Soluzione scritto 14/03/2005

Torino, 14/03/2005
prova scritta di Elettromagnetismo ed Ottica
Esercizio n. 1
Un cavo coassiale di resistenza trascurabile (raggio interno a, raggio esterno
b) e’ usato come linea di trasmissione tra una batteria E ed il resistore R.
Ricavare l’espressione del campo elettrico e del campo magnetico per a ≤
r ≤ b.
Ricavare modulo, direzione e verso del vettore di Poynting per a ≤ r ≤ b e
dimostrare che il verso del vettore non dipende dalla polarita’ della batteria.
Dimostrare che la potenza che fluisce nella sezione a ≤ r ≤ b del cavo e’ pari
alla potenza dissipata dal resistore R.
Soluzione
Lungo un conduttore di resistenza trascurabile non si ha caduta di tensione.
Ognuno dei due conduttori che compongono il cavo coassiale si trova quindi
a potenziale costante e la differenza di potenziale ∆V tra i due elementi e’
pari a E.
~ nell’intercapedine del cavo e’ calcolabile attraverso il
Il campo elettrico E
teorema di Gauss, introducendo una densita’ lineare di carica λ per il con~ sara’
duttore centrale del cavo. Per ragioni di simmetria infatti il campo E
ortogonale alla superficie del conduttore interno e diretto radialmente, con
verso determinato dalla polarita’ della batteria. Pertanto, considerando un
tratto di cavo di lunghezza l per a ≤ r ≤ b si ottiene:
Φ(E) = E 2πr l =
λl
o
−→ E =
λ
2πo r
Il campo elettrico E deve inoltre soddisfare l’equazione
Z b
Z b
λ
λ
b
E dr =
dr =
ln( )
E = ∆V =
2πo r
a
a 2πo r
a
Estraendo λ dalla relazione precedente e sostituendo nella equazione del
campo elettrico si ottiene infine
E =
E
r ln(b/a)
~ sara’ tangente a
Sempre per ragioni di simmetria il campo magnetico B
circonferenze concentriche al conduttore centrale e perpendicolari al suo asse
con verso determinato dal verso della corrente i che vi circola. Applicando
quindi il teorema di Ampere ad un percorso di integrazione circolare di raggio
a ≤ r ≤ b si ottiene
2πrB = µo i
−→
B =
µo i
2πr
~ radiale e il campo B
~ perpendicolare all’asse del cavo,
essendo il campo E
~ × B/µ
~ o risulta diretto lungo l’asse del cavo e ha
il vettore di Poynting E
modulo:
I =
Ei
1
E
µo i
=
2
µo r ln(b/a) 2πr
2πr ln(b/a)
Il vettore di Poynting I~ rappresenta la potenza che fluisce per unita’ di superficie. Pertanto la potenza totale che fluisce attraverso la sezione anulare
del cavo si ottiene integrando il vettore di Poynting sulla corona circolare di
raggio interno a e raggio esterno b:
Z b
Ei
E2
2πr
dr
=
Ei
=
Ptot =
2
R
a 2πr ln(b/a)
dove si e’ tenuto conto del fatto che avendo il cavo resistenza trascurabile
E = R i.
Ptot coincide quindi con la potenza fornita dalla batteria e dissipata dalla
resistenza.
Si osservi che all’esterno del cavo coassiale campo elettrico e campo magnetico
sono nulli e quindi anche il vettore di Poynting e’ nullo. Il trasferimento di
energia puo’ quindi avvenire solo nella sezione anulare del cavo.
Per dimostrare che il verso di I~ non varia cambiando la polarita’ della batteria, si considerino le due possibilita’:
• conduttore centrale del cavo collegato al polo + della batteria. Il campo
~ e’ diretto radialmente verso l’esterno e le linee del campo B
~ viste dal
E
lato della batteria sono orientate in senso orario. Il vettore I~ e’ quindi
diretto dalla batteria verso il resistore.
