Compiti e Compitini con Soluzioni, del Dott.Macchi

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Corso di Laurea in Fisica
Anno Accademico 2004-2005
Compito di Fisica bIIA (14 aprile 2005)
1
Si consideri una rete LC formata da condensatori identici di capacità C ed induttanze di valore
alternativamente ` e L come in figura. Siano In la corrente che scorre nell’n-esima induttanza L e in
la corrente che scorre nell’n-esima induttanza `.
In−1
→
...
L
in
→
In
→
`
C
in+1
→
L
C
`
C
In+1
→
L
C
...
a) Mostrare che le correnti soddisfano le equazioni
`
d2 in
1
= (In−1 − 2in + In ) ,
2
dt
C
L
d2 In
1
= (in − 2In + in+1 ) .
2
dt
C
(1)
Si consideri ora una catena unidimensionale di punti materiali come in figura, alternativamente
di massa m e M , legati fra loro da molle identiche di constante elastica k. Siano xn e Xn le posizioni
rispettivamente delle n-esime masse m e M . In assenza di pertrubazioni, la distanza fra le masse a
riposo è uguale alla lunghezza di riposo a delle molle, e quindi xn = 2na e Xn = (2n + 1)a.
k
...
M
Xn−1
k
m
k
xn
M
Xn
k
m
k
...
xn+1
b) Mostrare che il sistema meccanico è equivalente alla rete LC del punto precedente, nel senso
che xn (t) e Xn (t) soddisfano equazioni del moto formalmente identiche alle (1) per in (t) e In (t).
c) Si cerchino ora soluzioni delle (1) nella forma
in (t) = ic eik(2n)a−iωt ,
In (t) = Ic eik(2n+1)a−iωt ,
(2)
con ic r Ic costanti arbitrarie. Si determini la relazione di dispersione, cioè la relazione tra ω e
k che deve sussistere affinchè le (2) siano soluzioni delle (1).
d) Si studi la relazione di dispersione determinando per quali intervalli di frequenze la propagazione
delle onde descritte dalle (2) è possibile (si può assumere per semplicità M À m ovvero L À `).
(16 punti)
1
2
Una particella di carica q e massa m si trova in presenza di un campo magnetico B = B0 ẑ costante
ed uniforme e di un campo elettrico E = E0 x̂ cos ωt uniforme ed oscillante nel tempo alla frequenza
ω e orientato lungo l’asse x̂.
a) Si scrivano le equazioni del moto in assenza di attrito e si mostri che le equazioni per le
componenti vx e vy della velocità si disaccoppiano e assumono entrambe la forma caratteristica
di un oscillatore armonico forzato. Si diano le frequenze di risonanza del sistema.
b) Si introduca ora una forza d’attrito F = −mνv dove ν ¿ ω e ν ¿ ωc = qB0 /m. Si dia la
soluzione a regime delle equazioni del moto (suggerimento: utilizzare la notazione complessa e
cercare una soluzione del tipo v = v0 e−iωt , con v0 reale). Si calcoli lo spettro di assorbimento
in frequenza, cioè la potenza assorbita a regime e in media su un periodo di oscillazione, in
funzione della frequenza ω.
(14 punti)
3
Una linea di trasmissione ad alta tensione è schematizzabile come due fili infiniti, paralleli all’asse
z e posti lungo gli assi x = ±a/2 , y = 0. Lungo i fili scorrono rispettivamente le correnti ±I dove
I = I0 cos(kz−ωt) = Re(I0 eikz−iωt ). Si assuma che i campi elettromagnetici generati siano puramente
trasversali rispetto alla direzione di propagazione (modi TEM).
Calcolare, nei punti lungo l’asse y, ovvero sul piano x = 0:
a) il campo magnetico generato dalle correnti,
b) il campo elettrico,
c) il vettore di Poynting.
d) Sapendo che tipicamente I0 = 100 A e a = 10 m, dare un valore numerico alle risposte a)-c)
per y = 0 e y = 50 m.
(12 punti)
2
SOLUZIONI
1
a) Siano qn e Qn le carica sulle capacità rispettivamente a sinistra e destra dell’induttanza `
(ovvero a destra e sinistra dell’induttanza L). La legge delle maglie dà le relazioni
−
qn
din Qn
+`
+
= 0,
C
dt
C
−
Qn
dIn qn+1
+L
+
= 0,
C
dt
C
mentre per la legge dei nodi
dqn
= In−1 − in ,
dt
dQn
= in − In .
dt
Derivando din /dt e dIn /dt rispetto a t e combinando le equazioni si ottiene
d2 in
1
1
=
(q
−
Q
)
=
(In−1 − 2in + In ) ,
n
n
dt2
C
C
d2 In
1
1
L 2 = (Qn − qn+1 ) = (in − 2In + in+1 ) ,
dt
C
C
`
(3)
cioè le relazioni cercate.
b) Considerando le forze di richiamo dalle molle destra e sinistra su ciascuna delle masse si ottiene
M Ẍn = −k(Xn − xn+1 ) − k(Xn − xn ) = k(xn+1 − 2Xn + xn ) ,
mẍn = −k(xn − Xn ) − k(xn − Xn−1 ) = k(Xn − 2xn + Xn−1 ) ,
(4)
che sono identiche alle (1) con le sostituzioni m → `, M → L, k → 1/C.
c) Inserendo le (2) nelle (1) e semplificando la dipendenza temporale si ottiene
´
1 ³ ik(2n−2+1)a
Ic e
− 2ic eik(2n)a + Ic eik(2n+1)a ,
C
´
1 ³ ik(2n)a
−ω 2 LIc eik(2n+1)a =
ic e
− 2Ic eik(2n+1)a + ic eik(2n+2)a .
C
−ω 2 `ic eik(2n)a =
(5)
Poniamo (`C)−1 = ω02 , (LC)−1 = Ω20 , e semplifichiamo dividendo la prima equazione per eik(2n)a
e la seconda per eik(2n+1)a . Si ottiene
(2ω02 − ω 2 )ic − 2ω02 Ic cos ka = 0 ,
2Ω20 ic cos ka − (2Ω20 − ω 2 )Ic = 0 .
(6)
(7)
Questo sistema lineare ammette soluzioni se e solo se il determinante è nullo; questo impone
(2ω02 − ω 2 )(2Ω20 − ω 2 ) − 4Ω20 ω02 cos2 ka = 0 ,
da cui si ottiene la relazione di dispersione cercata:
2
ω =
(ω02
+
Ω20 )
q
±
(ω02 + Ω20 )2 − 4Ω20 ω02 sin2 ka .
3
d) Nel limite ` ¿ L (ovvero M À m) si ha Ω20 ¿ ω02 e si ottiene
v Ã
!
Ã
!
u
2
2
u
Ω
Ω
0
ω 2 ' ω02 ± tω02 1 − 4 2 sin2 ka ' ω02 ± ω02 1 − 2 20 sin2 ka ,
ω0
ω0
dalla quale si ricavano due branche di dispersione:

³
´
 2ω 2 1 − Ω20 sin2 ka ,
2
0
ω0
ω2 '
 2Ω2 sin2 ka .
0
√
La branca inferiore ha frequenza massima ω1 = Ω0 2;
si ha poi q
un intervallo di frequenze proibite tra ω1 e
ω2 = ω0 2(1 − Ω20 /ω02 ), mentre la branca superiore
√
si estende tra ω2 e ω3 = ω0 2. La figura mostra
la soluzione esatta (linee continue) confrontata con la
soluzione approssimata (linee tratteggiate) per Ω0 /ω0 =
0.4.
2
a) Le equazioni del moto sono:
v̇x = +ωc vy + (qE0 /m) cos ωt ,
v̇y = −ωc vx .
(8)
Conviene derivare rispetto al tempo e sostituire; si ottiene
v̈x = +ωc v̇y − (qE0 ω/m) sin ωt = −ωc2 vx − (qE0 ω/m) sin ωt ,
v̈y = −ωc v̇x = −ωc2 vy − (qE0 ωc /m) cos ωt .
(9)
Si ottengono quindi due ben note equazioni di oscillatori forzati. Le soluzioni particolari sono
date da
vx =
qE0 ω/m
sin ωt ,
ω 2 − ωc2
vy =
qE0 ωc /m
cos ωt .
ω 2 − ωc2
(10)
Si ha quindi risonanza se ω = ωc .
b) Utilizziamo la notazione complessa e cerchiamo una soluzione del tipo v = v0 e−iωt . Si ottiene
−iωv0x = +ωc v0y − νv0x + (qE0 ω/m),
−iωv0y = −ωc v0x − νv0y .
(11)
Risolvendo il sistema si ottiene
v0x =
qE0
−iω + ν
,
ωc2 − (ω + iν)2 m
v0y =
4
qE0
ωc
.
ωc2 − (ω + iν)2 m
(12)
La potenza assorbita per ciclo è data da
q
P = hqv · Ei = hevx · Ex i = E0 hRe(v0x )i .
2
Poichè
Ã
qE0
−iω + ν
Re(v0x ) =
Re
2
m
ωc − ω 2 − 2iνω + ν 2
!
'
qE0 Re[(−iω + ν)(ωc2 + ω 2 + 2iνω)]
m
(ωc2 − ω 2 )2 + 4ν 2 ω 2
qE0
ν(ωc2 + ω 2 )
=
,
m (ωc2 − ω 2 )2 + 4ν 2 ω 2
(13)
si ottiene lo spettro di assorbimento cercato
P (ω) =
ν(ωc2 + ω 2 )
q 2 E02
.
2m (ωc2 − ω 2 )2 + 4ν 2 ω 2
In risonanza ω = ωc e P (ωc ) = Pmax = (q 2 E02 /4mν).
3
a) Poiché sia E che B sono trasversali alla direzione di propagazione, l’equazione di Maxwell
∇ × B = µ0 (J + ²0 ∂t E) in forma integrale si riduce a
I
C
B · dl = µ0 Ic ,
dove il circuito C giace nel piano xy e Ic è la corrente totale che lo attraversa. Possiamo
quindi calcolare il campo magnetico dovuto a ciascun filo sfuttando la simmetria cilindrica
ed il teorema di Ampere, ottenendo (in coordinate cilindriche con l’asse coincidente col filo)
Bφ = µ0 I/2πr. Nel caso dei due fili percorsi da correnti opposte, lungo l’asse y le componenti
perpendicolari si elidono e le componenti parallele si sommano; il campo risultante è quindi
B = 2 sin θ
essendo sin θ = a/2r e r =
a
µ0 I
µ0 I
ŷ = 2
ŷ ≡ B0 (y) cos(kz − ωt)ŷ ,
2
2πr
y + (a/2) 2π
q
y 2 + (a/2)2 .
b) Lungo i fili è presente una densità lineare di carica λ che soddisfa l’equazione di continuità ∂t λ =
−∂z I. Poichè tutte le quantità hanno (in notazione complessa) la dipendenza spazio-temporale
∼ eikz−iωt si ottiene −iωλ = −ikI e quindi λ = (k/ω)I.
Calcoliamo quindi E sfruttando il teorema di Gauss per ciascun filo. Il campo di un filo è
radiale e vale in modulo E = λ/(2π²0 r). Quindi, sul piano richiesto
E = 2 sin θ
λ
a
kc2 µ0 I
kc2
x̂ = 2
x̂
=
B × ẑ ,
2π²0 r
y + (a/2)2 ω 2π
ω
dove si è usato ²0 µ0 = 1/c2 . Il risultato finale poteva anche essere ottenuto a priori dall’osservazione che si ha a che fare con onde elettromagnetiche trasversali.
5
c) Per definizione
S=
1
kc2 B02 (y)
E×B=
cos2 (kz − ωt)ẑ .
µ0
ω µ0
Il flusso di energia è lungo la direzione di propagazione, com’era lecito aspettarsi.
d) Con i dati proposti, se y = 0 si ha a/(y 2 + (a/2)2 ) ' (2.5 m)−1 . Quindi, essendo µ0 = 4π × 10−7
in unità SI si ha
4π × 10−7 × 100
B'
T = 8 × 10−6 T .
2π × 2.5
Essendo poi E ' Bc, si ha
E ' 2.4 × 103 V/m .
Inoltre S = EB/µ0 ' 1.5 × 104 W m−2 .
Se invece y = 50 m, a/(y 2 + (a/2)2 ) ' (500 m)−1 . Quindi
B'
4π × 10−7 × 100
T = 4 × 10−8 T ,
2π × 500
6
E ' 12 V/m ,
S ' 0.4 W m−2 .
Compito di Fisica b2A (19/01/2006)
1
L’equazione del moto di un corpo dotato di momento magnetico permamente m in un campo
magnetico esterno B è della forma
dm
= γm × B ,
dt
dove γ è una costante.
Si assuma un campo magnetico costante e uniforme B = B0 orientato lungo l’asse
z, e la condizione iniziale m(t = 0) = (m⊥ , 0, mk ) = m(sin θ, 0, cos θ).
a) Si risolva l’equazione del moto (1), mostrando che la soluzione descrive un moto di
precessione intorno all’asse z, e si dia la frequenza ω0 di tale moto.
Si aggiunge ora al sistema un campo magnetico B1 rotante nel piano xy:
B = B0 + B1 (x̂ cos ωt ± ŷ sin ωt) ,
(1)
B0
m θ
B1
dove i segni + e − indicano il caso di rotazione oraria e antioraria, rispettivamente.
Si studi la soluzione particolare della (1) in presenza del campo oscillante, seguendo i seguenti
passi:
b) si scrivano le equazioni del moto per mx e my assumendo dmz /dt = 0;
c) si trovi la soluzione a regime delle equazioni del moto, studiando le condizioni di risonanza a
seconda del verso di rotazione di B1 ;
d) si verifichi che la soluzione trovata è coerente con l’assunzione dmz /dt = 0.
2
Un’onda piana di ampiezza E0 , linearmente polarizzata lungo ŷ, avente frequenza ω0 si propaga nel
vuoto nella direzione x̂. Una seconda onda piana di ampiezza E1 , anch’essa polarizzata lungo ŷ, e
di frequenza ω1 = nω0 , dove n > 1, si propaga nella direzione opposta −x̂.
a) Si cerchi un sistema di riferimento S 0 in cui il campo elettrico risultante sia dato da un’onda
0 0
stazionaria, ossia E0 (x0 , t0 ) = E 0 (x0 )e−iω t ŷ, se ne calcoli la frequenza ω 0 e se ne scriva l’espressione
completa.
b) Si determini in quali casi in S 0 esistono punti in cui il campo elettrico è costantemente nullo (nodi
dell’onda stazionaria).
c) Si descriva l’irraggiamento di una carica q che si trova in una data posizione x 0 in S 0 . Si determini
quali sono le frequenze irraggiate nel sistema di riferimento del laboratorio S nelle due direzioni x̂ e
−x̂.
3
1
Due cariche uguali q oscillano lungo l’asse x
intorno a due centri distinti (posti rispettivamente
in x = ∓d/2, y = 0, z = 0) con egual frequenza ω,
−d/2
0
ampiezza a < d/2 e fasi diverse φ1 e φ2 rispettivamente. In notazione complessa
2
+d/2
x
x2 (t) = ae−iωt+iφ2 + d/2 .
x1 (t) = ae−iωt+iφ1 − d/2 ,
Il moto è considerato come pre-assegnato.
a) Si calcoli, in approssimazione di dipolo, la potenza irraggiata da ciascun elettrone in assenza
dell’altro.
b) Si calcoli, sempre in approssimazione di dipolo, la potenza irraggiata dal complesso dei due
elettroni in funzione dell’angolo di sfasamento ∆φ = φ1 − φ2 e si spieghi perché non coincide con la
somma delle potenze irraggiate da ciascun elettrone singolarmente.
c) Come variano le precedenti risposte se le due cariche hanno segno opposto?
d) Si discuta il limite della validità della approssimazione di dipolo al crescere di d.
SOLUZIONI
1
a) L’equazione (1) ha la stessa forma dell’equazione per la velocità di una carica in un campo
magnetico, per cui ci aspettiamo che la componente mz sia costante, mentre la componente nel piano
xy ruota con frequenza angolare ω0 = γB0 .
Ritroviamo questi risultati proiettando la (1) lungo gli assi:
dmx
= γB0 my ,
dt
dmy
= −γB0 Mx ,
dt
dmz
= 0.
dt
Otteniamo subito mz = mz (0) = mk . Per le componenti x e y, derivando ancora rispetto a t e
sostituendo si ottiene
dmy
d2 mx
= γB0
= −(γB0 )2 mx ,
2
dt
dt
d2 my
dmx
= −γB0
= −(γB0 )2 my ,
2
dt
dt
ovvero due note equazioni di oscillatore armonico. La soluzione è
mx = m⊥ cos ω0 t ,
my = m⊥ sin ω0 t ,
avendo posto ω0 = γB0 .
La soluzione si può anche ottenere usando la variabile complessa ζ = mx +imy , per cui l’equazione
del moto diviene
dζ
d
= (mx + imy ) = γB0 (my − imx ) = −iω0 (mx + imy ) = −iω0 ζ ,
dt
dt
la cui soluzione è semplicemente
ζ = m⊥ e−iω0 t ,
che descrive una rotazione oraria nel piano xy.
b) L’aggiunta del campo B1 porta al termine aggiuntivo sulla destra della (1)
γm × B1 = (−mz B1y , mz B1x , mx B1y − my B1x ) .
Le equazioni per mx e my diventano allora
dmx
= ω0 my ∓ ω1 mk sin ωt ,
dt
dmy
= −ω0 mx + ω1 mk cos ωt ,
dt
(2)
dove, nell’ipotesi di mz = mk =costante, si è posto ω1 = γB1 .
Derivando rispetto a t le (2) e sostituendo, otteniamo
dmy
d2 mx
= ω0
∓ ωω1 mk cos ωt = −ω02 mx + (ω0 ∓ ω)mk cos ωt ,
2
dt
dt
dmx
d2 my
= −ω0
− ωω1 mk sin ωt = −ω02 my + (±ω0 − ω)mk sin ωt ,
2
dt
dt
ovvero due equazioni disaccoppiate di oscillatori armonici forzati.
(3)
Si può anche continuare ad usare la variabile ζ = mx + imy e si ottiene
dz
= −iω0 ζ + ω1 mk (∓ sin ωt + i cos ωt) = −iω0 ζ + iω1 mk e±iωt .
dt
(4)
c) Le soluzioni delle (3) sono
mx = m k
ω1 (ω0 ∓ ω)
cos ωt ,
ω02 − ω 2
m y = mk
ω1 (±ω0 − ω)
sin ωt .
ω02 − ω 2
(5)
Vediamo quindi che se B1 ruota in senso orario otteniamo
mx = m k
ω1
cos ωt ,
ω0 − ω
my = −mk
ω1
sin ωt ,
ω0 − ω
ovvero si ha risonanza per ω = ω0 se il campo rotante ha lo stesso verso della precessione. Nel caso
di rotazione antioraria la soluzione è non risonante:
mx = m k
ω1
cos ωt ,
ω0 + ω
m y = mk
ω1
sin ωt ,
ω0 + ω
Ad analoghe conclusioni si arriva più rapidamente risolvendo la (4), la cui soluzione è
ζ = mk
ω1
e∓iωt .
ω0 ± ω
d) Inseriamo le (5) nell’equazione per mz :
dmz
ω1
= γ(mx B1y − my B1x ) = γB1 mk
[cos ωt(± sin ωt) ∓ sin ωt(cos ωt)] = 0 .
dt
ω0 ∓ ω
2
a) Nel sistema S, i campi delle due onde sono dati da
E0 (x, t) = E0 ŷei(kx−ω0 t) ,
E1 (x, t) = E1 ŷein(−kx−ω0 t) .
Nel sistema in cui l’onda risultante è stazionaria le frequenze delle due onde piane devono essere
uguali. Se il sistema cercato S 0 si muove con velocità v lungo l’asse x, le frequenze trasformate sono
ω00 = γ
µ
ω0 v
− k ,
c
c
¶
ω10 = γ
µ
nω0 v
+ nk ,
c
c
¶
(6)
dove γ = (1 − v 2 /c2 )−1/2 . Eguagliando le espressioni si ottiene
γ
µ
ω0 v
nω0 v
n−1
− k =γ
+ nk −→ v = −c
c
c
c
c
n+1
¶
µ
¶
µ
¶
.
Si ha quindi v < 0, com’era lecito attendersi in quanto le frequenze ω0 e ω1 devono rispettivamente
aumentare e diminuire per effetto Doppler.
Sostituendo il valore trovato di v nelle espressioni per le frequenze si trova
ω0 = γ
2n
.
n+1
Sfruttando ancora le trasformazioni di Lorentz si ottiene che in S 0 il vettore d’onda per l’onda piana
2n
che si propaga lungo x̂ è dato da k00 = γ(k − β ωc0 ) = γ n+1
k, mentre per l’onda piana che si propaga
2n
0
0
in senso opposto k1 = −γ n+1 k = −k0 , come si poteva prevedere dal fatto che anche in S 0 la relazione
di dispersione delle onde EM nel vuoto è ω 0 = k 0 c.
b) Affinché esistano dei nodi è necessario che in S 0 le due onde abbiano la stessa ampiezza. In tal
caso infatti si può scrivere
0
0
0
0
0
0
0
E(x, t) = E00 ŷeik0 x −iω t + E10 ŷe−ik0 x −iω t = 2E 0 cos(k 0 x0 )e−iω t ŷ ,
vendo supposto E00 = E10 = E 0 , dove E 0 è un numero reale (questa scelta è sempre possibile a meno
di una fase arbitraria). I nodi di trovano nei punti dove cos(k 0 x0 ) = 0 e la distanza tra i nodi è data
da λ0 = 2π/k 0 .
