si ha l’equazione cercata.
b) L’equazione per Bz (x, t) in una dimensione si riduce a
∂x2 Bz (x, t) = µσ∂t Bz (x, t) = −iωµσBz (x, t) .
Cerchiamo una soluzione nella forma Bz (x) = Bz (0)eαx . Sostituendo si ottiene la condizione
su α
α2 = −iωµσ ,
da cui si ottiene
α = ±(1 − i)
r
µσω
.
2
La soluzione col segno positivo è da scartare in quanto darebbe un campo
magnetico che diverge
q
all’infinito. Confrontando con la soluzione proposta troviamo δ = 2/µσω.
Poichè il campo magnetico è parallelo alla superficie di separazione x = 0, si ha che Hz = Bz /µ
è continuo a tale superficie. Quindi si ha B0 /µ0 = Bz (0+ )/µ ovvero Bz (0+ ) = µr B0 . In
notazone reale
Bz (x, t) = µr B0 e−x/δ cos(x/δ − ωt) .
c) Si ha
µσω = µr µ0 σω ' 104 × (4π × 10−7 ) × (107 ) × (2π × 50) ' 4 × 107 m−2 ,
da cui δ =
q
2/µσω ' 2 × 10−4 m = 0.2 mm.
La corrente di spostamento è trascurabile se J = σE À ²0 ∂t E, ovvero se σ À ²0 ω. Essendo
²0 = 8.854 × 10−12 unità SI si ha che l’approssimazione è buona fino a frequenze molto alte,
ω ∼ 1018 s−1 .
3
d) Poichè la potenza dissipata per unità di volume è P = J · E = σE 2 troviamo il campo elettrico.
Dall’equazione ∇ × E = −∂t B, poichè B ha solo la componente z e i campi dipendono spazialmente solo da x, si ottiene che E ha solo la componente y e che questa soddisfa l’equazione
∂x Ey = iωBz . Integrando si ottiene
!
Ã
iωµr
B0 e−(1−i)x/δ−iωt = −ωδµr B0 e−x/δ [cos(x/δ − ωt) + sin(x/δ − ωt)] .
Ey = Re
(1 − i)/δ
In media sul periodo
D
E
D
E
[cos(x/δ − ωt) + sin(x/δ − ωt)]2 = cos2 (x/δ − ωt) + sin2 (x/δ − ωt) = 1/2 + 1/2 = 1 ,
da cui la potenza totale mediata sul tempo e integrata su tutta la profondità del mezzo (ovvero
la potenza dissipata per unità di superficie):
Ptot =
Z
∞
0
σ(ωδµr B0 )2 e−2x/δ dx =
ωB02
σδ
(ωδµr B0 )2 =
δ.
2
2µ0
(1)
L’ultima espressione è corretta dimensionalmente in quanto B02 /2µ0 è una densità di energia,
cosicchè grazie al fattore δω si ottiene una potenza per unità di superficie; l’espressione è
suggestiva, in quanto appare che la dissipazione dell’energia del campo magnetico esterno B 0
è limitata allo spessore di penetrazione δ nel materiale. Il riscaldamento per induzione di un
materiale ferroso è quindi superficiale.
Notiamo infine che un modo più rapido di ottenere la (1) si ottiene dall’osservare che, per il
teorema di Poynting, il flusso di S = E × H alla superficie del mezzo deve essere uguale alla
potenza dissipata. Quindi
B0
ωδµr B02
1
=
.
Ptot = hSx i = hEy (0)Hz (0)i = ωδµr B0
2
µ
2µ0
2
a) In un’orbita circolare di raggio r0 la forza di richiamo deve bilanciare la forza centrifuga:
−kr0 + mω 2 r0 = 0 ,
da cui ricaviamo
ω=
s
k
≡ ω0 .
m
Allo stesso risultato si giunge considerando che la forza è armonica e separabile, cosı̀ nel piano
(xy) le soluzioni sono del tipo
x(t) = x0 cos(ω0 t + φx ) ,
y(t) = y0 cos(ω0 t + φy ) ,
e il caso particolare di moto circolare si ottiene se x0 = y0 ≡ r0 e φx = φy + π/2, cosicchè
x2 (t) + y 2 (t) = r02 .