• conduttore centrale del cavo collegato al polo − della batteria. Il campo
~ e’ diretto radialmente verso l’interno e le linee del campo B
~ viste
E
dal lato della batteria sono orientate in senso antiorario. Il vettore I~
e’ quindi ancora diretto dalla batteria verso il resistore, come d’altra
~ che di B.
~
parte ci si aspetta avendo invertito il verso sia di E
Esercizio n. 2
Una lamina di calcite (no = 1.6584, ns = 1.4864) e’ a quarto d’onda per luce
con λ = 0.6 µm. Un’onda con tale lunghezza d’onda e intensita’ 600 W/m2
incide perpendicolarmente alla lamina in direzione ortogonale all’asse ottico.
L’onda ha la seguente espressione
Ey = Eo cos(kx − ωt)
√
Ez = 3Eo sin(kx − ωt)
essendo l’asse Y parallelo all’asse ottico del cristallo.
Calcolare lo spessore minimo della lamina e lo stato di polarizzazione dell’onda
uscente.
Se ortogonalmente all’onda uscente viene posto un polarizzatore il cui asse
forma un angolo di 90o con l’asse Y, calcolare l’intensita’ emessa dal polarizzatore.
Soluzione
La lamina a quarto d’onda e’ una lamina di materiale birifrangente di spessore tale da generare in uscita uno sfasamento ∆φ tra l’onda ordinaria e
l’onda straordinaria pari ad un quarto di periodo (o suoi multipli dispari):
∆φ = (no − ns ) d
π
2π
= (2m + 1)
λ
2
lo sfasamento minimo si ha per m = 0, per cui:
π
λ
1
2π
(no − ns )d =
−→ d =
= 0.87µm
λ
2
4 no − n s
poiche’ il raggio ordinario ha indice di rifrazione maggiore rispetto al raggio
straordinario, il suo cammino ottico risultera’ maggiore e corrispondentemente sara’ anche maggiore la variazione di fase all’uscita dalla lamina. Si
pone pertanto il raggio ordinario in anticipo di π/2 sullo straordinario:
Ey = Eo cos(kx − ωt)
√
Ez = 3 Eo sin(kx − ωt + π/2)
√
= 3 Eo cos(kx − ωt)
l’onda uscente ha quindi polarizzazione rettilinea. Il rapporto tra le componenti vale
√
Ez
= tg θ = 3 −→ θ = 60o
Ey
Poiche’ l’asse ottico e’ parallelo all’asse Y , l’angolo θ corrisponde all’angolo
che il piano di polarizzazione forma con l’asse ottico.
Per la legge di Malus dopo il polarizzatore risulta I = Io cos2 φ con φ =
90o − 60o = 30o , per cui
I = 600 · 0.872 = 450 W/m2
Esercizio n. 3
Un fascio monocromatico uniforme di lunghezza d’onda λ = 4.0 10−7 m incide su di un materiale avente un lavoro di estrazione di 2.0 eV. Se il fascio
ha una intensità di 3.0 10−9 W m−2 si trovi
a) il numero di elettroni Ne emessi per m2 e per s;
b) l’energia assorbita per m2 e per s.
Soluzione
Ricaviamo la frequenza e l’energia dei fotoni incidenti:
c
3 108
=
= 7.5 1014 Hz
−7
λ
4 10
Eγ = hν = 6.6 10−34 · 7.5 1014 = 5.0 10−19 J = 3.1 eV
ν =
Il numero di fotoelettroni estratti al secondo per m2 di materiale corrisponde
al numero di fotoni incidenti per secondo al m2 :
Ne = N γ =
3.0 10−9
I
=
= 6 109 s−1 m−2
−19
hν
5.0 10
L’energia assorbita per m2 e per secondo dal materiale corrisponde al lavoro
totale speso per estrarre i fotoelettroni:
Wass = Ne · Le = 6 109 · 2.0 eV = 1.2 1010 eV = 1.2 1010 · 1.6 10−19 = 1.9 10−9 J