In termini delle ampiezze delle onde in S, le trasformazioni di Lorentz danno
E00 = γ(E0 + vB0 ) = γ[E0 + v(E0 /c)] = γ(1 + β)E0 ,
E10 = γ(E1 + vB1 ) = γ[E1 + v(−E1 /c)] = γ(1 − β)E1 ,
q
e deve quindi essere (1 + β)E0 = γ(1 − β)E1 , cioè E1 = (1 + β) (1 + β)/(1 − β)E0 .
c) L’irraggiamento di una particella in quiete nel sistema S 0 è funzione della sua fase, ossia della sua
posizione nei confronti dell’onda stazionaria. In S 0 la particella oscilla lungo ŷ ed irraggia di dipolo
2n
sempre ad una frequenza ω 0 = γ n+1
ω0 con un’intensità che dipende dalla posizione (nulla nel caso in
cui la particella si trovi in un nodo).
Per la radiazione emessa a frequenza ω 0 lungo ±x̂, basta applicare le trasformazioni inverse delle
(6) per trovare che nel sistema di riferimento la frequenza è ω0 in direzione x̂ ed è nω0 in direzione
−x̂.
3
a) La potenza media emessa da un dipolo oscillante p(t) = pe−iωt è
k0 ω 4 2
k0
2
|p| .
P = 3 |p̈(t)| =
3c
3c3
(Si è posto k0 = 1/4π²0 .) Se entrambe le cariche sono trattate come oscillatori indipendenti, il loro
momento di dipolo è p1,2 = qx1,2 . Poiché |p12 | = qa, la potenza emessa è la stessa per entrambi le
cariche con p0 = aq:
P1,2 =
k0 ω 4 2 2
q a .
3c3
b) Il momento di dipolo del sistema è
³
´
ps = qx1 + qx2 = qae−iωt eiφ1 + eiφ2 ,
per cui la potenza emessa è
k0 ω 4 2 2 iφ1
2k0 ω 4 2 2
iφ2 2
Ps =
q a |e + e | =
q a (1 + cos ∆φ) .
3c3
3c3
L’ultimo fattore è l’effetto d’interferenza fra i dipoli. L’interferenza è distruttiva se ∆φ = π (modulo
2π), in quanto in tale caso le due cariche sono in posizione simmetrica e il dipolo è nullo (come si
può giá vedere nell’espressione di ps ).
c) La risposta al punto a) non cambia (la potenza irraggiata è indipendente dal segno della carica).
Per il punto b), il dipolo totale è adesso
³
´
ps = qx1 − qx2 = qae−iωt eiφ1 − eiφ2 ,
Ps =
k0 ω 4 2 2 iφ1
2k0 ω 4 2 2
iφ2 2
q
a
|e
−
e
|
=
q a (1 − cos ∆φ) .
3c3
3c3
L’interferenza distruttiva si ha adesso se ∆φ = 0 (modulo 2π), cioè se le cariche oscillano in fase, in
quanto in tale caso la distanza tra le due cariche è costante e quindi il dipolo risultante non oscilla.
d) L’approssimazione di dipolo per l’intero sistema non è corretta per d dell’ordine o maggiore di
λ = 2πc/ω. In questo caso andrebbe considerata la somma dei campi di due dipoli indipendenti, con
un’effetto di interferenza che dipende dalla direzione di osservazione.
1
Un materiale conduttore uniforme occupa il semispazio x > 0. Nell’approssimazione di conducibilità
infinita, i campi all’interno del materiale sono nulli. Quindi se un’onda elettromagnetica piana
e monocromatica di frequenza ω, linearmente polarizzata, avente ampiezza del campo elettrico E 0 ,
incide perpendicolarmente sulla superficie del conduttore, la continuità della componente tangenziale
del campo elettrico alla superficie dello specchio, Ek (x = 0, t) = 0, impone che l’onda riflessa abbia
la stessa ampiezza dell’onda incidente: il materiale è uno specchio perfetto. Si può quindi scrivere il
campo elettrico come
Ey (x, t) = E0 eikx−iωt + Er e−ikx−iωt = 2iE0 sin(kx)e−iωt ,
(x < 0).
(1)
da cui si ottiene il campo magnetico che è discontinuo ad x = 0, essendo
2
Bz (x, t) = − E0 cos(kx)e−iωt ,
c
(x < 0).
Si assuma ora che la superficie dello specchio si muova con velocità V
E
lungo x nel sistema del laboratorio S, nel quale si vuole studiare la riflessione dell’onda dell’onda incidente.
a) Mostrare che in S i campi E e B sono entrambi discontinui alla superk
V
ficie dello specchio, cioè alla superficie (mobile) definita da x = X(t) = V t.
b) I campi elettromagnetici possono essere derivati da un potenziale vettore
A = ŷAy (x, t). Mostrare che la condizione al contorno Ey (x0 = 0, t0 ) che
X(t)
caratterizza lo specchio nel sistema in cui esso è fermo, è equivalente alla
condizione che il valore di Ay alla superficie x = X(t) sia costante nel sistema del laboratorio:
d
[Ay (X(t), t)] = 0.
dt
(2)
x
(3)
A tal fine può essere utile ricordare che, per la regola di derivazione delle funzioni composte,
d
[f (x = X(t), t)] =
dt
µ
dX
dt
¶
∂x f (x = X(t), t) + ∂t f (x = X(t), t).
c) Come conseguenza della (3) si può assumere Ak (x = X(t), t) = 0. Si imponga questa condizione
sul potenziale vettore in S, e si ottenga la frequenza ωr nonché l’ampiezza Er0 del campo dell’onda
riflessa dallo specchio mobile.
Suggerimento: il potenziale vettore è anch’esso la somma di un’onda incidente e di un’onda riflessa:
Ay (x, t) = A0 eikx−iωt + Ar e−ikr x−iωr t ,
Si imponga la condizione a x = X(t) sulla (4).
(4)
2
Un mezzo materiale lineare può essere schematizzato come avente n elettroni elasticamente legati
per unità di volume, aventi tutti la frequenza caratteristica ω0 . Il coefficiente di smorzamento è
trascurabile.
a) Si determini la costante dielettrica ²r (ω) del mezzo, disegnandone un grafico e determinando gli
intervalli di frequenze per i quali un’onda elettromagnetica monocromatica può propagarsi nel mezzo.
Si assuma ora che una frazione degli atomi del materiale sia ionizzata, e che si abbiano quindi n f
elettroni liberi (con nf < n) e nb = n − nf elettroni legati per unità di volume.
b) Si determini la nuova costante dielettrica ²r (ω) del mezzo, disegnandone un grafico. Come
cambiano gli intervalli di frequenze di propagazione rispetto al punto a)? (Si può assumere n f ¿ n).
SOLUZIONI
1
a) Nel sistema in cui lo specchio è fermo (S 0 ) si ha, per i campi alla superficie dello specchio,
0 0
Es0 = Ey0 (x0 = 0, t0 ) = 0 e Bs0 = Bz0 (x0 = 0, t0 ) = − 2c E00 e−iω t , dove E00 è l’ampiezza dell’onda incidente
in S 0 . Dalle leggi di trasformazione dei campi si ottiene
Es = γ(Es0 + βcBs0 ) = γV Bs0 ,
Bs = γ(Bs0 − βEs0 /c) = γBs0 ,
(5)
dove β = V /c, γ = (1 − β 2 )−1/2 . Quindi, in generale si ha Es 6= 0 e Bs 6= 0.
b) I campi sono legati al potenziale vettore da E = −∂t A, B = ∇ × A; quindi la sola componente
non nulla è Ay , e Ey = −∂t Ay , Bz = ∂x Ay . Derivando (3) si ha
0 = (∂t Ay + V ∂x Ay )x=X(t) = (−Es + V Bs ) = −γ −1 Es0 ,
(6)
quindi (dAy /dt)x=X(t) = 0 è equivalente a Es0 = Ey (x0 = 0, t) = 0.
c) Usiamo il potenziale vettore per descrivere il campo elettromagnetico. Il potenziale vettore totale
sarà la somma di quello dell’onda incidente e di quello dell’onda riflessa, le quali hanno in generale
una frequenza diversa. Possiamo allora scrivere
0
0
0
Ay (x, t) = A0 eikx−iωt + Ar e−ik x−iω t = A0 eik(x−ct) + Ar e−ik (x+ct) ,
(7)
dove A0 = iE0 /ω, k = ω/c, k 0 = ω 0 /c. La condizione al contorno impone
0
0 = Ay (V t, t) = A0 e−ik(c−V )t + Ar e−ik (c+V )t .
(8)
L’equazione è soddisfatta se
Ar = −A0 ,
ω0
c−V
1−β
k0
=
=
=
.
k
ω
c+V
1+β
(9)
Per il campo elettrico troviamo
0
0
Ey = ∂t Ay = −iωA0 eikx−iωt − iω 0 Ar e−ik x−iω t = E0 eikx−iωt −
1−β
0
0
E0 e−ik x−iω t .
1+β
(10)
2
a) Nel modello dell’elettrone elasticamente legato l’equazione del moto è
dx
e
d2 x
= − E − ω02 − γ
.
2
dt
me
dt
(11)
In un campo oscillante E = E0 e−iωt , la soluzione a regime è della forma x = x0 e−iωt . Sostituendo, e
trascurando γ come da ipotesi, si ottiene per x0
x0 = −
e/me
E0 .
ω02 − ω 2
(12)
Se il materiale ha n elettroni per unità di volume la polarizzazione è P = P0 e−iωt = −enx. Dalla definizione P0 = ²0 χ(ω)E0
si ottengono le espressioni generalizzate della suscettività χ(ω) e
della costante dielettrica relativa ²b (ω) dipendenti dalla frequenza del mezzo in esame:
ω2
²r (ω) = 1 + χ(ω) = 1 + 2 p 2 ,
(13)
ω0 − ω
ne2
.
ωp2 =
²0 m e
La relazione di dispersione è data in generale da k 2 c2 = ²r (ω)ω 2 . Per un’onda propagante deve
essere k 2 > 0, ovvero ²r (ω) > 0. Imponendo che la (13) sia positiva otteniamo quindi
ω < ω0 ,
ω > ωT =
q
ωp2 + ω02 .
(14)
La figura mostra l’andamento di ²r (ω).
b) Se sono presenti più specie di elettroni, per l’ipotesi di linearità la polarizzazione totale è la somma
delle polarizzazioni dovute a ciascuna specie. Quindi possiamo scrivere la suscettività del mezzo come
la somma delle suscettività dovute rispettivamente agli elettroni legati e liberi, χ = χ b + χf . Dal
punto precedente otteniamo
χb (ω) = 1 +
ωb2
,
ω02 − ω 2
ωb2 =
nb e 2
,
²0 m e
(15)
e da qui, sostituendo nf a nb e ponendo ω0 = 0 nella (15),
χf (ω) = 1 −
ωf2
,
ω2
ωf2 =
nf e 2
.
²0 m e
(16)
Otteniamo quindi
²r (ω) = 1 −
ωf2
ωb2
.
−
ω 2 − ω02 ω 2
(17)
Nel limite nf = n si ha ωf = ωp , ωb = 0 e si ricava la relazione di dispersione ω 2 = k 2 c2 + ωp2 per cui
la propagazione è possibile se ω > ωp . Nel limite nf → 0 si ha ωb = ωp , ωf = 0 e si ritrova il risultato
del punto a).
Dal grafico di ²r (ω) in figura, si vede che si ha ora una regione
proibita per piccoli valori di ω, a causa della suscettività degli
elettroni liberi che domina per ω → 0.
La soluzione completa mostra che
q
´
1³ 2
2
ω1,2
=
ω0 + ωp2 ∓ (ω02 + ωp2 )2 − ωf2 ω02 .
(18)
2
Nel limite nf ¿ n, ωf ¿ ωp e si ottiene
ω22 ' ω02 + ωp2 −
ωf2 ω02
,
2(ω02 + ωp2 )
ω12 ' +
ωf2 ω02
.
2(ω02 + ωp2 )
(19)
1
Si consideri un breve impulso elettromagnetico piano di durata T , propagantesi in direzione x, il cui campo elettrico ha la
forma
E = ŷE(x, t) = ŷE0 f (t − x/c) ,
essendo f una funzione nota e derivabile, della forma mostrata
in figura.
a) Calcolare il campo magnetico dell’impulso.
b) L’impulso incide su un elettrone che si trova a t = 0 nel punto x = 0. Si descriva la radiazione
diffusa dall’elettrone, dandone la distribuzione angolare, la durata e la potenza istantanea. Si dia
inoltre una stima della larghezza della distribuzione in frequenza.
c) Si calcoli la sezione d’urto di diffusione, ovvero il rapporto tra la potenza diffusa e la potenza
incidente. Si verifichino le dimensioni del risultato.
2
Si considerino le equazioni di Maxwell in un materiale ferroso omogeneo avente permeabilità magnetica µ = µr 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 .
(1)
Si consideri ora la (1) in un sistema ad una sola dimensione spaziale, dove B = Bz (x, t)ẑ.
b) Mostrare che una particolare soluzione della (1) in una dimensione è data da
Bz (x, t) = B0
r
µσ −µσx2 /4t
e
.
t
(2)
Si descriva il comportamento qualitativo di questa soluzione al variare di t; su che distanza si estende
il campo magnetico al tempo t?
c) Si scrivano la densità di corrente e il campo elettrico associate al campo magnetico (2). [Si tenga
presente l’approssimazione di correnti lentamente variabili.]
d) Si derivi dalla (2) l’espressione per la potenza dissipata per effetto Joule su tutto lo spazio; con
che potenza di t varia?
3
Un solenoide infinito ha n spire per unità di volume, nelle quali scorre la
corrente costante I, si trova nel sistema S del laboratorio. Una particella di carica I
q è diretta ad un certo istante con velocità v ortogonale all’asse del solenoide.
a) Calcolare i campi elettromagnetici e la forza sulla particella in S. (Si trascurino
v
i campi generati dalla particella stessa.)
0
Si consideri adesso il sistema S nel quale la particella è istantaneamente ferma.
b) Calcolare i campi elettromagnetici e la forza sulla particella in S 0 .
c) Nel limite (v/c)2 ¿ 1, ovvero al primo ordine in v/c, trovare le sorgenti dei campi in S 0 .
NB: ad ogni esercizio interamente e correttamente risolto è assegnato un punteggio pari a 12.
SOLUZIONI
1
a) Dalle equazioni di Maxwell (legge di Faraday-Neumann)
∂t B = −∇ × E = ẑ∂x E = −ẑ
E0 0
f (t − x/c) ,
c
dove f 0 indica la derivata di f rispetto all’argomento. Integrando su t si ottiene allora
B = B ŷ =
E0
f (t − x/c) .
c
b) Poiché l’elettrone è accelerato, emette radiazione di dipolo elettrico. La distribuzione angolare
della potenza e la potenza totale sono date dalle note formule
k0
dP
|p̈(t)|2 sin2 θ ,
=
dΩ
4πc3
P =
2k0
|p̈(t)|2 ,
3c3
dove k0 = 1/4π²0 , θ è l’angolo azimutale riferito all’asse y, e
p̈(t) =
d2 r
e2
d2
(−er)
=
−e
=
E(0, t) ,
dt2
dt2
me
da cui
|p̈(t)|2 =
Ã
e2 E0
me
!2
f 2 (t) .
Poiché la potenza irraggiata segue la dipendenza temporale dell’impulso, la sua durata è T , e lo
spettro in frequenza ha larghezza ∼ 1/T .
c) L’intensità dell’impulso (in x = 0) è
I = |S| = ²0 c2 |E × B| = ²0 cE02 f 2 (t) ,
per cui
1
8π
2e4
P
=
=
σ=
2
I
4π²0 3m2e c4
3
Ã
k0 e2
me c2
!2
=
8π 2
r ,
3 c
dove rc = k0 e2 /me c2 è il raggio classico dell’elettrone.
2
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) Calcoliamo esplicitamente
µσx2
1
Bz +
Bz ,
2t
4t2
¶
¶
µ
µ
µσ
µσx
µσx 2
Bz ,
Bz = − Bz +
= ∂x −
2t
2t
2t
∂t B z = −
∂x2 Bz
da cui ∂x2 Bz = µσBz .
La soluzione ha la forma di una Gaussiana la cui larghezza aumenta nel tempo, mantenendo
costante l’area sottesa dalla curva. La larghezza a metà altezza della curva è
δx1/2 = 2
s
t ln 2
,
µσ
√
e quindi il campo magnetico si diffonde su una distanza ∼ t.
c) Nell’approssimazione J À ²0 ∂t E conviene ricavare la corrente dalle legge di Ampère ∇×B ' µ0 J,
ovvero J = Jy ŷ e
Jy = −
1
x
∂x Bz = 2µr σ Bz .
µ0
t
D’altronde vale la legge di Ohm J = σE e quindi Ey = Jy /σ.
d) La potenza dissipata per unità di volume è J · E = Jy2 /σ. Integrando su tutto lo spazio si ha, a
meno di costanti moltiplicative
Z
Jy2 dx ∼
Z
x2 −2µσx2 /t
e
dx .
t3
Se nell’integrale si fa la sostituzione u2 = 2µσx2 /t si ottiene
Z
Jy2 dx
∼
Z
u2 t −u2 1/2
e t du ∼ t−3/2 .
3
t
3
a) Poniamo per fissare le idee v = vx x̂ e l’asse del solenoide lungo ẑ. Il campo magnetico del solenoide
è B = Bẑ = µ0 nIẑ. La forza su q è F = qv × B = −qvB ŷ.
b) Poiché v0 = 0 la forza in S 0 deve essere di natura elettrica. Dalle trasformazioni di Lorentz
si ha Ey0 = γ(Ey − vBz ) = −γvBz , mentre Bz0 = γ(Bz − vEy /c2 ) = γBz . La forza è quindi
F0 = qEy0 ŷ = −qγvBz ŷ = γFy .
c) Poiché γ ¿ 1 possiamo trascurare effetti di contrazione delle lunghezze (la sezione del solenoide
rimane circolare). Sulle pareti del solenoide si trova una densità di carica superficiale σ 0 , che per
il teorema di Gauss vale σ 0 = ²0 E⊥0 = ²0 Ey0 sin φ = −²0 vB sin φ = −vnI/c2 sin φ, dove φ è l’angolo
azimutale riferito all’asse x.
Questo risultato deve essere in accordo con la trasformazione della corrente superficiale ι = nI φ̂ =
nI(− sin φ, cos φ). Dalla legge di trasformazione σ 0 = γ(σ − V ιx /c2 ) ' −V ιx /c2 = nIV sin φ/c2
Compito di Fisica B2A (08/02/2007)
1
Lungo l’asse x di un sistema di riferimento si trovano due
E
y
particelle libere, di eguale carica q e massa m, poste nelle posizioni x1 = −d/2 e x2 = +d/2.
1
k
Un’onda elettromagnetica monocromatica di lunghezza d’onda
λ, polarizzata linearmente lungo y, si propaga lungo x.
2
Si consideri la radiazione diffusa dalle cariche.
a) Si scriva la potenza totale della radiazione diffusa se d ¿ λ.
x
b) Per quali valori di d/λ l’intensità della radiazione diffusa lun- z
go l’asse z è nulla?
Si supponga ora d ¿ λ e che le cariche siano entrambi legate elasticamente, con frequenze libere
di oscillazione rispettivamente ω1 e ω2 .
c) Si dia la dipendenza dalla frequenza ω dell’onda incidente dell’intensità della radiazione diffusa in
direzione z; per quale valore di ω l’intensità è nulla?
2
In un opportuno intervallo di frequenze, la funzione dielettrica di un particolare metallo è negativa
ed ha l’espressione
ε(ω) ' −
ωp2
,
ω2
ω ¿ ωp .
Si assuma che il metallo riempia uniformente il semispazio x > x0 e che un’onda piana di frequenza ω, linearmente polarizzata e di ampiezza del campo elettrico
Ei , incida perpendicolarmente sul metallo.
Scrivendo il campo elettromagnetico totale come E(x, t) = E(x)e−iωt :
a) si mostri che per x > x0 l’andamento spaziale è di tipo esponenziale,
E(x) = E0 e
−(x−x0 )/`s
,
x > x0 ,
(1)
E
ε
k
x0
x
(2)
e si determini l’espressione della lunghezza `s ;
b) si mostri per per x < x0 si può scrivere
E(x) = 2Ei sin(kx + δ),
x < x0 ,
(3)
e si determinino i parametri δ e E0 imponendo le opportune condizioni di raccordo alla superficie.
c) Si usino i risultati precedenti per determinare la forma del campo
elettrico e i valori permessi della frequenza in una cavità unidimensionale di larghezza L delimitata a x = ±L/2 da due pareti del
metallo studiato ai punti precedenti. Per determinare i valori permessi della frequenza si assuma k`s ¿ 1 e si trovi il risultato al
primo ordine in k`s .
E
−L/2
ε
+L/2
x
(Suggerimento: si costruiscano, sfruttando i risultati precedenti, delle soluzioni del tipo E(x) ∼ cos(kx)
eE(x) ∼ sin(kx)).
SOLUZIONI
1
a) Ognuna delle due cariche oscilla lungo l’asse y secondo l’equazione del moto
ÿ1 =
q
E0 eikx1 −iωt ,
m
ÿ2 =
q
E0 eikx2 −iωt ,
m
(4)
e si ha kx1 = −kd/2, kx2 = +kd/2. L’ampiezza di oscillazione è la stessa per le due cariche. Nel
limite kd ¿ 1 la differenza di fase tra i due dipoli oscillanti pi = qyi è trascurabile e quindi il sistema
equivale ad un solo dipolo py = p1 + p2 . La potenza media emessa è data da
1 2k0 2 k0 q 2
2k0 q 4 E02
8π
2
P =
|p̈|
=
|ÿ
+
ÿ
|
=
=
1
2
3
3
2
3
2 3c
3c
3m c
3
µ
q2
4π²0 mc2
¶2
²0 cE02 .