4
b) L’irraggiamento è quello di un dipolo elettrico
p = qr = qr0 (x̂ cos ωt + ŷ sin ωt) ,
ruotante nel piano (xy). La frequenza della radiazione emessa è ovviamente ω0 . La polarizzazione è parallela alla componente del dipolo ortogonale alla direzione di osservazione n̂,
ovvero E ∼ p⊥ = p − p · n̂. Cosı̀, se n̂ = zv, si ha E ∼ x̂ cos ωt + ŷ sin ωt, ovvero polarizzaizone circolare. Se n̂ è nel piano (xy) si ha polarizzazione lineare; ad esempio se n̂ = x̂ allora
E ∼ ŷ sin ωt.
c) Per un moto circolare nel piano parallelo a B, la forza magnetica è radiale:
v × B = (ω × r) × B = (ω · r)B − (ω · B)r = ωB0 r .
Quindi, il bilancio delle forze dà
−kr0 + ωqB0 r0 + mω 2 r0 = 0 ,
ωqB0
− ω02 = 0 .
ω2 +
m
La soluzione per ω è quindi
ω± =
q
ω02 + ωL2 ∓ ωL ,
dove ωL ≡ |q|B0 /m e i segni corrispondono ai casi q > 0 e q < 0, rispettivamente.
d) L’irraggiamento è analogo al punto d), eccetto che la frequenza della radiazione è ω + o ω− a
seconda del segno di q. La polarizzazione osservata lungo ẑ è circolare, sinistrorsa o destrorsa
a seconda del segno di q.
3
a) Per la conservazione della carica elettrica, I e ` sono legati dall’equazione di continuità
∂t ` = −∂z I ,
dalla quale, essendo ∂t ` = −iω` e ∂z I = ikI si ottiene subito
I0 = (ω/k)` = vf ` .
b) Il problema ha un’evidente simmetria cilindrica e quindi cerchiamo soluzioni per i campi con la
stessa simmetria. Prendiamo un sistema di coordinate cilindriche (r, φ, z) con l’asse z orientato
lungo l’asse del cavo e ipotizziamo che il campo magnetico abbia solo la componente azimutale
Bφ = Bφ (r, z, t) e che il campo elettrico sia solo radiale Er = Er (r, z, t).
Dall’equazione ∇ × B = µ0 (J + ²0 ∂t E) segue che la circuitazione di B lungo le sue linee di
forza circolari è uguale al flusso della corrente totale attraverso sul cerchio. Ma poichè ∂ t E è
radiale, segue che al flusso contribuisce solo la corrente della cariche libere I. Si ha allora
2πrBφ = µ0 I ,
Bφ =
5
µ0 I
I
=
.
2πr
2π²0 c2 r
Per il campo E possiamo applicare il teorema di Gauss in un materiale dielettrico ∇ · (²E) = ρ.
Calcolando il flusso di E si una superficie cilindrica di raggio r e altezza arbitraria si ha allora
2πr²Er = ` ,
`
I/vf
c2
=
=
Bφ ,
2π²r
2π²r ²0 r
v f ²r
Er =
(2)
dove si è posto ²r = ²/²0 .
Il segno relativo di E e B può essere controllato osservando che il flusso di energia S = E×B/µ 0
ha lo stesso verso del vettore d’onda k = kẑ.
c) L’equazione di Faraday-Neumann si riduce a ∂z Er = −∂t Bφ nella presente geometria. Si ha
quindi
ikEr = iωBφ ,
Er = (ω/k)Bφ = vf Bφ .
(3)
Combinando la (2) e la (3) otteniamo, eliminando i campi
c
vf = √ < c .
²r
d) Per una trasformazione speciale di Lorentz con velocità cβ = vf ẑ ortogonale alla direzione dei
campi, le formule di trasformazione si riducono a
E0 = γ(E + cβ × B) ,
Er0 = γ(Er − vf Bφ ) ,
B0 = γ(B − β × E/c) ,
Bφ0 = γ(Bφ − βEr /c) .
q
Poichè Er = vf Bφ e γ = 1/ 1 − (vf /c)2 otteniamo
Er0 = 0 ,
Bφ0 = γ(1 − vf2 /c2 )Bφ = Bφ /γ .
Gli invarianti valgono
E · B = 0,
E 2 − c2 B 2 = (vf2 − c2 )Bφ2 < 0 ,
indipendentemente dal sistema di riferimento, com’è immediato verificare.
6