ONDE ELETTROMAGNETICHE

ONDE ELETTROMAGNETICHE
ESERCIZIO 1 Un’onda elettromagnetica piana di frequenza ν =
7, 5 · 1014 Hz si propaga nel vuoto lungo l’asse x. Essa è polarizzata li~ che forma l’angolo ϑ = 30◦ con il piano (x,y)
nearmente con il campo E
3
ed ha ampiezza E0 = 10 V/m. Scrivere l’equazione dell’onda. Calcolare
l’ampiezza del campo magnetico.
SOLUZIONE
Il campo elettrico di un’onda elettromagnetica piana, linearmente polarizzata monocromatica e che si propaga lungo x, può essere scritta nella forma:
~ = E~0 sin(kx − ωt) con E~0 = (0, E0y , E0z )
E
Parametri dell’onda
λ
c
3 · 108
= λν = c → λ = =
= 0, 4 · 10−6 m
T
ν
7, 5 · 1014
k=
2π
rad
2π
=
= 1, 57 · 107
−6
λ
0, 4 · 10
m
ω = 2πν = 2π · 7, 5 · 1014 = 4, 7 · 1015
h
rad
s
i
Si tratta di radiazione visibile: 4000 − 8000Ȧ, 1Ȧ = 10−10 m in quanto
λ∼
= 4000Ȧ, cade nella zona di transizione violetto → u.v.
Componenti del campo elettrico:
√
◦
E0y = E0 cos 30 =
3 3V
10
2
m
1
V
E0z = E0 sin 30◦ = 103
2
m
1
√
Ey = E0y sin (kx − ωt) =
V
3 3
10 sin 1, 57 · 107 x − 4, 7 · 1015 t
2
m
V
1
Ez = E0z sin (kx − ωt) = 103 sin 1, 57 · 107 x − 4, 7 · 1015 t
2
m
Per ricavare l’equazione della parte magnetica dell’onda, occorre osservare
che nelle onde elettromagnetiche campo elettrico e magnetico sono in fase
~ eB
~ e la direzione di propagazione
tra loro e che la direzione dei campi E
dell’onda ĉ vale la relazione ÊΛB̂ = ±ĉ, da cui per permutazione ciclica
segue ĉΛÊ = B̂.
Inoltre dalle equazioni di Maxwell nel vuoto risulta che vale tra i moduli dei
campi la relazione E/B = ±c, a seconda che l’onda sia progressiva (+) o
regressiva (-). Da cui:
E0
E
= ±c −→ B0 =
B
c
ma
~i ~j
~k Ez Ey
~ = 1 1 0
B
,
=
0,
−
0
c c c
0 Ey Ez 2
By =
1
103 sin
2·3·108
1, 57 · 107 χ − 4, 7 · 1015 t T; etc...
3
ESERCIZIO 2
Scrivere l’espressione di un’onda elettromagnetica
monocromatica che si
1
1
b = √ , √ , 0 con ν = 4 · 1014 s−1 . Si
propaghi nel vuoto in direzione n
2
2
supponga l’onda polarizzata nella direzione del’asse z.
SOLUZIONE
Un’onda si definisce monocromatica quando contiene una sola ν (e quindi
una sola λ).
Supponiamo che per x=0 e t=0, sia la fase ϕ = 0;
~ (~r, t) = E~0 cos (kn̂ · ~r − ω · t) = E0 cos ~k · ~r − ωt
E
~ (~r, t) = B~0 cos ~k · ~r − ω · t
B
~k = k · n̂ = 2π n̂
λ
La pulsazione ω e la lunghezza d’onda λ valgono rispettivamente:
ω = 2πν = 2π · 4 · 1014
λ = c·T =
rad
rad
= 8π · 1014
s
s
c
3 · 108
=
m = 0, 75·10−6 m = 7, 5·10−7 m = 7500·1010 m = 7500Ȧ
ν
4 · 1014
La luce è visibile e sta nella zona del rosso. Il modulo del vettore d’onda ~k
è: k = 2π/λ = 8, 4 · 106 m−1 . Ma ~k è un vettore con direzione n̂, quindi ha
componenti:
~k = 8, 4 · 106 √1 , √1 , 0 m−1
2 2
Ricavo ora le componenti di E~0 e B~0 :
E~0 : è polarizzato secondo l’asse z → E~0 = (0, 0, E0 )
B~0 : ricavo le componenti ricordando che v̂ΛÊ = B̂ e che E0 /B0 = v (per
noi nel vuoto v ≡ c) → B0 =E0 /c
~i
1 1
~
B0 = √2
c 0
~j
√1
2
0
~k
0
E0
E
~0 = E
√0 , − √0 , 0
−→ B
c 2 c 2
4
ESERCIZIO 3 [Prova scritta del 14/04/04]
Il campo magnetico di un’onda elettromagnetica piana polarizzata linearmente lungo l’asse y si propaga lungo x in un mezzo con r = 80 secondo
l’equazione:
~ = 1, 8 · 10−6 cos 8 · 107 t − 4x + ϕ ~k
B
~ è misurato in tesla. Determinare:
Il modulo di B