(5)
b) L’intensità dell’onda, cioè il modulo del vettore di Poynting, è proporzionale al modulo del campo
elettrico e quindi alla somma delle ampiezze dei dipoli:
S ∼ |E|2 ∼ |ÿ1 + ÿ2 |2 ∼ |e−ikd/2 + e+ikd/2 |2 = 4 cos2 (kd/2).
(6)
Si ha S = 0 se lo sfasamento kd/2 = π/2 (modulo 2π), cioé se d = π/k = λ/2 (oppure λ/2 più un
numero intero di lunghezze d’onda).
c) L’equazione del moto per le cariche legate è
ÿ1 = −ω12 y1 +
q
E0 e−ikd/2−iωt ,
m
ÿ2 = −ω22 y2 +
q
E0 e+ikd/2−iωt ,
m
(7)
e la soluzione a regime, se kd ' 0, è
y1 =
q
E0 e−iωt ,
− ω2)
y2 =
m(ω12
q
E0 e−iωt .
− ω2)
m(ω22
(8)
Il momento di dipolo totale è quindi proporzionale a
y1 + y 2 ∼
ω12
1
1
+ 2
2
ω2 − ω 2
−ω
(9)
ed è nullo se
ω=
r
ω12 + ω22
.
2
(10)
2
a) Nel metallo l’equazione d’onda si riduce all’equazione di Helmoltz
∇2 E(x) + ε(ω)
ω2
E(x) = 0,
c2
(11)
ωp2
E(x),
c2
(12)
che nel caso presente si riduce a
∂x2 E(x) = −
la cui soluzione generale è
E(x) = E1 e−ωp x/c + E2 e+ωp x/c .
(13)
Se il mezzo si estende ad x → +∞, si deve avere E2 = 0 affinchè l’ampiezza non diverga. La
lunghezza cercata è quindi `s = c/ωp e ridefinendo opportunamente E1 si può scrivere
E(x) = E0 e−(x−x0 )/`s ,
(14)
dove E0 è l’ampiezza del campo alla superficie del metallo x = x0 .
b) In generale per x < x0 il campo è la somma dell’onda incidente e dell’onda riflessa,
E(x, t) = Ei eikx−iωt Er e−ikx−iωt ,
(x < x0 ).
(15)
Poiché il mezzo è non dissipativo ci si aspetta che l’intensità dell’onda riflessa sia eguale a quella
dell’onda incidente, cioè |Er | = Ei , e con una scelta opportuna della fasi si può ridefinire
E(x, t) = 2Ei sin(kx + δ)e−iωt ,
(x < x0 ).
(16)
Alternativamente si può osservare che l’espressione precedente è una soluzione dell’equazione d’onda
nel vuoto.
Le condizioni al bordo impongono che E(x) e B(x) ∝ ∂x E(x) siano continui alla superficie x = x0 .
Imponendo queste condizioni si ha
2Ei sin(kx0 + δ) = E0 ,
1
2kEi cos(kx0 + δ) = − E0 .
`s
(17)
δ = −kx0 − arctan(k`s ) ' −k(x0 + `s ).
(18)
Da queste equazioni si ricava
E0 = 2Ei p
k`s
1 + (k`s )2
' 2k`s Ei ,
c) Si ottiene una soluzione per il campo nella cavità di lunghezza L usando la soluzione precedente
con x0 = L/2 per x > 0 e continuando simmetricamente o antisimmetricamente la soluzione per
x < 0. Le soluzioni simmetriche saranno del tipo E(x) ∼ cos(kx), cioè δ = π/2 + nπ, mentre
per quelle antisimmetriche E(x) ∼ sin(kx), cioè δ = π + nπ. Otteniamo quindi rispettivamente le
relazioni
µ
¶
µ
¶
µ
¶
L
L
1
k
+ `s = π
+n ,
k
+ `s = π (1 + n) ,
(19)
2
2
2
che determinano i valori permessi di k.
1
Si consideri il circuito in figura composto da due
induttanze identiche L, un’induttanza L0 , due condensatori di capacità C.
a) Si scrivano le equazioni di evoluzione temporale I1
per le correnti I1 , I2 .
b) Determinare i “modi normali” del circuito, ovvero
cercare soluzioni oscillanti nella forma
C
L
C
L0
L
I2
I1 (t) = I01 e−iωt ,
I2 (t) = I02 e−iωt ,
(1)
determinando i valori possibili della frequenza ω.
Si assuma ora L0 = L e inoltre che a tutte le induttanze sia
associata una piccola resistenza R (v. figura).
c) Mostrare che il sistema ammette adesso soluzioni nella forma di oscillazioni smorzate, e si determini
il coefficiente di smorzamento. A tal fine, si cerchino soluzioni del tipo (1), dove ora ω è però una
quantità complessa della forma
ω = ωr + iωi ,
assumendo ωr À ωi .
(12 punti)
2
Si consideri un lungo filo conduttore cilindrico di raggio a e lunghezza `, composto da un materiale
Ohmico con conducibilità σ (supposta reale, positiva ed indipendente dalla frequenza). Lungo il filo
è mantenuto un campo elettrico uniforme e oscillante E0 (t) = E0 ẑ cos ωt. Gli effetti di bordo sono
trascurabili.
a) Calcolare il campo magnetico B all’interno del filo, usando l’approssimazione di correnti lentamente variabili.
b) Supponendo che il materiale abbia la conducibiità del rame (σ ' 6 × 107 Ω−1 m−1 ), si dica per
quali frequenze la corrente di spostamento è trascurabile (si assuma nel seguito che tale condizione
è soddisfatta).
c) Si calcoli l’induttanza “parassita” del filo L, definita da
1 D 2E Z
L I ≡ huM idV ,
2
(2)
dove uM = B2 /2µ0 è la “densità di energia” magnetica, I è la corrente totale nel filo, l’integrale è
esteso al volume del filo, e le parentesi angolate rappresentano la media su un periodo:
hAi ≡
1ZT
A(t)dt ,
T 0
T =
2π
.
ω
d) Si calcoli ora, all’ordine più basso non nullo in ω, la correzione E1 al campo elettrico dovuta agli
effetti di induzione magnetica, mostrando che essa ha la forma
E1 = E1 (r, t) = ẑ[E1 (0) + Ar 2 ] sin ωt ,
dove A è una costante da calcolare. Si determini E1 (0), cioè l’ampiezza del campo elettrico sull’asse,
assumendo che al variare della frequenza ω il modulo della corrente totale nel filo I venga mantenuto
costante.
(Può essere utile ricordare che, in coordinate cilindriche, per un campo vettoriale f = f (r)ẑ si ha
∇ × f = −φ̂∂r f .)
(12 punti)
3
z
Si consideri un modello di atomo classico dove l’elettrone orbita
y
con periodo T su un’orbita ellittica, della quale il nucleo occupa un
b e
fuoco. Siano a e b < a il semiasse maggiore e minore dell’orbita, −a
a
ωt
x
orientati rispettivamente lungo l’asse x e l’asse y.
−b
a) Si descriva l’irraggiamento dell’elettrone, specificando la frequenza
della radiazione irraggiata e la sua polarizzazione nelle direzioni x, y, e z.
b) Si calcoli l’energia irraggiata in un periodo.
c) Si cerchi una direzione n = (sin θ, 0, cos θ) nel piano xz lungo la quale la radiazione è polarizzata
circolarmente.
(12 punti)
SOLUZIONI
1
a) Applicando le leggi delle maglie e dei nodi
d
dI1 Q1
+
+ L0 (I1 − I2 ) = 0 ,
dt
C
dt
dI2 Q2
d
L
+
− L0 (I1 − I2 ) = 0 ,
dt
C
dt
L
e derivando rispetto al tempo
d 2 I1 I1
d 2 I2
+
−
L
= 0,
0
dt2
C
dt2
d 2 I1
d 2 I2 I2
(L + L0 ) 2 + − L0 2 = 0 ,
dt
C
dt
(L + L0 )
b) Posto Ii = Ii0 e−iωt (per i = 1, 2) si ottiene il sistema lineare omogeneo
1
− ω (L + L0 ) −
I10 + ω 2 L0 I20 = 0 ,
C
¸
·
1
2
2
I20 = 0 ,
ω L0 I10 − ω (L + L0 ) −
C
·
¸
2
che ha soluzioni non banali solo se il determinante è nullo:
·
1
ω (L + L0 ) −
C
2
¸2
− ω 4 L40 = 0 .
Le soluzioni per ω sono date da
ω1 = √
1
,
LC
ω2 = q
1
(L + 2L0 )C
,
e corrispondono rispettivamente alle soluzioni I1 = I2 e I1 = −I2 .
c) Le equazioni assumono ora la forma
Q1
d
dI1
+ RI1 +
+ L (I1 − I2 ) + R(I1 − I2 ) = 0 ,
dt
C
dt
Q2
d
dI2
+ RI2 +
− L (I1 − I2 ) − R(I1 − I2 ) = 0 ,
L
dt
C
dt
L
da cui, derivando rispetto al tempo
d 2 I1
dI1 I1
d 2 I2
dI2
+
2R
+
−
L
−R
= 0,
2
2
dt
dt
C
dt
dt
d 2 I2
dI2 I2
d 2 I1
dI1
2L 2 + 2R
+ −L 2 −R
= 0,
dt
dt
C
dt
dt
2L
Posto nuovamente Ii = Ii0 e−iωt , dove ω = ωr + iωi , le equazioni hanno la stessa forma del punto b)
se si ridefinisce
R
ω 2 + i ω ≡ Ω2 ,
L
e quindi le soluzioni per Ω2 sono
Ω21 =
1
,
LC
Ω22 =
1
.
3LC
Nell’ipotesi ωi ¿ ωr , si può porre ω 2 ' ωr2 + 2iωi ωr . Otteniamo allora le equazioni
R
1
R
2
,
ωr1
+ 2iωr1 ωi1 + i ωr1 − ωi1 =
L
L
LC
R
1
R
2
.
ωr2
+ 2iωr2 ωi2 + i ωr2 − ωi2 =
L
L
3LC
(3)
Eguagliando le parti immaginarie nelle (3) si ottiene
ωi1 = ωi2 ' −
R
.
2L
Sostituendo nelle (3) si ottiene per le parti reali
ωr1
Ã
R2 C
1
1−
'√
L
LC
!1/2
,
ωr2
1
'√
3LC
Ã
3R2 C
1−
L
!1/2
,
(4)
Le ampiezze delle correnti decadono quindi nel tempo secondo la legge esponenziale ∼ e−νt dove
ν = R/2L, mentre la frequenza di oscillazione subisce un decremento rispetto alle oscillazioni libere.
A rigore occorrerebbe notare che nelle (4) deve valere 3R2 C < L affinché ωr sia reale. In altri
termini, il sistema ammette oscillazioni smorzate solo per valori abbastanza piccoli di R.
2
a)
Per la simmetria assiale del sistema si può assumere B = Bφ (r)φ̂.
Per il teorema di Ampère, la circuitazione di B lungo la circonferenza
C1 (v. figura) è uguale al flusso della densità di corrente J = σE
attraverso il cerchio racchiuso da C1 :
2πrBφ = µ0 Jπr2 = µ0 πr2 J0 cos ωt ,
dove J0 = σE0 . Quindi
Bφ =
µ0
J0 r cos ωt .
2
b) La condizione J + ²0 ∂t E ' J implica σ À ²0 ω, ovvero ω ¿ σ/²0 ≈ 6 × 1018 s−1 . A tali frequenze
la legge di Ohm non è più valida.
c) L’energia magnetica è data da
Z
uM dV
1
1 Z D 2E
B dV =
=
2µ0
2µ0
µ0 π 2 4
=
J a `.
32 0
µ
µ 0 J0
2
¶2 D
2
cos ωt
EZ
a
0
r2 2πr`dr
Si ha quindi, applicando la (2),
µ0 `
µ0 πJ02 a4 `/32
=
.
2
(J0 S) /4
8π
L=
d) Per la simmetria del problema, il campo elettrico dipende solo da r ed è diretto lungo il filo; infatti,
poiché il campo indotto E1 soddisfa ∇×E1 = −∂t B0 , in coordinate cilindriche φ̂·∇ × E1 = −∂r E1,z .
Quindi il campo ha solo la componente z e
∂r E1 = ∂t B0 = (µ0 /2)ωJ0 r sin ωt .
Integrando lungo il raggio si ottiene quindi
µ0 ω 2
E1 (r) = E1 (0) −
r J0 sin ωt .
4
¸
·
In alternativa, si poteva calcolare la circuitazione di E1 sul cammino C2 (v. figura) e il flusso di B
attraverso la superficie racchiusa, ottenendo
`[E1 (0) − E1 (r)] = `(µ0 /2)ωJ0 sin ωt
Z
r
r0 dr0 ,
0
da cui si ottiene lo stesso risultato.
Fissiamo il valore di E1 (0) imponendo che la corrente totale I = J0 S = σE0 S cos ωt. Questo
impone
σ
Z
dSE1 (r) = 2πσ
Z
a
0
"
#
r2
E1 (0) − 2 E0 rdr = 0 ,
`s
da cui si ottiene E1 (0) = (a/`s )2 (E0 /2), ovvero
a2 − 2r2
E0 sin ωt .
E1 (r) =
2`2s
3
a) In forma parametrica l’orbita è
x = a cos ωt ,
y = b cos ωt ,
quindi è come avere due dipoli ortogonali oscillanti alla stessa frequenza ω = 2π/T . Lungo una certa
direzione n la polarizzazione è p⊥ = (p × n) × n, quindi se n = x̂ (ŷ) la polarizzazione è lungo ŷ
(x̂). Lungo z si osserva polarizzazione ellittica (con la stessa ellitticità dell’orbita).
b) Essendo i dipoli ortogonali la potenza totale è la somma delle potenze irraggiate dal singolo dipolo:
P =
1 e2 ω 4 2
(a + b2 ) ,
4π²0 3me c3
c)
Facciamo riferimento alla figura a lato. Nel piano perpendicolare
a n, il campo elettrico è la somma delle componenti dovute a ciascuno
dei dipoli oscillanti:
E = E 1 + E2 ,
E1 ∼ px⊥ ,
E2 ∼ py⊥ .
n
E
z
θ
y
2
E
1
x
Poiché
|px⊥ | = px cos θ = ea cos ωt cos θ ,
per cos θ = b/a otteniamo
|py⊥ | = py cos θ = eb sin ωt ,
cos ωt
E1
=
,
E2
sin ωt
ovvero una polarizzazione circolare.
1
Si consideri la rete LC semi-infinita in
figura. Sia In = In (t) la corrente che scorre nell’n-esima induttanza. In ingresso si
trova un generatore ideale di corrente che
fornisce a regime l’intensità di corrente
I0
I(t)
L
I1
C
I2
In
...
...
˜ −iωt ,
I(t) = Ie
(1)
˜
dove I è una costante.
√
a) Assumendo ω < 2ω0 , dove ω0 = 1/ LC, si scriva In (t) in funzione di I˜ e ω.
b) Si assuma ora ω > 2ω0 e si determini l’espressione di In (t) (suggerimento: si cerchi una soluzione
del tipo
In (t) = Aαn e−iωt ,
specificando la dipendenza di α da ω e ω0 ).
c) Ritornando al caso ω < 2ω0 , si consideri la rete terminata
dopo N passi come in figura. Si scriva l’espressione di In (t) in
questo caso. (Facoltativo: si consideri anche il caso ω > 2ω0 .)
(2)
...
2
Una molecola lineare triatomica polare è schematizzata come
una massa centrale M avente un eccesso di carica 2q, e due −q
k 2q k −q
masse laterali m aventi carica −q. L’interazione complessiva tra
m
m
i costituenti è schematizzabile, per piccole oscillazioni, come due
M
molle identiche aventi costante elastica k.
Dette x1 e x2 e le posizioni delle masse laterali e xc la posizione della massa centrale, si considerino le
vibrazioni della molecola nel sistema del centro di massa, tale che XCM = (mx1 + mx2 + M xc )/(2m +
M ) = 0.
a) Determinare i modi normali di oscillazione e le loro frequenze.
b) Per effetto delle oscillazioni delle masse rispetto alle loro posizioni di equilibrio la molecola irraggia.
Se l’irraggiamento è dominato dal termine di dipolo elettrico, nello spettro della radiazione emessa
viene osservata solo una delle frequenze dei modi normali; si spieghi perché e si dia il valore di tale
frequenza.
c) Si “eccita” la molecola spostando le masse rispettivamente di x1 (0) = d1 , x2 (0) = d2 , xc (0) =
−(m/M )(d1 + d2 ) (cosicché XCM (0) = 0) e lasciando poi oscillare il sistema. Calcolare la potenza
irraggiata agli istanti successivi.
SOLUZIONI
1
a) La corrente sull’n-esimo nodo soddisfa l’equazione
d2 In /dt2 = ω02 (In+1 − 2In + In−1 ) .
(3)
Cercando una soluzione nella forma di onda propagante,
In (t) = Aeinφ−iωt ,
(4)
si ottiene, sostituendo nella (3) e semplificando Ae−iωt
¤
£
−ω 2 einφ = ω02 ei(n+1)φ − 2einφ + ei(n−1)φ ,
(5)
da cui
ω 2 = ω02 (2 − eiφ − e−iφ ) = 2ω02 (1 − cos φ) = 4ω02 sin2 (φ/2).
(6)
Questa relazione determina φ, che è reale se ω < 2ω0 .
˜ −iωt , si trova A = I˜ e quindi
Poiché deve essere I0 (t) = Ie
˜
In (t) = Ie
inφ−iωt
,
φ = 2 arcsin
µ
ω
2ω0
¶
.
(7)
b) Se ω > 2ω0 allora non si può avere un’onda propagante. Cercando una soluzione del tipo proposto,
sostituendo nella (3) otteniamo
£
¤
(8)
−ω 2 α−n = ω02 α−(n+1) − 2α−n + α−(n−1) ,
da cui
ω 2 = ω02 (2 − α − α−1 ),
µ 2
¶
ω
2
α +
− 2 α + 1 = 0,
ω02
(9)
(10)
che ha soluzioni
2
ω
α=1− 2 ±
2ω0
sµ
ω2
1− 2
2ω0
¶2
− 1.
(11)
Affinchè la soluzione abbia significato fisico deve essere |α| < 1 (notare che α < 0), mentre la seconda
soluzione è da scartare, altrimenti si avrebbe un segnale che cresce indefinitamente lungo la linea.
La soluzione è quindi
sµ
¶2
2
ω2
ω
n
n −iωt
˜
−1−
− 1 − 1,
(12)
In (t) = I(−1) |α| e
,
|α| =
2ω02
2ω02
che si può anche scrivere
˜ −κn−iωt ,
In (t) = Ie
κ = iπ + ln |α|.
(13)
c) Se la rete è interrotta come in figura, questo equivale a porre IN = 0. La soluzione più generale è
la somma di un’onda riflessa e di un’onda trasmessa,
In (t) = Aeinφ−iωt + Be−inφ−iωt ,
(14)
˜ IN = 0, da cui si ricava
e le condizioni da imporre sono I0 = I,
˜
A + B = I,
AeiN φ + Be−iN φ = 0,
i e−iN φ
i e+iN φ
A = + I˜
,
B = − I˜
,
2 sin N φ
2 sin N φ
(15)
(16)
dove φ = φ(ω) secondo la (6).
Se ω > 2ω0 , la soluzione generale è data da
n −iωt
n −iωt
In (t) = Aα+
e
+ Bα−
e
,
(17)
dove α± = α± (ω) sono le due soluzioni della (11): infatti ora anche il caso α > 1 è accettabile perché
essendo la linea finita, non si ha comunque una divergenza del segnale. Le condizioni da soddisfare
sono adesso
˜
A + B = I,
αN
A = +I˜ N − N ,
α− − α +
N
+N
Aα+
+ Bα−
= 0,
N
α
B = −I˜ N + N .
α− − α +
(18)
2
a) Le equazioni del moto per le masse sono
³
m
m´
x1 − k x2 ,
mẍ1 = −k(x1 − xc ) = −k 1 +
M´
M
³
m
m
x2 − k x1 ,
mẍ2 = −k(x2 − xc ) = −k 1 +
M
M
(19)
(20)
(21)
dove si è sfruttato il fatto che il centro di massa rimane immobile. Sommando e sottraendo queste
equazioni si ottiene, posto µ = mM/(m + M ),
µ
¶
µ
¶
1
µ+M
1
ẍ1 + ẍ2 = −k
+
(x1 + x2 ) = −k
(x1 + x2 ),
(22)
µ M
µM
¶
µ
1
k
1
−
(23)
(x1 − x2 ) = − (x1 − x2 ).
ẍ1 − ẍ2 = −k
µ M
m
Quindi, posto X± ≡ x1 ± x2 , otteniamo le equazioni per i modi normali
µ
¶
µ+M
k
2
2
2
Ẍ± = −ω± X± , ω+ = k
, ω−
= .
µM
m
(24)
I mod corrispondenti a X+ e X− sono rispettivamente un’oscillazione antisimmetrica delle masse
(x1 = x2 ), con spostamento della massa centrale tale che XCM = 0, ed un’oscillazione simmetrica
(x1 = −x2 ) nella quale la massa centrale rimane ferma : xc = −(m/M )(x1 + x2 ) = 0.
b) Il momento di dipolo elettrico della molecola è parallelo al suo asse e dato in modulo da
µ
¶
µ
¶
2m
2m
p = −qx1 + 2qxc − qx2 = −q 1 +
(x1 + x2 ) = −q 1 +
X+ ,
M
M
(25)
e quindi oscilla con la frequenza ω+ ; nel modo a frequenza ω− il momento di dipolo è zero, quindi l’emissione a frequenza ω− sarà al più dovuta al momento di quadrupolo e quindi più debole
dell’emissione di dipolo alla frequenza ω+ .
c) Le condizioni iniziali per X+ sono date da
X+ (0) = x1 (0) + x2 (0) = d1 + d2 ,
Ẋ+ (0) = 0,
(26)
e quindi per t > 0 si ha
X+ (t) = (d1 + d2 ) cos ω+ t.
(27)
Anche il modo descritto da X− è eccitato, ma non contribuisce al momento di dipolo. La potenza
irraggiata è
µ
¶2
2m
2
2
2
2
P = 3 |p̈| = 3 1 +
ω+
(d1 + d2 )2 cos2 ω+ t.
(28)
3c
3c
M
1
Si consideri uno specchio piano avente area A, spessore finito, ed entrambi le
superfici perfettamente riflettenti, sulle quali incidono perpendicolarmente onde
piane elettromagnetiche rispettivamente di intensità I1 e I2 .
a) Si calcoli la forza totale sullo specchio e si dica in che direzione esso tende ad
accelerare se I1 > I2 .
Si ponga ora I1 = I2 = I e si assuma che lo specchio si muova con velocità V
perpendicolare alle sue superfici.
b) Si calcoli la forza sullo specchio nel sistema in cui esso è fermo.
c) Si discuta il moto dello specchio nel limite V ¿ c.
1
2
2
Si consideri un mezzo materiale denso e omogeneo avente n elettroni per unità di volume legati
elasticamente ai nuclei con una forza di richiamo F = −me ω02 x. La forza di attrito sugli elettroni è
trascurabile.
a) Si diano l’espressione della suscettività χ = χ(ω) e della permittività dielettrica relativa ² r = ²r (ω)
del mezzo in funzione della frequenza ω del campo elettrico esterno.
Si consideri ora un’onda longitudinale elettrostatica i cui campi sono dati da
E(x, t) = E0 x̂eikx−iωt ,
B = 0.
(1)
b) Si mostri che una condizione necessaria all’esistenza dell’onda (1) è ²r (ω) = 0 e si determinino i
valori possibili della frequenza.
Si consideri ora un sistema di riferimento S 0 che si muove, rispetto al sistema S dove il mezzo è
in quiete, con la velocità di fase dell’onda (1) V = ω/k < c lungo l’asse x.
c) Si dia l’espressione in S 0 dei campi elettromagnetici corrispondenti alla (1), specificandone l’ampiezza, la frequenza e il vettore d’onda.
3
Una guida d’onda ha sezione rettangolare di lati a e b. Le
pareti sono perfettamente conduttrici. L’interno della guida contiene un gas avente permittività dielettrica relativa ²r = ²r (ω).
Lungo la guida (ovvero in direzione x) si propaga un’onda elettromagnetica TE per la quale il campo elettrico ha solo la componente z e dipende solo da y:
E = Ez (y)ẑeikx−iωt .
(2)
E
z
y
x
a) Assumendo ²r reale e positiva, determinare la relazione di dispersione ω = ω(k) e le espressioni
di Ez (y) e del campo magnetico B.
Si assuma ora che il gas contenuto nella guida sia totalmente ionizzato con densità di elettroni liberi
n.
b) Si determini la frequenza di taglio, cioè il valore minimo di ω necessario alla propagazione dell’onda
(2).
SOLUZIONI
1
a) Un’onda piana di intensità I esercita su una superficie perfettamente riflettente una pressione
di radiazione pari a 2I/c, ovvero una forza totale F = 2AI/c su un’area A. La forza totale sullo
specchio è quindi
F =
2A
(I1 − I2 ) .
c
Se I1 > I2 si ha F > 0, cioè la forza è nel verso di propagazione dell’onda 1.
b) Poniamo, per fissare le idee, V = V x̂. I campi elettrici delle due onde nel sistema S 0 sono dati da
= γ(E1 − βcB1 ) = γ(1 − β)E1 =
s
E20 = γ(E2 + βcB2 ) = γ(1 + β)E2 =
s
E10
1−β
E1 ,
1+β
1+β
E2 ,
1−β
essendo E1 = cB1 , E2 = cB2 , e β = V /c, γ = (1 − β 2 )−1/2 . Si ha inoltre E10 = cB10 , E20 = cB20 . Poiché
l’intensità di un’onda piana è I = c2 ²0 |E × B| = c²0 E 2 , otteniamo
I10 =
1−β
I1 ,
1+β
I20 =
1+β
I2 .
1−β
Essendo I1 = I2 , la forza totale è
F0 =
2A 0
(I − I20 ) = −4Aβγ 2 I .
c 1
c) Dal punto b) si F 0 < 0, ovvero la forza è in direzione contraria al verso di V. Nel limite V ¿ c,
la forza nel sistema del laboratorio è uguale alla forza nel sistema mobile e vale
I
F ' F 0 ' −4A V ,
c
ovvero ha la forma di una forza d’attrito. La velocità dello specchio (in assenza di altre forze esterne)
tenderà quindi a diminuire nel tempo secondo una legge
V (t) = V (0)e−t/τ ,
τ=
Mc
,
4AI
essendo M la massa dello specchio.
2
a) L’equazione del moto degli elettroni è
me
d2 x
= −me ω02 x − eE .
dt2
Per un campo oscillante E = E0 e−iωt la soluzione è
x=
eE
.
me (ω 2 − ω02 )
La polarizzazione del mezzo è
P = −enx = −
ne2
E ≡ ²0 χ(ω)E ,
me (ω 2 − ω02 )
dove
ωp2
ne2
χ(ω) = −
.
=− 2
me ²0 (ω 2 − ω02 )
ω − ω02
La permittività dielettrica è ²r = ²r (ω) = 1 + χ(ω).
b) Poiché si ha
0=
1
∇ × B = J + ²0 ∂t E = ∂t P + ²0 ∂t E = ∂t (P + ²0 E) ,
µ0
per onde monocromatiche si ottiene
P + ²0 E = ²0 ²r (ω)E = 0 ,
da cui ²r (ω) = 0. Alla stessa conclusione si arriva dalla legge di Gauss
∇·E=
1
ρ
= ∇ · P,
²0
²0
da cui si ottiene kE = k(χE), ovvero χ = 1.
La condizione ²r (ω) = 0 determina il valore della frequenza
ω=
q
ωp2 + ω02 .
c) Le trasformazioni di Lorentz danno Ex0 = Ex e inoltre
0
ω = γ(ω − V k) = γ(V k − V k) = 0 ,
Ã
V
V2
k = γ k − 2 ω = γk 1 − 2
c
c
0
µ
¶
!
=
k
.
γ
Quindi in S 0 si ha un campo elettrico statico, periodico nello spazio:
0 0
E0 (x0 ) = E0 x̂eik x .
3
a) Un’onda monocromatica E = E(x)e−iωt in un mezzo omogeneo descritto da una permittività
²r = ²r (ω) soddisfa l’equazione di Helmoltz
Ã
!
ω2
∇ + ²r 2 E(x) = 0 .
c
2
Per l’onda (2) l’equazione si riduce a
Ã
∂y2
!
ω2
− k + ²r 2 Ez (y) = 0 ,
c
2
ed ha soluzione generale
Ez (y) = E1 eiqy + E2 e−iqy ,
q 2 = ²r
ω2
− k2 .
c2
Alla superficie di un conduttore perfetto la componente tangenziale del campo elettrico deve annullarsi. Questo determina la condizione al bordo Ey (y = ±a/2) = 0, ovvero E1 e±iqa/2 + E2 e∓iqa/2 = 0.
Affinché questo sistema abbia soluzioni il determinante deve annullarsi; da qui si ottiene
π
q=` ,
a
e2iq/a = 1 ,
` = 1, 2, 3, . . .
Quindi la relazione di dispersione per l’`–esimo modo è
2
2 2
²r (ω)ω = k c + `
2
µ
πc
a
¶2
≡ k 2 c2 + ω`2 ,
dove ω` = `πc/a.
Le forme del campo elettrico per l’`–esimo modo sono
πy
,
Ez (y) = E0 cos `
a ¶
µ
πy
Ez (y) = E0 sin `
,
a
¶
µ
` = 1, 3, 5, . . . ,
` = 2, 4, 6, . . . ,
Il campo magnetico può essere ottenuto dall’equazione ∂t B = −∇ × E, ovvero
−iωB = (ŷ∂x − x̂∂y )Ez ,
Ad esempio per ` = 1 otteniamo
B=
πy
πy
π
iE0
iŷk cos
+ x̂ sin
ω
a
a
a
·
µ
¶
µ
¶¸
eikx−iωt .
b) Per un gas ionizzato si ha ²r = 1 − ωp2 /ω 2 dove ωp2 = ne2 /²0 me . Inserendo nella (3) otteniamo
k 2 c2 = ω 2 − ωp2 − ωn2 .
L’onda si propaga se k 2 > 0, e quindi per l’n–esimo modo deve essere
ω>
q
ωp2 + ωn2 .
(3)
1
Su uno specchio piano perfetto, posto a x = 0, incide perpendicolarmente un’onda elettromagnetica
piana di frequenza ω, polarizzata ellitticamente, il cui campo elettrico è dato da
·
¸
E0
E0
ikx−iωt
[ŷ cos(kx − ωt) − ẑε sin(kx − ωt)] = Re √
(ŷ + iεẑ)e
Ei = √
,
(1)
1 + ε2
1 + ε2
√
dove k = ω/c e ε è un parametro reale, tale che 0 < ε < 1. (Il fattore di normalizzazione 1/ 1 + ε2
è inserito in modo che l’intensità dell’onda sia I = c²0 E02 per ogni valore di ε).
a) Determinare il campo elettrico E(x, t) ed il campo magnetico B(x, t) risultanti dalla riflessione
sullo specchio.
b) Calcolare il vettore di Poynting S = S(x, t) in tutto lo spazio. Per quale valore di ε si ha S = 0
per ogni istante? Qual’è l’angolo tra E e B in tale condizione?
c) Calcolare la forza per unità di superficie sullo specchio Fx = −Txx , dove Txx = T11 (x = 0− ) è la
componente (1,1) del tensore degli sforzi di Maxwell in x = 0− . Si mostri che Fx è in generale la
somma di una componente statica e di una oscillante, della quale si chiede la frequenza. Per quale
valore di ε è presente solo la componente statica?
2
È noto che in un gas con elettroni liberi può esistere un’onda longitudinale (tale che E k k), i cui
campi sono dati da
E(x, t) = x̂E0 eikx−iωt ,
B = 0.
(2)
L’onda ha frequenza pari alla frequenza di plasma del mezzo ωp , mentre il vettore d’onda k può
assumere un valore reale qualsiasi.
Posto che la (2) rappresenti il campo elettromagnetico nel sistema del laboratorio S, si consideri
un sistema S 0 con velocità relativa V = V x̂ rispetto a S.
a) Si mostri che se la velocità di fase dell’onda è vf < c è possibile determinare V in maniera che
in S 0 il campo elettrico è statico. Si diano le espressioni dei campi elettrico E0 (x0 , t0 ) e magnetico
B0 (x0 , t0 ) e delle densità di carica ρ0 (x0 , t0 ) e di corrente J0 (x0 , t0 ) in S 0 .
b) Si mostri che se la velocità di fase dell’onda è vf > c è possibile determinare V in maniera che in
S 0 il campo elettrico è uniforme. Si diano le espressioni di E0 (x0 , t0 ), B0 (x0 , t0 ), ρ0 (x0 , t0 ) e J0 (x0 , t0 ) in
tale caso.
Si consideri adesso un sistema S 00 con velocità relativa U = U ŷ rispetto a S.
c) Si diano le espressioni dei campi elettrico E00 e magnetico B00 in S 00 , specificandone la dipendenza
spazio-temporale.
SOLUZIONI
1
a) Il campo elettrico totale è la somma dell’onda incidente e di un’onda riflessa con eguale ampiezza
e frequenza e opposte direzione e polarizzazione. Quindi, in notazione complessa
¤
¤ £
£
(3)
E = Eε (ŷ + iεẑ)eikx−iωt + Eε (−ŷ − iεẑ)e−ikx−iωt = 2iEε (ŷ + iεẑ) sin kxe−iωt ,
√
dove Eε ≡ E0 / 1 + ε2 . Il campo magnetico può essere determinato a partire da
∂t B = −∇ × E = −ẑ∂x Ey + ŷ∂x Ez ,
(4)
e vale quindi
B=
2Eε
(ẑ − iεŷ) cos kxe−iωt .
c
(5)
b) Per trovare il vettore di Poynting passiamo alle parti reali dei campi e quindi calcoliamo
S = ²0 c2 E × B = 4²0 Eε2 c sin kx cos kx(x̂ sin ωt cos ωt − ε2 x̂ sin ωt cos ωt)
= x̂²0 Eε2 c(1 − ε2 ) sin 2kx sin 2ωt.
Quindi S = 0 se ε = 1, ovvero se la polarizzazione è circolare. In tal caso E è parallelo a B.
c) Dalla definizione di Tij troviamo
·
¸
1 − ε2
²0 2 2 −
2
2
2
2
cos 2ωt .
Fx = −Txx = c B (0 ) = ²0 Eε (cos ωt + ε sin ωt) = ²0 E0 1 +
2
1 + ε2
(6)
(7)
L’ultima espressione mette in evidenza che Fx ha una componente statica e una oscillante a frequenza
2ω; quest’ultima svanisce per ε = 1.
2
a) Per l’invarianza relativistica della fase, in S 0 tutti i campi hanno dipendenza spazio-temporale del
tipo exp(ik 0 x0 − iω 0 t0 ), dove
ω 0 = γ(ω − V k),
k 0 = γ(k − V ω/c2 ),
(8)
e si ha γ = (1 − V 2 /c2 )−1/2 .
Se vf < c, è possibile porre V = vf = ω/k cosicchè ω 0 = 0, k 0 = k/γ. Poiché Ex = Ex0 per
trasformazioni in direzione x, otteniamo in S 0
0 0
E0 (x0 , t0 ) = x̂E0 eik x ,
B0 = 0.
(9)
Le densità di carica e corrente in S possono essere ottenute da ∇ · E = ρ/²0 e ∇ · J = −∂t ρ, che
si riducono a ρ = ik²0 Ex e Jx = (ω/k)ρ = vf ρ. Dalle trasformazioni della quadricorrente otteniamo
allora
ρ0 = γ(ρ − V Jx /c2 ) = γρ(1 − vf2 /c2 ),
Jx0 = γ(Jx − V ρ) = γ(Jx − vf ρ) = 0.
(10)
b) Se vf > c, possiamo porre V = c2 k/ω = c2 /vf < c e ottenere
k 0 = γ(k − V ω/c2 ) = 0,
ω 0 = γ(ω − k 2 c2 /ω) = γω(1 − V 2 /c2 ) = ω/γ.
(11)
Si ha quindi
0 0
E0 (x0 , t0 ) = x̂E0 e−iω t ,
B0 = 0,
(12)
ed inoltre
c 2 Jx
ρ =γ ρ−
vf c
0
µ
¶
= 0,
Jx0
c2
= γ Jx − ρ
vf
µ
¶
= Jx /γ.
(13)
ω 00 = γU (ω − U ky ) = γU ω.
(14)
c) Per trasformazioni lungo y
kx00 = kx ,
ky00 = γU (ky − U ω/c2 ) = −U γU ω/c2 ,
La dipendenza spazio-temporale di tutti i campi è exp(ikx00 x00 + iky00 y 00 − iω 00 t00 ).
Per le ampiezze dei campi elettrico e magnetico troviamo
Ex00 = γU (Ex + U Bz ) = γU Ex ,
Bz00 = γU (Bz − U Ex /c2 ) = −γU
U
Ex .
c2
(15)
1
Si consideri un atomo classico avente un elettrone elasticamente legato da una forza elastica di
frequenza propria ω0 . Sul sistema incide un’onda piana di frequenza ω ed ampiezza del campo
elettrico E0 , propagantesi lungo x̂ e linearmente polarizzata lungo ŷ. Assumendo che l’atomo si trovi
nella posizione x = 0, il campo elettrico sull’elettrone è quindi scrivibile come:
E = E0 ŷ cos(kx − ωt) ' E0 ŷ cos ωt .
Assumendo trascurabile lo smorzamento, l’equazione del moto dell’elettrone è quindi
me
d2 r
= −me ω02 r − e(E + v × B) ,
dt2
(1)
dove v = dr/dt.
Si vuole studiare come la diffusione dell’onda elettromagnetica viene modificata dal termine
magnetico (−ev × B) nella forza di Lorentz. A tal fine si seguano i seguenti passi:
a) In prima approssimazione si trascuri il termine magnetico ponendo v × B ' 0 e si ottenga in
tali condizioni una soluzione approssimata r(t) ' r1 (t) della (1), specificandone la frequenza ω1 . In
questa approssimazione si descriva la radiazione diffusa dall’elettrone legato, dandone in particolare
la frequenza e la distribuzione angolare della potenza emessa.
b) Si tenga ora conto dell’effetto del campo magnetico usando la soluzione al primo ordine r 1 (t)
trovata al punto a) per approssimare v × B ' v1 × B, mostrando che in tale approssimazione questo
termine dà una forza oscillante ad una frequenza ω2 da determinare.
c) Nelle condizioni del punto b), posto r(t) ' r1 (t) + r2 (t), si determini la correzione del secondo
ordine r2 (t), e si descriva come viene modificato l’irraggiamento, specificando in particolare in quali
direzioni viene emessa rispettivamente solo radiazione di frequenza ω1 o di frequenza ω2 .
d) Si calcoli il rapporto fra la potenza totale emessa alla frequenza ω2 e la potenza totale emessa alla
frequenza ω1 , discutendo per quali frequenze tale rapporto ha valore massimo.
e) (Facoltativo) Si disegni la traiettoria dell’elettrone nel piano xy.
2
Uno specchio piano, perfettamente riflettente, è mantenuto in moto nel sistema di riferimento S del laboratorio con velocità V perpendicolare alla propria superficie. Un’onda piana elettromagnetica
di frequenza ωi incide sullo specchio formando un angolo θi con la
direzione di V.
Determinare:
a) le frequenze e le direzioni di propagazione delle onde incidente e
riflessa nel sistema S in cui lo specchio è in quiete;
b) la frequenza e la direzione di propagazione dell’onda riflessa nel
sistema S.
c) Si discutano in particolare i punti a) e b) se cos θi = V /c.
k r ωr
θr
θi
k i ωi
V
SOLUZIONI
1
a) Trascurando il termine magnetico, dalla 1 otteniamo l’equazione del moto per r 1 (t)
me
d 2 r1
= −me ω02 r1 − eE0 ŷ cos ωt ,
dt2
(2)
che ha soluzione
r1 =
eE0
ŷ cos ωt .
me (ω 2 − ω02 )
(3)
L’irraggiamento è quello dovuto ad un dipolo oscillante p1 = −er1 . La radiazione diffusa ha quindi
frequenza ω1 = ω ed ha distribuzione angolare dP1 /dΩ ∝ sin2 θ dove θ è l’angolo formato dalla
direzione di osservazione con l’asse y.
b) Il campo magnetico dell’onda incidente nella posizione dell’atomo è dato da
B=
E0
ẑ cos ωt ,
c
mentre si ha
v1 =
dr1
eE0
ŷ sin ωt ,
= −ω
dt
me (ω 2 − ω02 )
per cui si ottiene
e2 E02
ω
e2 E02
x̂ sin ωt cos ωt =
x̂ sin 2ωt .
−ev1 × B = ω
me c(ω 2 − ω02 )
2 me c(ω 2 − ω02 )
Quindi il nuovo termine di forza è nella direzione di propagazione dell’onda x̂ ed ha frequenza ω2 = 2ω.
c) Il termine r2 è lungo x̂ e soddisfa l’equazione
me
ω
d 2 r2
e2 E02
2
r
+
=
−m
ω
x̂ sin 2ωt ,
2
e
0
dt2
2 me c(ω 2 − ω02 )
(4)
la cui soluzione è
r2 = −
(eE0 /me )2
ω
x̂ sin 2ωt .
2c (ω 2 − ω02 )(4ω 2 − ω02 )
(5)
Si ha quindi una componente aggiuntiva di dipolo p2 = −er2 che, essendo ortogonale a p1 , non
interferisce con l’emissione alla frequenza ω. La radiazione diffusa per effetto di p 2 ha frequenza 2ω
e la sua distribuzione angolare è dP2 /dΩ ∝ cos2 θ. Quindi, per θ = 0 (cioè nella direzione ortogonale
alla propagazione dell’onda) si osserva radiazione diffusa a 2ω ma non a ω. L’emissione a 2ω è invece
nulla per θ = π/2, ovvero lungo l’asse x.
d) Usando la formula di Larmor, le potenze emesse dai due dipoli sono, a meno di fattori comuni,
P1 ∝ ω 2 |p1 |2 ,
P2 ∝ (2ω)2 |p2 |2 ,
per cui otteniamo
P2
ω2
= 2
P1
(ω0 − 4ω 2 )2
µ
eE0
me c
¶2
,
che ha valore massimo se ω = ω0 /2.
e)
La traiettoria ha la forma di una “figura ad 8” come mostrato
in figura. Questa può essere ricostruita notando che la coordinata x oscilla con frequenza doppia rispetto alla y e con una fase
tale che agli istanti in cui x = 0 si ha successivamente y = ymax ,
y = 0, y = ymin = −ymax ed infine y = 0 nuovamente.