• ϕ sapendo che per t=0 e x=0 B = 0, 8 · 10−6 T;
~
• frequenza, lunghezza d’onda, ampiezza di E;
• permeabilità magnetica µr , impedenza d’onda Z;
• l’energia che attraversa nell’unità di tempo una superficie piana di area
A=2,3 m2 perpendicolare al piano xz formante un diedro di 30◦ con il
piano xy;
• la pressione di radiazione se la superficie è perfettamente assorbente;
SOLUZIONE
Per t=0 e x=0 risulta:
B (0, 0) = 1, 8 · 10−6 cos ϕ = 0, 8 · 10−6 → cos ϕ = 0, 444 → ϕ = 63.6◦
Ricavo dalla fase i parametri dell’onda:
5
2π
x + ϕ → 2πνt = 8 · 107 t
(ωt − kx + ϕ) = 2πνt −
λ
2π
x = 4x
λ
ν=
8 · 107
= 1, 27 · 107 Hz
2π
λ=
v=
2π
= 1, 57 m
4
λ
m
= λν ∼
= 2 · 107
T
s
E0 = vB0 = 36
n=
n=
r
Z=
µ
=
r
√
V
m
c
3 · 108
=
= 15
v
2 · 107
r µr → µr =
µ0 µr
=
0 r
s
n2
= 2, 81
r
4π · 10−7 · 2, 81
= 70, 6 Ω
8, 85 · 10−12 · 80
Il valor medio del vettore di Poynting è:
Sef f =
E02
362
W
=
= 9, 17 2
2Z
2 · 70, 6
m
L’energia che attraversa la superficie An perpendicolare all’asse di propagazione
è data da W=S̄An ∆t.
Poichè An = A sin 30◦ = 1, 15 m2 ,da cui segue che W = 9, 17 · 1, 15 · 1 =
10, 54J.
Per una superficie completamente assorbente la pressione di radiazione vale
P̄ =
9, 17 ∼
N
S̄
=
= 4, 6 · 10−7 2
7
v
2 · 10
m
6
ESERCIZIO 4 [Prova scritta del 21/07/03]
Un laser He-Ne emette luce rossa con λ = 6328Ȧ, potenza media P̄ =1mW.
Supponendo la sorgente puntiforme e che il fascio abbia divergenza 1mrad,
~ e del campo B
~ a 20 m dalla sorgente.
scrivere l’espressione del campo E
Determinare la potenza di una sorgente che irradia isotropicamente tutto lo
spazio affinché abbia alla distanza di 20 m la stessa intensità dal laser.
SOLUZIONE
α=
1
(1mrad) = 5 · 10−4 rad
2
superficie calotta = 2πR2 (1 − cos α); A=2π · 202 (1 − cos 0, 0005) ∼
= 3 · 10−4
<P >
10−3 W ∼
W
I¯ =
=
= 3, 2 2
−4
3
A
3 · 10 m
m
E2
I¯ = 0 → E0 =
2Z0
q
2Z0 I¯ =
p
2 · 377 · 3, 2 = 49
V
m
2π
rad
= 9, 9 · 109
λ
m
v
c
ν = = = 4, 74 · 1014 Hz
λ
λ
rad
ω = 2πν = 2, 98 · 1015
s
15
9
∼
~
E = 49 cos 2, 98 · 10 t − 9, 9 · 10 · 20 uˆy = 49 cos 2, 98 · 1015 t − 2 · 1011 uˆy
k=
B0 =
E0
49 ∼
=
= 1, 6 · 10−7 T
c
3 · 108
~ = 1, 6 · 10−7 cos 2, 98 · 1015 t − 2 · 1011 uˆz
B
l’intensità per srad del laser è: PΩ , Ω = RA2 = 2π (1 − cos α)
P0
l’intensità di una superficia isotropica per srad è: 4π
→ PΩ =
P0 =
4π · 10−3 W
= 16 · 104 W
2π (1 − cos α)
7
P0
4π
→ P0 =
4π
ΩP
ESERCIZIO 5
Calcolare l’energia irradiata in una soluzione da un protone accelerato in un
accelleratore di Van de Graaf (acceleratore lineare).
SOLUZIONE
Assumo v << c → moto non relativistico; viniziale = 0, vf inale = v, lunghezza del tubo di accellerazione = l.
Uso la formula di Larmor per una carica soggetta ad accelerazione costante:
PLarm =
q 2 a2
6π0 c3
se l è la lunghezza del tubo, per un’accellerazione costanta:
1
1
1
2l
l = at2 = (at) t = vt → t =
2
2
2
v
L’energia irradiata vale
Eirr = PLarm t =
q2 v2
q2
v
·
t
=
· v2
3
2
3
6π0 c t
6π0 c
2l
per il protone q = e =1, 6 · 10−19 C
Eirr =
e2 v 3
12π0 lc3
L’energia cinetica che il protone acquista attraversando la differenza di
potenziale V è Ek =eV. Confronto Eirr ed Ek = 12 mp v 2
Eirr
e2 v 3
2
e2 v
e2
=
=
=
3
2
3
Ek
12π0 lc mp v
6π0 c mp l
6π0 c3 mp l
per l=2m; ddp=5 · 105 V:
Eirr
= 1, 7 · 10−20
Ek
La perdita di energia per irraggiamento è trascurabile.