2
a) Facendo uso delle trasformazioni di Lorentz applicate al quadrivettore d’onda k µ otteniamo che
nel sistema S 0 in cui lo specchio è in quiete
ky0 = ky ,
ω
kx0 = γ(kx − ωV /c2 ) = γ (cos θi − β) ,
c
0
ω = γ(ω − kx V ) = γω(1 − β cos θi ) ,
dove β = V /c, γ = (1 − β 2 )−1/2 . Si è scelto l’asse x perpendicolare allo specchio.
Nel sistema S 0 l’angolo di incidenza θi0 è uguale all’angolo di riflessione θr0 . Si ha quindi
sin θr0 ≡
ky0 c
sin θi
=
,
ω0
γ(1 − β cos θi )
ovvero
tan θr0 ≡ −
ky0
sin θi
=
,
kx0
γ(cos θi − β)
b) Facendo di nuovo uso delle trasformazioni di Lorentz nel sistema S abbiamo per l’onda riflessa
ky00 = ky , ,
ω
kx00 = γ(−kx0 + ω 0 V /c2 ) = −γ 2 [kx (1 + β 2 ) − 2ωβ/c] = −2γ 2 [(1 + β 2 ) cos θi − 2β] ,
c
2
2
2ω
00
0
0
2
ω = γ(ω − kx V ) = γ [ω(1 + β ) − 2kx V ] = γ (1 + β − 2β cos θi ) ,
c
da cui
sin θr ≡
ky00 c
ky c
=
=
ω 00
γ 2 [ω(1 + β 2 ) − 2kx V ]
sin θi
,
2
γ (1 + β 2 − 2β cos θi )
ovvero
tan θr ≡ −
ky00
sin θi
,
=
kx00
γ 2 [2β − (1 + β 2 ) cos θi ]
c) Nel caso cos θi = V /c si ha kx0 = 0 cioè nel sistema S 0 l’onda si propaga parallelamente allo
specchio e quindi non incide su di esso. Questo indica che per angoli di incisenza tali che cos θi > V /c
il procedimento adottato per calcolare le proprietà della riflessione su uno specchio mobile perdono di
significato in quanto kx0 risulterebbe negativo e quindi l’onda inciderebbe sull’altro lato dello specchio.
Formalmente per cos θi = V /c troviamo sin θr0 = 1, cioè nel sistema S 0 l’onda riflessa non si stacca
dallo specchio e sin θr = sin θi , ω 00 = ω, che confermano il fatto che l’onda si propaga senza incontrare
lo specchio.
1
Si consideri un impulso elettromagnetico di durata lunga rispetto al periodo ma finita, avente la forma di un “treno d’onde”
di ampiezza costante E0 , avente cioè un inviluppo quadro contenente N À 1 oscillazioni complete alla frequenza centrale ω
e quindi durata τ = N (2π/ω). L’impulso incide perpendicolarmente su un conduttore piano la cui superficie è mantenuta in
moto alla velocità costante V = V x̂. Nel sistema in cui il conduttore è fermo esso è considerato uno specchio perfetto, per il quale i campi E e B sono nulli oltre
la superficie.
Si vuole studiare le proprietà della riflessione dell’impulso dallo specchio in moto, tenendo conto che
il principio di relatività e l’ipotesi di linearità garantiscono che l’impulso riflesso ha la stessa forma
e lo stesso numero N di cicli dell’impulso incidente.
a) Determinare la frequenza centrale e la durata totale dell’impulso riflesso, discutendo se esso si
accorcia o si allunga a seconda del segno di V.
b) Calcolare l’energia dell’impulso riflesso e confrontarla con quella dell’impulso incidente; per quali
valori del segno di V lo specchio ha ceduto energia al campo elettromagnetico, o viceversa?
c) Calcolare la quantità di moto dell’impulso riflesso e confrontarla con quella dell’impulso incidente.
d) Determinare la forza media sullo specchio esercitata durante la riflessione (Uno dei modi possibile
per calcolarla è il rapporto tra la quantità di moto scambiata e la durata temporale τ r su cui avviene
tale scambio; si faccia attenzione al calcolo di τr ).
2
z
Due antenne lineari sono poste a distanza d l’una dall’altra, orientate
y
in direzioni mutuamente ortogonali, e alimentate dallo stesso generatore di
corrente alternata. Il sistema è schematizzabile come due dipoli oscillanti di
x
identica ampiezza e frequenza, posti lungo l’asse x nelle posizioni x = ±d/2
e scrivibili come p− (t) = pŷ cos(ωt) , p+ (t) = pẑ cos(ωt + φ) .
a) Si determini la potenza media irraggiata dal sistema se d ¿ λ = 2πc/ω.
Si supponga di osservare la radiazione emessa lungo l’asse x (cioè per y = z = 0) a distanza
R À d, tale che 1/(R + d) ' 1/R. Si assuma d < λ.
b) Si mostri che si possono scegliere valori di kd e dello sfasamento φ per i quali la radiazione è
polarizzata circolarmente se x > 0 e linearmente se x < 0.
c) Per quali valori di φ le polarizzazioni osservate per x > 0 e x < 0 sono entrambe lineari e
mutuamente ortogonali?
SOLUZIONI
1
a) La frequenza e il periodo dell’onda riflessa nel sistema del laboratorio cambiano secondo la nota
formula
ωr =
1−β
ω,
1+β
Tr =
2π
1+β
=
T,
ωr
1−β
(1)
dove β = V /c è qui presa con segno; se β > 0 lo specchio si muove nella direzione dell’onda. Poiché
il numero N di oscillazioni è un invariante si ha che la durata dell’onda riflessa è
τr = N
2π
2π 1 + β
1+β
=N
=
τ.
ωr
ω 1−β
1−β
(2)
Quindi, se β > 0 l’impulso riflesso ha durata maggiore dell’impulso incidente, se β < 0 ha durata
minore.
b) Il campo elettrico dell’onda riflessa nel laboratorio è dato dalla formula
Er =
1−β
Ei .
1+β
(3)
L’intensità dell’onda è proporzionale al quadrato del campo, quindi possiamo scrivere per l’intensità
dell’onda riflessa in funzione di quella incidente
µ
¶2
1−β
Ir =
Ii .
(4)
1+β
L’energia totale dell’impulso è data dal prodotto dell’intensità per sua durata, quindi
µ
¶2
1−β
1+β
1−β
1−β
U r = I r τr =
Ii
τ=
Ii τ =
Ui .
1+β
1−β
1+β
1+β
(5)
Si ha quindi che se β > 0 l’onda cede energia allo specchio, e viceversa.
c) La densità di quantità di moto è data da S/c, dove S è il vettore di Poynting. Poiché I = |S|, la
quantità di moto totale dell’impulso è proporzionale alla sua energia. Considerando che S ha segno
opposto per l’onda incidente e quella riflessa, possiamo calcolare la variazione della quantità di moto
come
µ
¶
Ur
Ui
2 Ui
∆p = pr − pi = x̂ − −x̂
=−
x̂.
(6)
c
c
1+β c
Per determinare l’intervallo temporale ∆t in cui avviene lo scambio di quantità di moto, supponiamo
che il fronte dell’impulso incida sullo specchio a t = 0. La riflessione finisce quando la “coda”
dell’impulso raggiunge lo specchio al tempo t = ∆t. Nell’intervallo di tempo trascorso la “coda” ha
percorso a velocità c una distanza pari alla somma della lunghezza del treno d’onda, cτ , più la distanza
(con segno!) coperta dallo specchio a velocità V in tale intervallo, V ∆t. Quindi c∆t = cτ + V ∆t da
cui ricaviamo ∆t = τ /(1 − β). La forza sullo specchio è quindi
F=
1 − β Ii
∆p
= −2
x̂.
∆t
1+β c
(7)
2
a) Per la potenza totale, essendo d ¿ λ possiamo usare la formula di Larmor col momento di dipolo
totale p = p1 + p2 . Essendo i momenti di dipolo ortogonali, la potenza totale risulta uguale alla
somma delle potenze emesse da ciascun dipolo:
2k0 ω 4 2
2k0 2 ® k0 ω 4 2
2
(p + p− ) =
p.
P = 3 p̈ =
3c
3c3 +
3c3
(8)
b) Trascurando d/R ¿ 1, i campi irraggiati dai due dipoli sono di eguale intensità. La loro direzione
è parallela al dipolo, quindi troviamo per R > 0, a meno di coefficienti comuni
Ey ∝ cos(ωt − k(R − d/2)),
Ez ∝ cos(ωt − k(R + d/2) + φ),
(9)
Ez ∝ cos(ωt + k(R + d/2) + φ).
(10)
mentre per R < 0
Ey ∝ cos(ωt + k(R − d/2)),
Per R > 0 la polarizzazione è circolare se la differenza in fase tra Ey ed Ez è ±π/2 (modulo 2π),
ovvero se
−k(R − d/2) = −k(R + d/2) + φ + ±π/2,
kd − φ = ±π/2.
(11)
Per R < 0 la polarizzazione è lineare se lo sfasamento totale tra Ey e Ez vale 0 o π, ovvero se
φ + kd = 0
oppure
φ + kd = π.
(12)
Nel primo caso possiamo scegliere kd = −φ = π/4; nel secondo otteniamo 2kd = π ± π/2 da cui
kd = 3π/4, φ = π/4 oppure kd = π/4, φ = +3π/4.
c) I casi di polarizzazioni lineari e ortogonali corrispondono a
kd − φ = 0,
kd + φ = π
(13)
kd − φ = π,
kd + φ = 0
(14)
da cui kd = φ = π/2, oppure
da cui kd = −φ = π/2.
1
Si consideri, nel sistema del laboratorio S, un’onda elettromagnetica nel vuoto, piana e monocromatica, avente frequenza ω. L’onda si propaga lungo l’asse x ed è polarizzata linearmente con il campo
elettrico diretto lungo l’asse y.
a) Si dimostri che il campo elettrico E = E(x, t) ed il campo magnetico B = B(x, t) dell’onda
possono essere derivati da un quadripotenziale Aµ = (Φ, cA) in cui solo la componente Ay lungo y
del potenziale vettore A è diversa da zero ed il potenziale scalare Φ è nullo.
Si consideri ora la stessa onda in un sistema di riferimento S 0 che si muove con velocità V lungo y.
b) Si calcoli la frequenza ω 0 ed il vettore d’onda k0 in questo nuovo sistema di riferimento. Si calcoli il
campo elettrico E0 (x0 , t0 ) e il campo magnetico B0 (x0 , t0 ) nel sistema S 0 in funzione del campo elettrico
E nel sistema S.
c) Si verifichi che l’onda rimane polarizzata linearmente in S 0 e si mostri che i campi possono essere
derivati ancora da un potenziale vettore A0 (x0 , t0 ), cioè ancora da un quadripotenziale A0µ in cui il
potenziale scalare Φ0 è nullo.
d) Si scriva ora il quadripotenziale Ā0µ ottenuto dalla trasformazione di Lorentz di Aµ , il quadripotenziale scelto nel sistema S. Si verifichi che i campi E0 , B0 possono essere derivati da Ā0µ .
e) Si mostri esplicitamente che A0µ e Ā0µ sono legati da una trasformazione di Gauge.
2
Si consideri un elettrone classico nel campo di un’onda elettromagnetica monocromatica di frequenza
ω, descritto dall’equazione del moto
me
dv
= −me νv − eE(t) .
dt
Si vuole determinare il coefficiente di smorzamento ν in maniera autoconsistente, a partire dall’assunzione che, in stato stazionario, tutta l’energia assorbita dall’elettrone venga riemessa sotto forma
di radiazione diffusa.
A tal fine si seguano i seguenti passi:
a) Si calcoli la potenza totale Pd (mediata sul periodo) della radiazione diffusa dall’elettrone.
b) Si calcoli la potenza totale Pa (mediata sul periodo) assorbita dall’elettrone (ovvero il lavoro fatto
dal campo elettrico dell’onda).
c) Eguagliando Pd = Pa si trovi l’espressione risultante per ν e si dica per quali valori della frequenza
ω si ha ν ¿ ω (si dia anche una risposta numerica).
e = 1.6 × 10−19 C; me = 9.1 × 10−31 kg; ²0 = 8.9 × 10−12 F m−1 .
SOLUZIONI
1
a) I campi dell’onda in esame sono dati da
E = E0 ŷeikx−iωt ,
B = B0 ẑeikx−iωt ,
e vale E0 = cB0 . Prendendo A = A0 ŷ exp (ikx x − iωt) si ottiene un campo elettrico lungo y ed un
campo magnetico lungo z. Esplicitamente, poiché per definizione
E = −∂t A − ∇Φ ,
B = ∇ × A,
ed essendo Φ = 0 si ottiene
i
A0 = − E0 ,
ω
i
A 0 = − B0 ,
k
che sono equivalenti essendo ω = kc.
Il potenziale A = A0 ŷ exp (ikx x − iωt) soddisfa l’equazione d’onda per il potenziale nel vuoto e
obbedisce alla gauge di Lorentz (ma non è l’unica scelta possibile).
b) Le trasformazioni di Lorentz danno ω 0 = γω (effetto Doppler trasverso), kx0 = kx = k e ky0 =
−ω 0 V /c2 = −γβkx .
Per i campi si ha Ey0 = Ey , Ex0 = γβcBz , Bz0 = γBz . Possiamo quindi scrivere
0
0
0
0
0 0
0
E0 = (γβ x̂ + ŷ)E0 ei(kx x +ky y −ω t ) ,
0
0
0
0 0
B0 = γẑB0 ei(kx x +ky y −ω t ) ,
Quindi il campo elettrico parallelo non cambia, si acquista un campo elettrico lungo x = x 0 per
mantenere ∇0 · E0 = 0 ed il campo magnetico è quello richiesto da un’onda piana nel vuoto. La
polarizzazione è lineare, diretta lungo il versore unitario ² = β x̂ + ŷ/γ.
c) Analogamente al caso precedente, per Φ0 = 0
E0 = −∂t0 A0 ,
B0 = ∇0 ×A0 ,
che sono entrambe soddisfatte scegliendo
Ã
!
1
i
0 0
0 0
0 0
A = − 0 E0 = β x̂ + ŷ A0 ei(kx x +ky y −ω t ) ,
ω
γ
0
essendo ω 0 = γω.
d) La trasformazione di Lorentz per il quadripotenziale Aµ = (Φ, A) = (0, 0, Ay , 0) fornisce
Āµ = (Φ̄0 , 0, Ā0y , 0) = (−γβcAy , 0, γAy , 0) .
Da questa espressione si derivano i campi
Ex0 = −∂x0 Φ̄0 = −ikx0 Φ̄0 = ikcγβAy = γβ(iωAy ) = γβEy ,
Ey0 = −∂t0 Ā0y − ∂y0 Φ̄0 = iω 0 Ā0y − iky0 Φ̄0 = i(γω)γAy − i(−γβk)(−γβc)Ay = iωγ 2 (1 − β 2 )Ay = Ey ,
Bz0 = ∂x0 Ā0y = ikx0 Ā0y = ikγAy = γBz ,
in accordo con i risultati del punto c).
e) Le espressioni di A0µ = (0, A0 ) e Ā0µ = (Φ̄0 , Ā0 ) sono due scelte possibili per il quadripotenziale e
devono differire per una trasformazione di gauge. Deve cioè esistere una funzione scalare Λ = Λ(x 0 , t0 )
tale che
A0 = Ā0 + ∇0 Λ ,
Φ0 = Φ̄0 − ∂t0 Λ .
Poiché Φ0 = 0 troviamo subito ∂t0 Λ = Φ̄0 ovvero
Λ=
i
i 0
Φ̄ = − 0 γβcAy ,
0
ω
ω
Essendo
∇0 Λ = (ikx0 x̂ + iky0 ŷ)Λ = (β x̂ − γβ 2 ŷ)Ay ,
si verifica che
Ã
!
1
Ā + ∇ Λ = [β x̂ + (γ − γβ )ŷ]Ay = β x̂ +
ŷAy = A0 .
γ
0
2
0
2
a) Sia E = Re [E0 e−iωt ] il campo elettrico dell’onda nella posizione dell’elettrone. La soluzione
dell’equazione del moto è v = Re [v0 e−iωt ] dove
v0 =
i(e/me )
E0 .
ω + iν
La potenza totale diffusa, in media sul periodo, è data dalla formula di Larmor [k 0 = (4π²0 )−1 ]
Pd =
E
ω2
k0 e4
2k0 D
2
|e
v̇|
|E0 |2 .
=
3
2
3
2
2
3c
3me c ω + ν
b) La potenza assorbita in media sul periodo è
ν
e
e2
Pa = h−eE · vi = − Re (E0 · v0 ) =
|E0 |2 .
2
2
2me ω + ν 2
c) Eguagliando Pa = Pd e semplificando i fattori comuni si ottiene
ν=
2k0 e2 ω 2
,
3me c3
ovvero
2rc ω
4π rc
ν
=
=
,
ω
3c
3 λ
essendo rc = k0 e2 /me c2 = 2.82 × 10−15 m il raggio classico dell’elettrone e λ = 2πc/ω la lunghezza
d’onda della radiazione incidente. Si ha quindi che ν ¿ ω per frequenze ω ¿ 1023 s−1 , ovvero per
lunghezze d’onda λ À rc .
Compito di Fisica B2A (**/**/2007) – BOZZA
1
In una regione di spazio nel sistema S del laboratorio esistono un campo elettrico E = (0, E, 0) ed
un campo magnetico B = (0, 0, B), entrambi uniformi e costanti, tali che E ¿ cB.
a) Mostrare che esiste un sistema riferimento S 0 tale che in tale sistema E 0 = 0.
b) Calcolare B 0 in S 0 al primo ordine in E/cB
Una particella di carica q e massa m possiede all’istante t = 0 la velocità v = (v, 0, 0) in S.
c) Determinare la potenza irraggiata dalla carica in S 0 , in funzione di v.
d) Calcolare la frequenza della radiazione osservata in S, in funzione della direzione di emissione
rispetto a v.
e) Come cambiano le risposte c) ed d) se la velocità iniziale è v = (0, 0, v) in S?
2
Un’onda elettromagnetica piana incide perpendicolarmente sulla
n1
n2
superficie di un mezzo costituito da un primo strato di spessore d e
indice di rifrazione reale n1 e da un secondo strato semi-infinito di
indice di rifrazione reale n2 .
Si vogliono studiare le condizioni su n1 e d per cui si ha trasmissione
totale dell’onda incidente, ovvero non c’è onda riflessa dal mezzo nella
x
0
d
regione di vuoto. A tal fine si proceda come segue:
a) scrivere la soluzione generale per il campo elettromagnetico in ogni regione di spazio (per semplificare si può assumere a priori l’assenza dell’onda riflessa nella regione di vuoto;
b) scrivere le relazioni fra le ampiezze dei campi elettromagnetici nelle varie regioni di spazio dovute
alle condizioni di raccordo alle due superfici di confine;
c) determinata dal punto b) la relazione tra n1 , n2 e d necessaria all’assenza di riflessione, trovare
per quali valori di n1 e d esiste una soluzione nel caso n2 = 1.
d) Come cambia la risposta al punto c) se n2 6= 1?
SOLUZIONI
1
a) Preso β = V/c = (E/cB, 0, 0) si ha E 0 = 0.
b) Si ha B 0 = γ(B − βE/c) ' B trascurando ordini superiori a (E/cB)2 .
c) Il moto è di ciclotrone con frequenza ω 0 = qB 0 /m ' qB/m e raggio a = v 0 /ω 0 , dove v 0 = v − V .
Quindi
¶2
µ
E
2k0 4 2
02
2
2
.
(1)
P = 3 ω a ∼ ω (v − V ) ∼ B v −
3c
B
d) Effetto Doppler da sorgente in moto con velocità β s c = V
ω = γω 0 (1 + n · β s ) '
qB
(1 + n · β).
m
(2)
e) Considero v = (0, 0, v). In S 0 la velocitá iniziale nella direzione ortogonale a B 0 è v 0 = V . Nella
potenza quindi bisogna sostituire v 0 = v − V con v 0 = V , ovvero la potenza irraggiata ∼ B 2 (E/B)2
è indipendente da v. Per la velocità della sorgente essendo β ¿ 1 basta usare la composizione
Galileiana delle velocità, cioè β s c = (V, 0, v) nella formula per l’effetto Doppler.
2
a) La soluzione generale in assenza di una sorgente ad x = +∞ è, omettendo il fattore comune e −iωt
E = Ei eikx + Er e−ikx , k = ω/c
(x < 0),
in1 kx
−in1 kx
E = E+ e
+ E− e
(0 < x < d),
in2 kx
E = Et e
(x > d).
(3)
(4)
(5)
b) Le condizioni sono la continuità di E e della sua derivata a x = 0 e x = d. Si ottiene
E+ e+in1 kd + E− e−in1 kd
Ei + E r = E + + E − ,
Ei − Er = n1 (E+ − E− ),
¡
¢
= Et ein2 kd ,
n1 E+ e+in1 kd − E− e−in1 kd = n2 Et ein2 kd .
(6)
(7)
c) Posto Er = 0, con un pò d’algebra si possono eliminare le ampiezze
e2in1 kd =
n1 + n 2 n1 − 1
.
n1 − n 2 n1 + 1
(8)
Se n2 = 1 il secondo membro vale 1. Quindi deve essere 2n1 kd = 2mπ con m intero, ovvero
d = mλ/2n1 poiché k = 2π/λ.
d) La parte sinistra della (8) è un numero complesso di modulo 1, mentre la parte destra è un
numero reale. Quindi per avere soluzioni deve essere e2in1 kd = ±1. Il primo caso corrisponde a
n2 = 1, n1 kd = mπ. Nel secondo caso si ha 2n1 kd = (2m + 1)π (i.e. d = λ/4n1 se m = 0) ed essendo
√
inoltre (n1 + n2 )(n1 − 1) = −(n1 − n2 )(n1 + 1) si ottiene n2 = n1 .
1
Un’onda elettromagnetica piana, linearmente polarizzata, di frequenza ω e ampiezza del campo
elettrico E0 incide su una nanosfera di raggio a ¿ λ = 2πc/ω. Gli elettroni nel materiale che
compone la sfera hanno densitá n e possono essere schematizzati come elasticamente legati ai nuclei
da una forza elastica avente la forma F = −me ω02 x, mentre forze d’attrito possone essere trascurate.
a) Si scriva la costante dielettrica ε = ε(ω) del materiale.
b) Si calcoli la polarizzazione della sfera e si dica per quale valore di ω essa assume valore massimo.
d) Si discuta la diffusione dell’onda elettromagnetica da parte della sfera (potenza diffusa in funzione
della frequenza, sezione d’urto, distribuzione angolare).
2
In una regione di vuoto confinata da due piani infiniti e paralleli, perfettamente conduttori, posti a x = 0 e x = a si trova
della radiazione elettromagnetica monocromatica di frequenza
ω, il cui campo elettrico E ha ampiezza massima E0 , è polarizE(x,t)
zato nel piano parallelo ai piani conduttori e dipende solo dalla
coordinata x oltre che dal tempo t.
Si assuma dapprima una polarizzazione lineare.
0
a
x
a) Trovare i valori permessi della frequenza ω e scrivere le espressioni corrispondenti del campo
elettrico E e del campo magnetico B, tracciandone un grafico dell’ampiezza in funzione di x per il
caso corrispondente al valore minimo di ω.
b) Calcolare il vettore di Poynting S, specificandone la dipendenza temporale e spaziale, e tracciarne
un grafico in funzione di x, sempre per il caso corrispondente al valore minimo di ω.
c) Determinare, in funzione dei parametri noti, la pressione di radiazione sulle pareti conduttrici.
d) Si scriva ora, usando i risultati del punto a), un’espressione per il campo elettrico con polarizzazione circolare, tale cioè che E ruoti nel piano yz parallelo alle superfici con velocità angolare ω. Si
trovi la corrispondente espressione di B e si verifichi che in questo caso S = 0.
SOLUZIONI
1
a) L’espressione è ben nota
ωp2
,
ω02 − ω 2
εr (ω) = 1 +
ωp2 =
ne2
.
²0 m e
b) Poiché la sfera è molto più piccola della lunghezza d’onda (a ¿ λ), possiamo usare l’approssimazione elettrostatica per calcolarne la polarizzazione. Il campo interno e la corrispondente polarizzaizone
di una sfera dielettrica posta in un campo esterno uniforme Eex ' E0 e−iωt sono dati da
Ei =
3Eex
,
εr + 2
P = ε0 (εr − 1)Ei = 3ε0 Eex
εr − 1
.
εr + 2
Si ha una risonanza per εr + 2 = 0 ovvero se
ω=
s
ω02 +
ωp2
.
3
c) Sempre poiché a ¿ λ, gli elettroni nella sfera oscillano in fase e irraggiano coerentemente. Quindi
possiamo trattare la sfera come un dipolo oscillante p = PV dove V = 4πa3 /3. La potenza irraggiata
totale e la distribuzione angolare sono date da
P =
k0 2
|p̈| ,
3c3
dP
3P
=
sin2 θ .
dΩ
4π
La dipendenza in frequenza è del tipo
P ∝
ω4
.
[3(ω02 − ω 2 ) + ωp2 ]2
La sezione d’urto si trova dividendo P per l’intensità dell’onda incidente I = ² 0 cE02 :
P
4πa2
=
σ=
I
3
µ
ωa
c
¶4
ωp4
.
[3(ω02 − ω 2 ) + ωp2 ]2
2
a) Assumiamo, per fissare le idee, che il campo sia polarizzato lungo ŷ. In una dimensione la soluzione
monocromatica dell’equazione d’onda per il campo elettromagnetico ha la forma della sovrapposizione
di due onde piane:
h ³
´
i
E = Re ŷ E1 eikx + E2 e−ikx e−iωt .
Le condizioni al bordo delle pareti perfettamente conduttrici impongono Ey (0) = Ey (a) = 0, da cui
si ricava E1 = −E2 e sin(ka) = 0. Segue che ka = πn, dove n = 1, 2, . . . e quindi i valori possibili
della frequenza sono
ω=
πc
n,
a
n = 1, 2, . . . .
Il campo elettrico ha la forma
i
h
E = Re ŷE0 sin(kx)e−iωt = ŷE0 sin(kx) cos(ωt) .
Il campo magnetico può essere ricavato dall’equazione ∂t B = −∇ × E, da cui
#
"
E0
ik
B = Re ẑ E0 cos(kx)e−iωt = ŷ
cos(kx) sin(ωt) .
ω
c
b) Il vettore di Poynting è dato da
S = ² 0 c2 E × B =
²0 c 2
E sin(2kx) sin(2ωt) .
4 0
Quindi S ha frequenza doppia (sia spaziale che temporale) rispetto ai campi.
c) Il campo elettromagnetico è la sovrapposizione di due onde piane di uguale ampiezza. Quindi i
campi alla superficie delle pareti sono uguali al caso di un’onda piana di ampiezza E0 /2 che incide
normalmente su un conduttore (specchio) perfetto. Per quest’ultimo caso la pressione di radiazione
è 2I/c dove l’intensità I dell’onda in funzione dei campi incidenti è data da
I = ²0 c2 | hEi × Bi i | =
²0 c E 0
2
2
µ
¶2
=
²0 c 2
E ,
8 0
per cui la pressione su ogni parete è P = ²0 E02 /4.
d) L’espressione del campo E polarizzato circolarmente si ottiene come una sovrapposizione opportuna di campi polarizzati linearmente lungo ŷ e ẑ, sfasati temporalmente di π/2 :
E = E0 sin(kx) [ŷ cos(ωt) + ẑ sin(ωt)] .
Il campo magnetico corrispondente si può ancora ottenere dall’equazione
∂t B = −∇ × E = ŷ∂x Ez − ẑ∂x Ey ,
dalla quale, integrando rispetto a t si ricava
B=−
E0
cos(kx) [ŷ cos(ωt) + ẑ sin(ωt)] .
c
Osserviamo che B risulta parallelo ad E. Quindi, il vettore di Poynting S = 0. Questo è consistente
con la costanza della densità di energia elettromagnetica, in quanto E 2 e B 2 sono costanti.
1
Nel sistema S del laboratorio un’onda elettromagnetica monocromatica e pian
na, avente frequenza ω e ampiezza del campo elettrico E0 , incide sulla superficie
k’
di un mezzo omogeneo semi-infinito, esteso nella regione x > 0 e avente indice
di rifrazione reale n > 1. L’onda è polarizzata nel piano di incidenza e incide
θ
all’angolo di Brewster θ = arctan(n), tale che non si ha onda riflessa nella regione
E k
y
di vuoto.
a) Scrivere l’espressione dell’onda elettromagnetica nel mezzo (x > 0), determi- z x
nandone il vettore d’onda e le ampiezze dei campi magnetico ed elettrico.
n
b) Poiché il sistema è stazionario e non ci sono fenomeni dissipativi, il flusso di energia
elettromagnetica attraverso una qualunque superficie chiusa deve essere nullo. Lo si
verifichi esplicitamente per una superficie schiacciata intorno alla superficie di separazione.
(Si dia per stabilito che il vettore di Poynting nel mezzo è ancora dato da
S = ²0 c2 E × B.)
c) Determinare un sistema di riferimento inerziale S̄ in moto con velocità V = βcŷ parallela alla
superficie del mezzo tali che le onde incidente e trasmessa risultino incidenti perpendicolarmente alla
superficie in S̄.
d) Usando le trasformazioni relativistiche dei campi, determinare le ampiezze dei campi elettrico e
magnetico in S̄, mostrando che la componente parallela alla superficie di Ē è continua mentre quella
di B̄ è discontinua, provando a giustificare questa osservazione.
2
ω−
Due dipoli paralleli e di eguale ampiezza (non interagenti)
ω+
d
posti a distanza d = λ0 /2 = πc/ω0 oscillano con frequenze
θ
ω± = ω0 ± δω/2 (dove δω ¿ ω0 ) perpendicolarmente alla loP
ro congiungente.
Si consideri un punto P posto ad una distanza dai dipoli molto grande rispetto a λ0 e ad un angolo
θ rispetto alla loro congiungente.
a) Si dia la direzione del campo elettrico nel punto P e la sua dipendenza da θ e ω± , all’ordine più
basso in δω/ω0 .
Con due tipi diversi di strumenti si misura il flusso di energia in P . Il primo strumento misura
il flusso “istantaneo” irraggiato, cioè misura il flusso di energia mediato su di un intervallo di tempo
1
∆t tale che 2π/ω0 ¿ ∆t ¿ 2π/δω. Il secondo strumento compie la stessa misura ma su un intervallo
∆t0 À 2π/δω.
b) Si determini la dipendenza delle due misure dall’angolo θ e dal tempo.
c) Come varierebbero i risultati precedenti per un punto di osservazione posto nel piano parallelo ai
dipoli?
2
SOLUZIONI
1
a) Il campo magnetico dell’onda incidente è perpendicolare al piano di incidenza e si può scrivere,
in notazione complessa
B = ẑ
E0 ik·r−iωt
e
,
c
(1)
dove k = (ω/c)(cos θ, sin θ, 0).
Il vettore d’onda dell’onda nel mezzo è dato da
k0 = n(ω/c)(cos θ 0 , sin θ0 , 0)
(2)
dove l’angolo di rifrazione θ 0 è dato dalla legge di Snell sin θ 0 = sin θ/n. Poiché la componente del
campo magnetico parallela alla superficie del mezzo deve essere continua, le ampiezze del campo
magnetico sono le stesse. Quindi si può scrivere
B0 = ẑ
E0 ik0 ·r−iωt
e
.
c
(3)
L’ampiezza del campo elettrico dell’onda nel mezzo è data da E 0 = cB 0 /n = E0 /n.
b)
n
S’
θ
S
θ’
Il flusso totale di energia attraverso la superficie è dato da −S · n + S0 · n, dove
n = x̂ = (1, 0, 0),
S = ²0 c2 (E × B)(x = 0− ),
S0 = ²0 c2 (E × B)(x = 0+ ).
(4)
Il vettore di Poynting è parallelo al vettore d’onda, quindi si ha
S · n = −²0 cE02 cos θ,
S0 · n = ²0 c(E02 /n) cos θ0 .
(5)
Poiché, usando l’espressione dell’angolo di Brewster n = tan θ, si ha
p
p
√
1 − sin2 θ0
1 − sin2 θ/n2
1 − cos2 θ
cos θ0
=
=
=
= cos θ,
(6)
n
tan θ
tan θ
tan θ
si verifica che −S · n + S0 · n = 0.
c) Determiniamo β in modo che in S̄ si abbia per l’onda incidente k̄y = 0, cioè k̄ è perpendicolare
alla superficie. Usando la legge di trasformazione per il vettore d’onda
³
³ω
ω ´
ω ´
k̄y = γ ky − β = γ
sin θ − β =0,
˙
(7)
c
c
c
da cui β = sin θ. Verifichiamo che si ha anche k̄y0 = 0:
³ ω
´
³
ω
ω ´
0
0
0
k̄y = γ ky − β = γ n sin θ − sin θ = 0,
c
c
c
(8)
avendo usato la legge di Snell n sin θ 0 = sin θ.
d) Nel sistema del laboratorio si ha per l’ampiezza dei campi elettrici E = E 0 (sin θ, cos θ, 0) e
E0 = (E0 /n)(sin θ 0 , cos θ0 , 0). Come si verifica facilmente, in S̄ si ha Ēx = Ēx0 = 0 in quanto le onde
sono trasversali; inoltre
Ēy = Ey = E0 cos θ,
Ēy0 = Ey0 =
3
E0
cos θ0 = E0 cos θ
n
(9)
in quanto cos θ 0 = n cos θ come visto al punto b).
Per il campo magnetico
¶
µ
µ
¶
E0
Ex
E0
E0
E0
=γ
B̄z = γ Bz − β
− sin θ
sin θ = γ (1 − sin2 θ) =
,
c
c
c
c
γc
¶
¶
µ
µ
¶
µ
E0
E0
1 2
E0
Ex0
0
0
0
− sin θ
sin θ = γ
=γ
1 − sin θ .
B̄z = γ Bz − β
c
c
c
c
n
(10)
(11)
Nella prima relazione si è usato γ = (1 − β 2 )−1/2 = 1/ cos θ.
La discontinuità di Bk implica l’esistenza di una densità di corrente superficiale a x = 0. Infatti,
in S la discontinuità di Ex implica la presenza di una densità di carica superficiale σ alla superficie
del mezzo. In S̄, il moto del mezzo con velocità −V implica una densità di corrente superficiale
j ∝ Vσ, come si può vedere dalle trasformazioni della quadricorrente.
2
a) Il campo elettrico nel piano perpendicolare ai dipoli è parallelo ai dipoli stessi e la sua ampiezza
non dipende dall’angolo θ (l’emissione è quindi isotropa nel piano). Inoltre all’ordine più basso in
δω/ω0 le ampiezze dei campi di ciascun dipolo sono uguali, quindi consideriamo solo la differenza di
fase. L’ampiezza del campo totale si può allora scrivere, a meno di una fase arbitraria comune
E = E0 cos[(ω + δω/2)t + φ/2] + E0 cos[(ω − δω/2)t − φ/2],
(12)
dove φ = π cos θ. Utilizzando le formule di prostaferesi si può scrivere il campo in una forma che
evidenzia la presenza di battimenti:
E = 2E0 cos(ωt) cos(δωt + φ).
(13)
b) Il flusso di energia è dato dal vettore di Poynting, che è proporzionale al modulo quadro del campo
elettrico:
S ∝ 4 cos2 (ωt) cos2 (δωt + φ).
(14)
Nella misura “istantanea” del flusso il primo fattore cos2 è mediato a 1/2, quindi la dipendenza è del
tipo
hSii ∝ 2 cos2 (δωt + φ).
(15)
Quindi il flusso massimo ruota nel piano con legge oraria
θ(t) = arccos(−δωt/π).
(16)
Mediando su tempi lunghi entrambi i termini cos2 si mediano a 1/2 e la (14) vale 1, cioè il flusso
totale è la somma dei due flussi indipendenti.
c) Nel piano dei dipoli il campo elettrico è proporzionale a sin θ (ovvero non c’è più isotropia). Nel
caso di misura “veloce” il faro continua a ruotare ma con intensità modulata dal fattore sin 2 θ, cioè
con una dipendenza del flusso del tipo
S ∝ 2 sin2 θ cos2 (δωt + π cos θ).
4
(17)
Compito di Fisica bIIA (6 Febbraio 2004)
1
Un elettrone (carica −e, massa me ) si muove sotto l’azione di un campo magnetico costante ed
uniforme B = B0 ẑ. La velocità giace nel piano xy ed ha modulo v(¿ c).
a) Si dica qual’è la frequenza della radiazione emessa dall’elettrone.
b) Si dica com’è polarizzata la radiazione emessa lungo l’asse parallelo a B (asse z) e lungo un
asse perpendicolare a B (asse x).
c) Si calcoli il rapporto tra la potenza totale irraggiata Prad e l’energia E dell’elettrone.
d) Si risponda di nuovo alle domande a)-c) per un positrone (carica +e, massa me ) ed un protone
(carica +e, massa Mp ' 1836me ). Si confrontino i risultati trovati per le tre particelle per
eguali valori della loro energia.
e) Per effetto dell’irraggiamento l’elettone perde energia e compie un moto a spirale. Supponendo
che la variazione dell’energia E dell’elettrone sia piccola in un periodo di rotazione, scrivere
l’equazione che descrive la variazione del raggio di girazione r = r(t) e darne la soluzione.
[Suggerimento: si scriva l’equazione dE/dt = Prad in funzione di r(t)].
(15 punti)
2
Una particella carica si muove nel sistema S del laboratorio in un campo magnetico B = Bẑ ed un
campo elettrico E = E ŷ ortogonali fra loro, costanti nello spazio e nel tempo, perpendicolarmente
al campo magnetico. Il campo elettrico soddisfa la condizione E ¿ Bc ed il moto della particella si
può considerare non relativistico. La velocità iniziale della particella è v = v0 x.
a) Si consideri un sistema di riferimento S 0 in moto lungo l’asse x rispetto al laboratorio. Si
determini la velocità V = βc di S 0 rispetto ad S tale che il campo elettrico E 0 è nullo in S 0 ..
b) Si trovi il valore del campo magnetico B 0 in S 0 e si calcolino la frequenza e il raggio dell’orbita
in S 0 .
c) Si calcoli la frequenza della radiazione emessa dalla particella in S 0 .
d) Si dica per quale valore di v0 la particella rimane in quiete in S 0 . Che cosa succede in tal caso
alla radiazione emessa?
1
e) Si calcoli la frequenza della radiazione emessa dalla particella in S lungo l’asse x, rispettivamente nel verso positivo e nel verso negativo dell’asse.
f) Si spieghi come dalla misura delle due frequenze trovate in d) si può dedurre il valore del
rapporto E/B indipendentemente dalla massa e dalla carica della particella.
(18 punti)
3
L’intensità IT della radiazione solare ad una distanza dal Sole pari all’orbita terrestre (r ' 1.5 ×
1011 m) è circa 1.4 × 103 W/m2 . Il raggio della terra è circa RT ' 6400 km.
a) Calcolare la potenza totale incidente sulla superficie della Terra e su quella di Marte (r '
2.3 × 1011 m, RM ' 3400 km).
Si immagini una nave spaziale che sfrutta per la propulsione la pressione della radiazione solare.
b) Calcolare quanta superficie deve avere una “vela solare” per ottenere una forza di 1 N quando
la nave si trova sull’orbita terrestre. Conviene che la superficie della vela sia riflettente o
assorbente per la luce solare?
Si consideri ora un granello sferico di polvere cosmica di raggio a e densità ρ sottoposto all’azione
sia della forza gravitazionale del Sole che della pressione di radiazione.
c) Si mostri che se il raggio a è sufficientemente piccolo il granello di polvere viene spinto fuori
dal sistema solare. Si dia tale valore per un granello con ρ ' 103 kg/m3 , sapendo che la massa
del Sole è circa 2 × 1030 kg e G = 6.67 × 10−11 in unità SI.
(12 punti)
SOLUZIONI
1
a) L’elettrone compie un’orbita di Larmor con frequenza ωL = eB/me . Il momento di dipolo
p = −ex ruota nel piano xy con la frequenza ωL che è quindi anche la frequenza della radiazione
emessa.
b) Si può scrivere il dipolo ruotante come p = p0 (x̂ cos ωL t + ŷ sin ωL t). Per l’irraggiamento di
dipolo E ∼ −(p × n) × n (dove n è la direzione di osservazione) ovvero E ∼ p⊥ dove p⊥ è la
componente di p perpendicolare a n. Quindi, se n = ẑ, E ∼ x̂ cos ωL t+ ŷ sin ωL t (polarizzazione
circolare); se n = x̂, E ∼ −ŷ sin ωL t) (polarizzazione lineare).
c) Poichè r̈ = v × ω L (essendo ω L = ωẑ), si ha
Prad =
2k0 e2 v 2 ωL2
2k0 |er̈|2
=
3 c3
3
c2
(k0 = (4π²0 )−1 da cui, essendo E = me v 2 /2,
4k0 e2 ωL2
Prad
=
.
E
3 me
2
d) Per il positrone, rispetto all’elettrone cambia solo il verso dell’orbita e quindi il verso della
polarizzazione circolare. Per il protone la frequenza è ΩL = (me /Mp )ωL . Le polarizzazioni sono
identiche al caso del positrone, mentre (Prad /E)p = (me /Mp )3 (Prad /E)e .
e) Poichè v = rω, l’equazione dE/dt = −Prad può essere riscritta come
d
dt
Ã
mω 2 r2
2
!
=−
2k0 ³ 2 4 2 ´
eω r
3
ed essendo d(r2 )/dt = 2rdr/dt si ha l’equazione
dr
k0 e2 ω 2
=−
≡ −Cr
dt
3mc3
la cui soluzione è
r(t) = r(0)e−Ct .
La particella spiraleggia in un tempo ∼ C −1 .
2
a) Le trasformazioni di Lorentz dei campi danno E 0 = γ(E − βcB) = 0 se β = E/Bc. Poichè
β ¿ 1, d’ora in poi si può porre γ ' 1.
b) Usando la trasformazione di Lorentz B 0 = γ(B − βE/c) ' B − E 2 /(Bc). Alternativamente
0
0
0
0
sfuttando l’invarianza di B 2 c2 − E 2 = B 2 c2 − E 2 = B 2 c2 si ha B 2 = B 2 − E 2 /c2 ovvero
B 0 ' B − E 2 /(Bc) essendo E ¿ Bc. La particella compie un’orbita di Larmor con frequenza
ω 0 = qB 0 /m e raggio r0 = v 0 ω, essendo v 0 = v0 − βc la velocità in S 0 .
c) La radiazione emessa ha frequenza ω (la particella ha un momento di dipolo ruotante a tale
frequenza).
d) Se v0 = βc, si ha v 0 = 0, la forza e l’accelerazione sono nulle e non viene emessa radiazione. (In
S il moto è rettilineo uniforme con velocità v0 ).
e) La velocità media della particella in S 0 è nulla; in S è βc = E/B. Quindi per effetto Doppler
il S le frequenze osservate in avanti o indietro valgono ω± = ω 0 (1 ± β).
f) Misurando il rapporto (ω+ − ω− )/(ω+ + ω− ) = 2β = 2E/Bc.