8
s
2eV
mp
ESERCIZIO 6
Calcolare l’energia irradiata in una rivoluzione da un protone accelerato in
un ciclotrone.
SOLUZIONE
Nel ciclotrone le particelle cariche vengono mantenute su un’orbita circolare
dal campo magnetico mediante la forza di Lorentz. Su una traiettoria circolare di raggio r, l’accelerazione centripeta è: a=ω 2 r = 4π 2 ν 2 r
A bassa energia si trascurano gli effetti relativistici. La potenza irradiata è
data dalla formula di Larmor:
PLarm =
q 2 a2
e2 16π 4 ν 4 r2
8π 3 ν 4 e2 r2
=
=
6π0 c3
6π0 c3
30 c3
Durata di una rivoluzione: T =
1
ν
Eirr = P
1
8π 3 ν 3 e2 r2
=
ν
30 c3
a questa va aggiunta la perdita in corrispondenza all’attraversamento dello
spazio tra le D (che però risulta << Eirr )
L’energia cinetica acquistata in una rivoluzione è pari a due attraversamenti
della differenza di potenziale tra le cavità: Ek = 2eVmax
Eirr
8π 3 ν 4 er2
=
Ek
30 c3 Vmax
supponendo r=0,92 m; ν = 1, 7 · 107 Hz; Vmax = 2 · 104 V
Eirr ∼
= 4 · 10−15
Ek
trascurabile, ma superiore a quanto di ottiene negli accelleratori lineari.
9
ESERCIZIO 7
Riflessione e rifrazione per incidenza perpendicolare di un’onda elettromagnetica alla superficie di separazione di due mezzi (ad esempio vuoto e
dielettrico).
~i → H
~i
Per l’onda incidente, fissato come in figura il campo elettrico E
~ i ΛH
~ i sia entrante nel mezzo 2.
deve essere uscente perché S~i = E
Per le direzioni dei campi delle onde riflessa e trasmessa faccio delle ipotesi.
~ 0 riflesso concorde con E
~ 0 deve essere sfasato di π rispetto
~i → H
Suppongo: E
i
i
~ i perché S~ 0 sia uscente nel primo mezzo. Suppongo: E~r concorde
ad H
~ r concordi affinché S~r sia concorde con S~i . Utilizzo le
~i → H
~ i ed H
con E
condizioni sui campi nel passaggio da un mezzo all’altro:
E1t − E2t = 0 −→ Ei + Ei0 = Er
H1t − H2t = 0 −→ Hi − Hi0 = Hr
Pongo n = n21 = n2 /n1 .
La relazione tra i moduli è: E=vB=v (µH) ∼
= vH per µ ∼
= 1 da cui
H=E/v.
(
Ei + Ei0 = Er
Ei0
Ei
n
c − c = c Er
(
Ei + Ei0 = Er
Ei − Ei0 = nEr
(
Er
Ei
Ei0
Ei
=
=
2
1+n
− n−1
n+1
In base al segno dei rapporti verifico gli eventuali sfasamenti. Er ed Ei
sono sempre in fase; Ei0 ed Ei hanno uno sfasamento di 0 oppure di π in base
10
al segno di (n-1).
Per H, partendo da Hi0 e Hi discordi, valgono le seguenti relazioni:
(
Hr
Hi
Hi0
Hi
=
=
11
2
n+1
n−1
n+1
ESERCIZIO 8
Su uno schermo opaco posto nel vuoto sono praticati due fori distanti d fra
loro. Un’onda elettromagnetica piana monocromatica di lunghezza d’onda λ
incide sullo schermo con una direzione θ = 30◦ rispetto all’asse del segmento congiungente i due fori. In un punto P lontano dallo schermo e situato
lungo una direzione che forma un angolo α = 0, 1 rad con l’asse si osserva
un’intensità media I1 quando un foro è tappato. Determinare l’espressione
del campo elettrico in P in funzione di I1 quando entrambi i fori sono aperti.
SOLUZIONE
∆r = d sin θ + d sin α
2πd
2π
∆r =
(sin θ + sin α)
δ=
λ
λ
Dal diagramma dei vettori rotanti:
ET =
q
2 + E 2 + 2E E cos δ
E01
01 02
02
p
IT = I1 + I2 + 2 I1 I2 cos δ
per I1 = I2 = I0
IT = 2I0 (1 + cos δ) = 4I0 cos2
IT =
→ ET =
p
ET2
2Z
2ZIT = 2 cos
12
δ
2
δp
2ZI0
2
πd
πd
ET ∼
(0, 5 + 0, 1) = 2 2ZI0 cos( 0, 6)
= 2 2ZI0 cos
λ
λ
p
p
13