3
a) Sulla Terra PT ' IT πRT2 = 1.8 × 1017 W. Su Marte PM = PT (rT /rM )2 (RM /RT )2 ' PT × 0.43 ×
0.28 = 2.2 × 1016 W.
b) La pressione di radiazione è I/c per una superficie assorbente e 2I/c per una superficie riflettente. In questo caso posto (2IT /c)S = 1 N si ha S ' 105 m2 .
3
c) Sia la forza gravitazionale fG che la forza della pressione di radiazione frad dipendono dalla
distanza dal Sole come 1/r2 . Quindi basta verificare che fG < frad ad una distanza qualsiasi:
µ
fG =
ovvero
¶
4π 3
1
2IT
ρa GMS 2 < frad =
3
r
c
µ
3IT rT2
a<
' 5 × 10−5 m.
2πGρMS c
4
rT
r
¶2
πa2
Compito di Fisica bIIA (2 febbraio 2005)
1
Un particolare materiale anisotropo può essere schematizzato come composto da elettroni legati agli
atomi da forze elastiche anisotrope. Si assuma che gli elettroni siano vincolati a muoversi nel piano
yz e siano legati da una forza di componenti
Fz = −mω22 z ,
Fy = −mω12 y ,
dove ω2 > ω1 . Il materiale ha n siffatti elettroni per unità di volume.
a) Si scriva l’indice di rifrazione del materiale per onde EM di frequenza ω, propagantesi lungo x
e polarizzate linearmente lungo ŷ.
b) Si risponda nuovamente alla domanda a) per onde polarizzate lungo ẑ.
c) Si trovi in quali intervalli di frequenze il materiale si comporta come un polaroid, ovvero solo
uno stato di polarizzazione può essere trasmesso attraverso di esso.
(12 punti)
2
In un solenoide cilindrico avente raggio R, lunghezza molto maggiore di R e n spire per unità di
lunghezza passa la corrente dipendente dal tempo I = I0 t/τ .
a) Calcolare i campi magnetico ed elettrico all’interno del solenoide.
b) Verificare il teorema di Poynting per una superficie cilindrica di raggio r < R interna e coassiale
al solenoide, mostrando che il flusso del vettore di Poynting S sulla superficie è uguale alla
variazione nel tempo dell’energia elettromagnetica all’interno di essa.
c) Com’è noto, all’esterno del solenoide B = 0. Cosa si può dire del teorema di Poynting per una
superficie cilindrica di raggio r > R esterna e coassiale al solenoide?
(12 punti)
1
3
Si consideri, nel sistema S del laboratorio, un condensatore piano, con armature parallele e infinite
sulle quali esistono densità di carica superficiale rispettivamente uguali a +σ e −σ.
a) Si calcoli il campo elettrico E in S.
Si consideri ora un sistema di riferimento S 0 in moto con velocità V costante e parallela alle armature
del condensatore.
b) Si calcoli il campo elettrico e la densità di carica superficiale in S 0 .
c) Si calcoli il campo magnetico B0 in S 0 e se ne determini la sorgente.
Si consideri ora un sistema di riferimento S 00 in moto con velocità V1 costante e perpendicolare alle
armature del condensatore.
d) Si calcoli il campo elettrico e il campo magnetico in S 00 e le loro eventuali sorgenti.
(12 punti)
2
SOLUZIONI
1
a) Per onde polarizzate lungo ŷ il campo è dato da ŷE0 eikx−iωt e il moto è lungo l’asse y; l’equazione
del moto si riduce a
ÿ + ω12 y = −(e/me )E0 eikx−iωt .
Cercando una soluzione del tipo y = y0 eikx−iωt , si ha
(−ω 2 + ω12 )y0 = −(e/me )E0 .
La polarizzazione è data da
Py = −eny0 =
ne2 /me
E0 ,
ω12 − ω 2
e la funzione dielettrica da
²1 (ω) = 1 +
essendo ωp =
q
ω2
Py
=1− 2 p 2 ,
²0 E0
ω − ω1
ne2 /²0 me . L’indice di rifrazione è dato da n1 =
q
²1 (ω).
b) Si procede
identicamente al punto a), con le sostituzioni y → z e ω1 → ω2 . Si ha quindi
q
n2 = ²2 (ω) dove
ωp2
Pz
²2 (ω) = 1 +
=1− 2
.
²0 E0
ω − ω22
c) La propagazione dell’onda nel mezzo richiede un indice di rifrazione reale, ovvero ²(ω) > 0.
Quindi l’onda
polarizzata lungo ŷ non si propaga nell’intervallo di frequenze ω1 < ω < ωT,1
q
dove ωT,1 = ωp2 + ω12 . Analogamente l’onda polarizzata lungo ẑ non si propaga se ω2 < ω <
q
ωT,2 dove ωT,2 = ωp2 + ω22 . Quindi, nell’intervallo ωT,1 < ω < ωT,2 solo l’onda polarizzata
lungo ŷ può propagarsi. Viceversa, nell’intervallo ω1 < ω2 solo l’onda polarizzata lungo ẑ può
propagarsi.
2
a) Il campo magnetico è dato da B = Bẑ = µ0 nIẑ. Per la simmetria cilindrica del problema, il
campo elettrico E ha linee di forza circolari. Per la legge di Faraday, calcolando la circuitazione
di E = E(r)φ̂ lungo le linee di forza e il flusso di B attraverso la superficie racchiusa da esse,
si ha 2πE(r) = −πr2 ∂t B da cui E(r) = −(µ0 nI0 /2τ )r.
b) Il vettore di Poynting è dato da
S=
µ0
1
E×B=−
µ0
2
µ
nI0
τ
¶2
tr ,
ed è quindi diretto radialmente e verso l’interno della superficie. Il suo flusso su un cilindro di
raggio r e altezza h è
¶
µ
nI0 2
2
Φ(S) = 2πrhS(r) = −µ0 πr ht
.
τ
3
L’energia magnetica contneuta nel cilindro è
µ
U M = uM V =
B2 2
π
nI0 t
πr h = r2 hµ0
2µ0
2
τ
¶2
,
e quindi la sua variazione è
µ
nI0
= πr hµ0 t
τ
2
∂t UM
¶2
= −Φ(S) .
c) Essendo B = 0, all’esterno S = 0 e quindi il flusso di energia sulla superficie è nullo. Per il
teorema di Poynting si deve quindi avere
Z
Z
(uM + uE ) dV =
J · EdV .
La corrente nel solenoide è solo superficiale:
JdV → nIRdφdz ,
e quindi
Z
Z h
Z 2π
µ
¶
nI0 2
,
τ
0
0
che è uguale alla variazione di energia magnetica contenuta nel cilindro di raggio R.
J · EdV =
dz
dφnIE(R)R = −µ0 πR2 h
3
a) Il campo è perpendicolare alle armature. Applicando la legge di Gauss si trova E = σ/²0 .
b) Poichè E è ortogonale a V, le trasformazioni di Lorentz danno in S 0 un campo
E0 = γ(E + V × B) = γE ,
dove γ = (1 − V 2 /c2 )−1/2 , essendo il campo magnetico nullo in S. Applicando la legge di Gauss
si trova sulle armature una carica superficiale di modulo σ 0 = ²0 E 0 = γσ, come si può ottenere
anche dalla trasformazione della quadricorrente. Intuitivamente il risultato si spiega con la
conservazione della carica e la contrazione relativistica delle lunghezze.
c) Il campo magnetico in S 0 è dato da
B0 = γ(B −
1
γ
V × E) = − 2 V × E ,
2
c
c
e risulta uniforme e parallelo alle armature. Applicando la legge di Ampère si trova che B0 è
generato da una corrente superficiale
ι0 = −
γE
V = −γσV
µ0 c 2
sull’armatura con carica positiva e −ι0 sull’armatura con carica negativa. Questo risultato si
può ottenere anche dalla trasfromazione della quadricorrente.
d) La componente di E lungo la velocità di trasformazione è invariante per trasformazioni di
Lorentz; quindi, banalmente E0 = E, B0 = 0, e le sorgenti sono anch’esse invariate.
4
Compito di Fisica bIIA (gennaio 2005)
1
Si consideri il modello dell’elettrone legato elasticamente, secondo il quale un elettrone atomico di
massa me e carica −e è descritto dall’equazione classica
d2 x
dx
1
+γ
+ ω02 x =
F
2
dt
dt
me
dove F è l’eventuale forza esterna.
Si ipotizza che lo smorzamento γ sia dovuto alla perdita di energia per irraggiamento dell’elettrone
sottoposto ad accelerazione. Con questa premessa, si calcoli un’espressione per γ in funzione degli
altri parametri del modello secondo i seguenti passi:
a) L’elettrone viene spostato per una lunghezza δ dalla sua posizione di equilibrio e lasciato libero
(cioè in assenza di campi esterni) con velocità iniziale nulla per t ≥ 0. Si trovi la legge del moto
per t > 0. (Si può assumere per semplicità γ 2 ¿ ω02 ).
b) Si trovi la potenza irraggiata P per t > 0.
c) Si ponga P = −dU/dt dove U è l’energia totale dell’elettrone e si deduca da questa eguaglianza
un’espressione per γ.
(15 punti )
2
Un atomo di polarizzabilità α si muove con velocità costante V lungo l’asse x. Un’onda EM il cui
campo elettrico è dato da E = ŷE0 ei(ω/c)(x−ct) si propaga nella stessa direzione.
a) Si descriva la radiazione diffusa dall’atomo nel suo sistema di riferimento di quiete S 0 , specificandone la frequenza e la distribuzione angolare in funzione dell’angolo θ0 rispetto all’asse
y 0 = y. In quale direzione, ovvero per quali valori di θ0 , l’intensità della radiazione diffusa è
nulla?
b) Si trovi in quali direzioni l’intensità della radiazione diffusa è nulla nel sistema S del laboratorio.
[Suggerimento: tra il vettore d’onda k della radiazione diffusa e l’angolo θ di emissione rispetto
all’asse y sussiste la relazione tan θ = kx /ky ; una relazione analoga sussiste in S 0 .]
c) Si trovi la frequenza in S della radiazione emessa lungo la direzione di E (ovvero agli angoli
θ = 0 e π/2) e lungo l’asse x (ovvero agli angoli θ = ±π/2).
(15 punti )
1
3
Sperimentalmente, si osserva con buona approsimazione che nella regione visibile l’indice di rifrazione
di sostanze trasparenti alla luce (come gas e vetri) dipende dalla lunghezza d’onda λ secondo la
formula empirica di Cauchy
B
n(λ) = A + 2
λ
dove A e B sono parametri reali e positivi, indipendenti da λ e caratteristici del materiale.
Si giustifichi la formula di Cauchy mediante il modello dell’elettrone legato elasticamente, supponendo che il materiale abbia N elettroni per unità di volume ed una sola frequenza di risonanza ω0 .
In particolare, si seguano i seguenti passi:
a) si scriva l’espressione teorica generale dell’indice di rifrazione in funzione della frequenza, ovvero
della lunghezza d’onda;
b) confrontando l’espressione teorica con la formula di Cauchy si stabilisca l’ordinamento tra ω0
e la frequenza della luce ω, cioè se nella regione visibile ω è (molto) maggiore oppure (molto)
minore di ω0 ;
c) si mostri come dalla misura di A e B si possono ricavare ω0 e N e si stimi il valore di ω0 e di
N per il quarzo (A = 1.446, B = 3.5 × 10−15 m2 ).
Possono essere utili i seguenti sviluppi per valori piccoli di x:
√
1+x'1+
x
,
2
1
' 1 ∓ x.
1±x
(15 punti )
2
SOLUZIONI
1
a) Il moto è quello di un oscillatore classico smorzato. Cerchiamo una soluzione (in notazione
complessa) del tipo
x̃(t) = δe−iωt .
Sostituendo nell’equazione del moto si ottiene
(−ω 2 − iωγ + ω02 )δ = 0,
e quindi
s
ω=
ω02 −
γ2
γ
γ
− i ' ω0 − i .
4
2
2
Si ha quindi, per lo spostamento reale
³
´
x(t) = Rex̃(t) = Re δe−iω0 t−γt/2 = δ cos(ω0 t)e−γt/2 .
b) L’elettrone irraggia come un dipolo oscillante di modulo p = ex con una potenza istantanea
P =
Si ha
1 2|p̈|2
.
4π²0 3c2
¯
h
i¯
¨ = ¯¯Re (−iω0 − γ/2)2 δe−iω0 t−γt/2 ¯¯ ' −ω02 δe−γt/2 ,
|Re(x̃)|
dove si sono trascurati termini che nella potenza irraggiata danno un contributo di ordine
(γ/ω0 )2 . Si ha quindi
1 2ω04 e2 δ 2
.
P '
4π²0 3c2
c) L’energia totale è data da
U=
me 2 2
me 2 2 −γt
me 2
ẋ (t) +
ω0 x (t) '
ω δ e .
2
2
2 0
Per ipotesi si ha P = −dU/dt = γU , da cui
γ=
P
1 4ω02 e2
=
,
U
4π²0 3me c3
ovvero, posto rc = (1/4π²0 )(e2 /me c2 ) (raggio classico dell’elettrone), e λ = 2πc/ω0 (lunghezza
d’onda della radiazione emessa),
µ ¶
8π
rc
γ=
ω0
.
3
λ
3
2
a) In S 0 l’atomo “vede” un’onda piana con la stessa polarizzazione
e direzione osservate in S, ma
√
0
2
con frequenza ω = γω0 (1 − β) dove β = V /c e γ = 1 − β (effetto Doppler). L’irraggiamento
è quello di un dipolo p0 = αE0 oscillante alla frequenza ω 0 . La distribuzione angolare è quindi
del tipo dP/dΩ ∝ sin2 θ0 . Quindi non si osserva radiazione agli angoli per cui sin θ0 = 0 ovvero
θ0 = 0 e θ0 = π.
b) In S 0 , la radiazione emessa in direzione θ0 ha kx0 = (ω 0 /c) sin θ0 e ky0 = (ω 0 /c) cos θ0 . Usando le
trasformazioni di Lorentz si ha
kx
γ(kx0 + βω 0 /c)
γ(sin θ0 + β)
tan θ =
=
=
.
ky
ky0
cos θ0
Le direzioni in cui non viene emessa radiazione, θ0 = 0 e θ0 = π corrispondono quindi a
tan θ = ±γβ.
c) Per le trasformazioni di Lorentz
ω(θ) = γ(ω 0 + βkx0 c) = γω 0 (1 + β sin θ0 ) = γ 2 ω0 (1 − β)(1 + β sin θ0 ).
Dal punto precedente, si ha che se tan θ = 0 allora deve essere sin θ0 = −β, quindi
ω(θ = 0) = ω0
(1 − β)(1 − β 2 )
= ω0 (1 − β) .
1 − β2
Se invece θ = ±π/2 deve essere cos θ0 = 0 ovvero θ0 = ±π/2, sin θ0 = ±1 e troviamo
ω(θ = +π/2) = ω0
(1 − β)(1 + β)
= ω0
1 − β2
(θ0 = +π/2) ,
(1 − β)(1 − β)
1−β
= ω0
(θ0 = −π/2) .
2
1−β
1+β
Il primo caso corrisponde a radiazione emessa nella stessa direzione dell’onda, il secondo caso
alla direzione contraria.
ω(θ = −π/2) = ω0
3
a) L’espressione dell’indice di rifrazione ottenuta dal modello è
v
u
u
n(ω) = t1 +
ωp2
,
ω02 − ω 2 − iγω
dove ωp2 = N e2 /²0 me .
b) Poichè la formula di Cauchy prevede un indice di rifrazione reale segue che iγω è trascurabile
nella regione visibile. Nel limite ω0 À ω, utilizzando gli sviluppi suggeriti rispetto al parametro
piccolo x = ω/ω0 l’indice di rifrazione si riduce a
n(ω) ' 1 +
ωp2
ωp2
ωp2 ω 2
'
1
+
+
.
2(ω02 − ω 2 )
2ω02
2ω04
4
Essendo poi ω = 2πc/λ, possiamo scrivere
n(λ) ' 1 +
ωp2
4π 2 c2 ωp2
+
,
2ω02
2ω04 λ2
che è della stessa forma della formula di Cauchy. Quindi, nella regione visibile ω ¿ ω0 .
c) Dal confronto si ricava
A=1+
ωp2
,
2ω02
B=
4π 2 c2 ωp2
.
2ω04 λ2
Quindi, risolvendo per N e ω0
ω02 = 4πc2
A−1
,
B
ovvero
N = 8π²0
ωp2 = 8πc2
(A − 1)2
,
B
2(A − 1)2
me c2 (A − 1)2
=
,
e2
B
Bre
essendo re = 2.8 × 10−15 m il raggio classico dell’elettrone. Inserendo i valori numerici per il
quarzo si trova
ω0 ' 2.1 × 10−16 s−1 ,
N ' 4.0 × 1028 m−3 .
5
Compito di Fisica bIIA (21 giugno 2004)
1
Un’antenna rettilinea alimentata al bordo è costituita da un sottile conduttore cilindrico esteso da
z = 0 a z = L lungo la quale scorre la corrente totale
µ
I = I(z, t) = I0
¶
z −iωt
1−
e
.
L
(1)
a) Descrivere la radiazione emessa dall’antenna e calcolare la potenza totale irraggiata.
La (1) è un’approssimazione e si vuole trovare le condizioni per cui si può assumere di conoscere la
distribuzione di I(z, t). A tal fine:
b) Supponendo che l’antenna abbia raggio R e conducibilità σ, calcolare, all’ordine più basso in ω,
i campi elettrico E0 e magnetico B0 al suo interno assumendo che la corrente sia uniformemente
distribuita [J = ẑJz (z, t)].
c) Si calcoli, all’ordine superiore in ω, la correzione E1 al campo elettrico dovuta all’induzione
magnetica e si determini la condizione per cui E1 ¿ E0 .
[Si usi la condizione al bordo E1 (r = R) = 0; può essere utile ricordare che, in coordinate cilindriche,
se E = Ez ẑ si ha ∇ × E = ∂r Ez φ̂.]
(12 punti)
2
Si consideri una guida d’onda a sezione rettangolare (|y| < a, |z| < b), con pareti perfettamente
conduttrici. Lungo la guida si propaga un’onda
elettromagnetica il cui campo magnetico ha solo
una componente lungo ẑ ed ha la forma
Bz (x, y, t) = B0 cos(ky y)eikx x−iωt .
(2)
a) Usando l’equazione d’onda, si determini la relazione generale tra ω, kx e ky .
b) Si scriva il campo elettrico E = E(x, y, t).
1
c) Imponendo le opportune condizioni al bordo per il campo elettrico, determinare i valori possibili
per ky , la relazione di dispersione e la frequenza di taglio più bassa ωT .
d) Determinare il flusso d’energia dell’onda lungo la direzione di propagazione per il modo di
ordine più basso, mostrando che esso è proporzionale alla velocità di gruppo dell’onda.
(12 punti)
3
Un’onda elettromagnetica piana avente frequenza ω e ampiezza del campo elettrico E0 incide su uno
specchio piano perfetto ad un angolo θ rispetto alla normale nel sistema S del laboratorio.
a) Si trovi una trasformazione di Lorentz con velocità parallela alla superficie dello specchio β =
β ŷ tale che nel sistema trasformato S 0 l’onda incide perpendicolarmente sullo specchio.
b) Si mostri che in S 0 le componenti perpendicolari allo specchio dei campi elettrico e magnetico
sono nulle [si studino entrambi i casi di polarizzazione lineare perpendicolare (S) o parallela
(P) al piano di incidenza].
c) Si calcolino (a piacere per polarizzazione S o P) in funzione di E0 e θ le ampiezze dei campi e
l’intensità I 0 dell’onda in S 0 in funzione di θ e dell’intensità I in S.
d) Scrivere la pressione di radiazione sullo specchio in S 0 ; come dipende da θ?
e) Mostrare che la pressione di radiazione sullo specchio in S è uguale a quella in S 0 .
[Suggerimento: si usi il fatto che in S 0 la forza esercitata sugli elettroni del metallo è minore di un
fattore γ rispetto a quella misurata in S, e la contrazione relativistica delle lunghezze. Oppure, si
calcoli direttamente, facendo uso del tensore degli stress di Maxwell, la pressione di radiazione nei due
diversi sistemi di riferimento.]
(15 punti)
2
Soluzioni
1
a) Lungo l’antenna si trova una densità di carica superficiale λc che soddisfa l’equazione di
continuità
I0
∂t λc = −∂z I = e−iωt .
L
Da qui otteniamo
iI0 −iωt
e
.
λc =
ωL
A questa distribuzione di carica corrisponde un momento di dipolo orientato lungo ẑ e avente
modulo
Z L
iI0 L −iωt
pz =
zλc dz =
e
.
2ω
0
L’irraggiamento è quindi di dipolo. La potenza media emessa è (k0 ≡ 1/4π²0 )
1 2|p̈z |2
ω 4 |pz |2
k0
P = k0
=
k
= (I0 Lω)2
0
3
3
2
3c
3c
12
(il fattore 1/2 deriva dalla media temporale di cos ωt).
b) All’ordine zero in ω si ha
J
I(z, t)
= ẑ
σ
Sσ
2
dove S = πR . Allo stesso ordine in ω il campo magnetico è dovuto solo alla corrente elettrica
(la corrente di spostamento ∼ ∂t E0 è di ordine superiore in ω), ovvero ∇ × B0 = µ0 J da cui,
essendo B0 = B0 φ per simmetria, si ottiene 2πrB0 = µ0 πr2 J ovvero
E0 =
B0 =
µ0 I(z, t)r
.
2S
c) Il campo E1 soddisfa ∇ × E1 = −∂t B0 da cui si ottiene
∂r E1 = iω
µ0 I(z, t)r
,
2S
µ0 I(z, t)(r2 − R2 )
.
4S
Il valore massimo di E1 si ha per R = 0 e si ha
E1 = iω
¯
¯
¯ E1 ¯
1
¯ = µ0 R2 ωσ.
¯
¯
¯
E0
4
Quindi, E1 ¿ E0 se
q
R ¿ ls ≡
2/µ0 σω,
ovvero se l’antenna è sottile rispetto alla lunghezza di pelle ls .
3
2
a) Inserendo la (2) nell’equazione d’onda
µ
¶
1
∇ − 2 ∂t2 Bz = 0
c
2
si ottiene, essendo ∇2 = ∂x2 + ∂y2 + ∂z2 e ∂z Bz = 0,
kx2 + ky2 +
ω2
= 0.
c2
b) Conviene usare ∂t E = c2 ∇ × B = c2 (x̂∂y − ŷ∂x )Bz da cui
Ex = −i
ky c2
B0 sin(ky y)eikx x−iωt ,
ω
kx c2
Ey =
B0 cos(ky y)eikx x−iωt .
ω
c) Sulle superfici perfettamente conduttrici le componenti parallele del campo elettrico devono
annullarsi, ovvero Ey (y = ±a/2) = 0 da cui la condizione cos(ky a/2) = 0. Deve quindi essere
ky a = (2m + 1)π con m = 0, 1, 2, . . ..
La frequenza è quindi data da
µ
ω 2 = kx2 c2 +
πc
a
¶2
(2m + 1)2
Il modo di frequenza più bassa ha m = 0 e
s
ω=
µ
kx2 c2
πc
+
a
¶2
>
πc
≡ ωT
a
avendo posto ωT ≡ πc/a.
d) Il flusso di energia è dato dal vettore di Poynting, che ha due componenti:
S = ²0 c2 E × B = ²0 c2 (Ey Bz x̂ − Ex Bz ŷ)
Il flusso d’energia cercato è dato quindi dalla media della componente x (passiamo alle parti
reali in quanto abbiamo a che fare con una forma quadratica)
Sx = ²0 c2 Ey Bz = ²0 c4
kx 2
B0 cos2 (ky y) cos2 (kx − ωt).
ω
Mediando sul periodo
hSx i = ²0 c4
kx 2
B cos2 (ky y).
2ω 0
La velocità di gruppo è
kx c2
vg = ∂k ω = q
kx2 c2 + ωT2
=
kx c2
ω
e quindi si può anche scrivere
hSx i =
²0 2
c vg B02 cos2 (ky y).
2
4
3
a) L’onda incidente ha kx = k cos θ e ky = k sin θ dove k = ω/c. Per una trasformazione con
β = β ŷ si ha kx0 = kx e ky0 = γ(ky − βω/c) = γk(sin θ − β). Segue che se β = sin θ si ha ky0 = 0,
ovvero l’incidenza è normale in S 0 .
b) Per polarizzazione S, E = E0 ẑ e B ha una componente Bx = B0 sin θ, dove B0 = E0 /c. In S 0
si ha
Bx0 = γ(Bx − βEz /c) = γB0 (sin θ − β) = 0.
Per polarizzazione P , B = B0 ẑ e E ha una componente Ex = E0 sin θ. In S 0 si ha
Ex0 = γ(Ex − βcBz ) = γE0 (sin θ − β) = 0.
c) Per polarizzazione P , si ha Ey0 = Ey = E0 cos θ e Bz0 = γ(Bz − βEx /c) = γB0 (1 − β sin θ) =
γB0 (1 − β 2 ) = B0 /γ = B0 cos θ essendo γ = (1 − β 2 )−1/2 = 1/ cos θ.
Poichè l’intensità è proporzionale al quadrato dei campi, si ha I 0 = I cos2 θ.
Allo stesso risultato si arriva per il caso di polarizzazione S, in quanto per incidenza normale
le polarizzazioni diventano degeneri.
d) Per uno specchio perfetto la pressione di radiazione di un’onda EM ad incidenza normale è
2I/c essendo I l’intensità. Quindi P 0 = 2I 0 /c = (2I/c) cos2 θ.
e) La pressione è forza per unità di superficie ovvero P 0 = F 0 /S 0 dove la forza è diretta perpendicolarmente alla superficie. Per trasformazioni di Lorentz S 0 = S/γ (contrazione delle lunghezze)
e F 0 = F/γ. Segue che P = F/S = F 0 /S 0 = P 0 .
5
Compito di Fisica bIIA (** giugno 2005)
1
Il sistema terra-ionosfera può essere visto come una
cavità risonante formata da due superfici conduttrici
sferiche concentriche (corrispondenti alla superficie terrestre, di raggio RT ' 6400 km, e al bordo inferiore della
ionosfera, che si trova ad un’altezza h ' 100 km). All’interno di questa cavità esistono quindi onde elettromagnetiche stazionarie di determinate frequenze (risonanze
di Schumann).
Si vuole stimare il valore della frequenza ω delle risonanze di Schumann assumendo che la superficie terrestre
e la ionosfera siano perfettamente conduttrici e quindi
riflettenti.
h
RT
h
E
Ly
L
x
Per evitare complicazioni con la geometria sferica, si schematizza il sistema come un parallelipedo
formato da due lastre conduttrici, parallele all’asse z e separate di un’altezza Lz ' h, aventi base
quadrata di lati Lx = Ly = 2πRT . Sulle pareti verticali si impongono condizioni periodiche al
contorno, ovvero se E = E(x, t) è il campo elettrico dell’onda, si deve avere
E(x = 0, y, z, t) = E(x = Lx , y, z, t) ,
E(x, y = 0, z, t) = E(x, y = Ly , z, t) ,
e lo stesso per il campo magnetico. Lo spazio fra le due lastre è assunto con permittività ²r = ²/²0 = 1
e µr = µ/µ0 = 1.
Si assuma un modo TE con il campo elettrico dato dall’espressione
E = E0 ẑeikx x+iky y−iωt .
(1)
a) Si determinino i valori permessi di kx , ky .
b) Si dia l’espressione di ω in funzione di kx e ky e si stimi il valore numerico di ω e della lunghezza
d’onda corrispondente per il modo di frequenza più bassa.
c) Sapendo che la conducibilità dell’acqua di mare a bassa frequenza è σ ' 4.4 Ω−1 m−1 , si dica se
alle frequenze delle risonanze di Schumann l’approssimazione di conduttore perfetto è buona
per la superficie degli oceani. Che valori di conducibilità dovrebbe avere la superficie terrestre
allo stesso fine?
(15 punti)
1
2
Un’onda elettromagnetica piana di frequenza ω incide normalmente, nel sistema S del laboratorio,
sulla superficie di un mezzo semi-infinito che occupa il semispazio x > 0. Il mezzo è in moto in S
con velocità V costante e parallela alla superficie.
Si assuma che il mezzo abbia un indice di rifrazione reale n > 1, definito nel sistema in cui il
mezzo è immobile.
a) Si calcoli l’angolo di incidenza in S 0 e si mostri che la riflessione dell’onda è speculare (ovvero
perpendicolare alla superficie) nel sistema S.
b) Si calcoli l’angolo di rifrazione e la velocità di fase dell’onda rifratta nei sistemi S 0 e S.
Si supponga ora che il mezzo sia un metallo o plasma con indice di rifrazione n = n(ω 0 ) =
(nel sistema in cui il mezzo è immobile).
q
1 − ωp2 /ω 0 2
c) Si mostri che se si ha 0 < n < 1 ma n < β < 1 l’onda è evanescente nel mezzo e si scriva tale
condizione in termini della frequenza ω dell’onda in S.
(15 punti)
3
Un’onda elettromagnetica piana, linearmente polarizzata, il cui campo elettrico ha la forma
³
´
Ei (x, t) = E0 ŷ cos(kx − ωt) = E0 ŷRe eikx−iωt ,
incide su una piccola sfera di raggio a ¿ λ = 2πc/ω posta nell’origine degli assi. La sfera è
perfettamente conduttrice cosicchè al suo interno si ha sempre E = 0.
a) Si descriva, nell’approssimazione di dipolo elettrico, la diffusione dell’onda elettromagnetica da
parte della sfera, specificando la frequenza, la distribuzione angolare e la polarizzazione della
radiazione diffusa.
b) Si dia la sezione d’urto di diffusione, ovvero il rapporto tra la potenza totale diffusa e l’intensità
dell’onda incidente, e la si confronti con la sezione geometrica σg = πa2 .
Si ricordi che per una sfera uniformemente polarizzata elettricamente vale la relazione Eint = P/3²0 .
(12 punti)
2
SOLUZIONI
1
a) Imponendo le condizioni periodiche al contorno sulla (1) si ottiene subito
eikx Lx = 1 ;
eiky Ly = 1 .
Da cui si ricava
kx Lx = 2πm ;
ky Ly = 2πn;
m, n = 0, 1, 2, . . .
dove m e n non sono simultaneamente nulli.
b) Poichè dall’equazione d’onda si ha sempre ω 2 = k 2 c2 , otteniamo (con Lx = Ly = 2πRT )
µ
ω2 =
c
RT
¶2
(m2 + n2 ) .
La frequenza minima si ottiene per m = 1, n = 0 oppure m = 0, n = 1 e vale ω10 = c/RT =
47 s−1 , corrispondente ad una lunghezza d’onda pari a 2π volte il raggio terrestre RT .
c) Un conduttore ohmico può essere considerato perfettamente riflettente quando σ À ²0 ω (ovvero
quando la corrente materiale è molto maggiore della corrente di spostamento). Poichè ²0 =
8.854 × 10−12 unità SI, e σ/ω ≈ 10−1 , segue che l’approssimazione de conduttore perfetto è ben
giustificata per l’acqua di mare. Similmente la terra potrà essere considerata un conduttore
perfetto se σ À 10−10 Ω−1 m−1 .
2
a) Nel sistema S il vettore dell’onda incidente ha componenti ki,x = k = ω/c, ki,y = 0. Applicando
le trasformazioni di Lorentz si ha in S 0
µ
¶
ω
ω
ω
0
0
ki,x = ki,x = ,
ki,y = γ ki,y − β
= −βγ ,
c
c
c
dove β = V /c e γ = (1 − β 2 )−1/2 . Quindi l’angolo di incidenza è
θ0 = arctan
Ã 0 !
k
i,y
0
ki,x
= arctan (βγ) ,
ovvero
sin θ0 = √
tan θ0
=β.
1 + tan2 θ0
La frequenza in S 0 è
ω 0 = γ(ω − βky c) = γω .
La legge della riflessione in S 0 impone che per l’onda riflessa
µ
ω
=
= −ki,x ,
=
= γ ki,y − β
c
e quindi applicando le trasformazioni inverse si ha subito
0
kr,x
0
−ki,x
0
kr,y
kr,x = −ki,x ,
0
ki,y
kr,y = ki,y ,
cioè riflessione speculare.
3
¶
,
b) Per la legge di Snell, in S 0 si ha
1
β
sin θ0 = ,
n
n
mentre la velocità di fase è ovviamente c/n. Quindi, le componenti del vettore d’onda sono
sin θt0 =
0
kt,x
= kt0 cos θt0 = n
ω0 q
ω0 q 2
1 − sin2 θt0 =
n − β2 ,
c
c
Trasformando in S si ha
0
kt,x = kt,x
0
kt,y
= kt sin θt0 = −
Ã
γω q 2
=
n − β2 ,
c
kt,y
ω0
0
= γ kt,y
+β
c
ω0
β.
c
!
= 0.
Quindi anche l’onda rifratta è normale alla superficie in S; la sua velocità di fase è
s
ω
c
ω
1 − β2
=
= √ 2
=
c
.
vt =
kt
kx
n2 − β 2
γ n − β2
√
0
c) Dal punto precedente vediamo che essendo kt,x
= (ω 0 /c) n2 − β 2 , per n < β esso assume valori
immaginari e l’onda è evanescente nel mezzo. Per un metallo o plasma con l’indice di rifrazione
indicato tale condizione impone
ωp2
1
2
= cos θ0 ,
02 > 1 − β =
ω
γ
ovvero, tenendo contro anche che 0 < n < 1, si ha ω 0 > ωp > ω 0 /γ, ovvero essendo ω 0 = γω si
ha
γω > ωp > ω .
Quindi il moto trasversale del mezzo non modifica la sua frequenza di taglio: l’ onda elettromagnetica viene riflessa se ω < ωp .
3
a) Affinchè il campo sia nullo all’interno della sfera, essa assume un momento di dipolo
p = PV = −3²0 Ei V ≡ p0 e−iωt ,
dove p0 = 4πa3 ²0 E0 ŷ. La radiazione diffusa ha la stessa frequenza ω della radiazione incidente
e la sua distribuzione angolare varia come sin2 θ dove θ è l’angolo di osservazione rispetto alla
direzione di p0 , ovvero della polarizzazione dell’onda. La radiazione è linearmente polarizzata
con Ed ∼ p⊥ dove p⊥ = (n × p) × n = p − (p · n)n.
b) La potenza totale diffusa (in media sul periodo) è
Ptot =
1 ω 4 p20
1 2 D 2E
=
|p̈|
.
4π²0 3c2
4π²0 6c2
Dividendo per l’intensità I = ²0 E02 c/2 e scrivendo p0 in funzione di E0 si ottiene la sezione
d’urto
µ
¶4
Ptot
2 8 aω
σd =
= πa
.
I
9 c
Quindi σd /σg ∼ (a/λ)4 ¿ 1.
4
Compito di Fisica bIIA (12 luglio 2004)
1
Si schematizzi la ionosfera terrestre come uno strato uniforme di gas ionizzato, esteso oltre un’altezza
h = 300 km dalla superficie terrestre, avente una densità di elettroni liberi pari a ne = 1011 m−3 .
a) Si consideri la riflessione dalla ionosfera di onde radio emesse da antenne sulla superficie terrestre. Si dica, ad incidenza normale, qual’è il valore massimo ωM della frequenza ω delle onde
radio affinchè queste siano totalmente riflesse, e la corrispondente lunghezza d’onda.
Una stazione radio posta nel punto A sulla
superficie terrestre (v. figura), la cui antenna lineare è schematizzabile come un dipolo elettrico oscillante ortogonale alla superficie, sfrutta la riflessione dalla ionosfera per
trasmettere oltre una catena montuosa ad
una stazione ricevente nel punto B della
superficie distante l = 600 km da A.
b) L’antenna trasmittente ha una potenza totale P = 1 kW. Si calcoli l’intensità (in W/m2 ) della
radiazione incidente in B assumendo riflessione totale dalla ionosfera.
c) Si supponga ora che l’antenna emetta ad una frequenza ω > ωM . Si scriva il coefficiente di
riflessione dalla ionosfera in funzione dell’indice di rifrazione della ionosfera n e dell’angolo di
incidenza θ, utilizzando la opportuna formula di riflessione.
(12 punti)
2
All’interno di un cilindro di sezione S e lunghezza infinita contenente un elettrolita scorrono ioni
positivi di carica q+ e densità n+ aventi velocità
v+ > 0 , e ioni negativi di carica −q− e densità n−
aventi velocità v− < 0. Il sistema è elettricamente
neutro ovvero n+ q+ − n− q− = 0.
a) Calcolare i campi elettrico e magnetico all’esterno del cilindro.
1
Si consideri ora un sistema di riferimento mobile S 0 nel quale gli ioni positivi hanno velocità nulla.
b) Calcolare la densità lineare di carica λ0 e l’intensità di corrente I 0 del filo in S 0 .
c) Calcolare i campi elettrico e magnetico all’esterno del cilindro in S 0 .
d) Si risponda di nuovo alle domande b) e c) per un sistema mobile S 00 nel quale gli ioni negativi
hanno velocità nulla.
(12 punti)
3
Si consideri un mezzo omogeneo semi-infinito, esteso nella regione x > 0, le cui proprietà ottiche
sono descritte da una costante dielettrica reale ². Nel mezzo si trova un’onda elettromagnetica di
frequenza ω, propagantesi in direzione parallela alla superficie (cioè lungo y). Si sa che il campo
magnetico dell’onda ha solo la componente z ed è dato da
³
Bz = B0 e−qx cos(ky − ωt) = Re B0 e−qx eiky−iωt
´
dove q ha un valore reale e positivo.
a) Si dia la relazione tra q, k e ω affinchè il campo Bz soddisfi l’equazione d’onda nel dielettrico.
b) Si scriva il campo elettrico E dell’onda.
c) Si scriva il vettore di Poynting S dell’onda e si dica in quale direzione scorre il flusso medio di
energia.
Si considerino ora due mezzi dielettrici semi–infiniti,
aventi costanti dielettriche ²1 e ²2 , che occupano rispettivamente i semispazi x < 0 e x > 0 (v. figura). Lungo
la superficie si propaga un’onda il cui campo magnetico
è dato da
³
´
B = Re Bz (x)ẑeiky−iωt
dove
(
Bz (x) =
B1 e+q1 x (x < 0)
.
B2 e−q2 x (x > 0)
d) Si imponga la continuità di Bz alla superficie x = 0 e se ne ricavi una relazione tra B1 , B2 .
e) Si imponga la continuità di Ey alla superficie x = 0 e se ne ricavi una relazione tra q1 e q2 . Si
mostri che ²1 e ²2 devono avere segno opposto affinchè si abbia q1,2 > 0, ovvero dei campi nulli
per |x| → ∞.
f) Usando i risultati dei punti a) ed e) si ricavi la relazione di dispersione ω = ω(k) in funzione
di ²1 , ²2 mostrando che deve essere ²2 + ²1 < 0 affinchè l’onda possa propagarsi.
g) Se il mezzo 1 è il vuoto (²1 = 1), come scegliereste il materiale 2 (ed eventualmente la frequenza)
affinchè l’onda possa esistere?
(18 punti)
2
Soluzioni
1
a) L’indice di rifrazione di un gas ionizzato è dato da
s
n=
1−
ωp2
ω2
dove la frequenza di plasma ωp è data da
s
ωp =
ne e2
= 1.8 × 107 s−1 .
²0 me
Si ha riflessione se n è immaginario, ovvero se ω < ωp . Quindi ωM = ωp e per la lunghezza
d’onda si ha
2πc
λ>
= 10.5 m.
ωp
b) L’intensità della radiazione emessa da un dipolo a distanza R ed ad un angolo θ rispetto alla
propria direzione è
3Ptot sin2 θ
I=
.
2
8πR
q
Nel nostro caso R = 2 h2 + (l/2)2 , in quanto essendo la riflessione speculare è come se la
radiazione incidente in B provenisse da una sorgente nel punto A’ simmetrico di A rispetto alla
superficie della ionosfera. Quindi R2 = 4(h2 + l2 /4) = 7.2 × 1011 m2 . L’angolo di emissione è
dato da tan θ = l/2h = 1 ovvero θ = π/4 e sin2 θ = 1/2. Quindi
I=
(3/2)103
W m−2 ' 8.3 × 10−11 W m−2 .
11
8π(7.2 × 10 )
c) Per emissione di dipolo elettrico la polarizzazione giace nel piano formato dal dipolo e dalla
direzione di osservazione; quindi alla superficie di riflessione la polarizzazione è nel piano di
incidenza (pol. “P”). La formula di Fresnel da usare è quindi
√
!2
Ã
n2 cos θ − n2 − sin2 θ
√
R=
.
n2 cos θ + n2 − sin2 θ
2
a) Poichè il filo non è carico ovviamente E = 0. L’intensità di corrente nel filo è I = (q+ n+ v+ −
q− n− v− )S e produce un campo magnetico solenoidale Bφ = µ0 I/2πr.
b) La trasformazione di Lorentz richiesta ha ovviamente velocità parallela al filo e uguale a βc =
v+ . Si può assumere β ¿ 1.
La quadricorrente J = (ρ, j) trasforma come un quadrivettore. Per l’invarianza della sezione
trasversale S si ha che anche (λ, I) = SJ trasforma come un quadrivettore e quindi
I 0 = γ(I − βcλ) = γI ' I,
λ0 = γ(λ − βI/c) = −γβI/c ' βI/c.
Allo stesso risultato si arriva considerando le trasformazioni delle densità e delle velocità per
le due popolazioni.
3
c) Dalle trasformazioni di Lorentz per i campi si ha un campo elettrico radiale
Er0 = γ(E − βcB) = −γβcBφ = µ0 γβcI/2πr ' µ0 βcI/2πr,
ed un campo magnetico
Bφ0 = γ(B − βE/c) = γB ' B.
Allo stesso risultato si arriva calcolando i campi a partire dalle sorgenti trovate al punto
precedente.
d) Il procedimento è identico.
3
a) Dall’equazione d’onda in un mezzo dielettrico
µ
¶
² 2
∂ Bz = 0
c2 t
∇2 −
si ricava
q2 − k2 +
ω2
² = 0.
c2
b) Usando la relazione, valida in un dielettrico, ∇ × B = ²∂t E si ha, in notazione complessa
−iω²E = (x̂∂y − ŷ∂x )Bz = (ikx̂ − qŷ)Bz
ovvero
E=−
kx̂ + iqŷ
Bz .
²ω
c) Dalla definizione S = ²0 c2 E × B si trova che S ha componenti lungo x ed y date da
Sx = −²0 c2 Ex Bz = +²0 c2
qB02 2qx
e cos(ky − ωt) sin(ky − ωt),
²ω
kB02 2qx
e cos2 (ky − ωt).
²ω
Si ha hSx i = 0 e quindi il flusso di energia è dato da hSy i 6= 0, ovvero è lungo y (com’è intuitivo).
Sy = −²0 c2 Ey Bz = +²0 c2
d) Imponendo Bz (0− ) = Bz (0+ ) si trova immediatamente B1 = B2 .
e) Usando il risultato del punto b) per Ey (attenzione al segno di q1 !), imponendo Ey (0− ) = Ey (0+ )
e sfruttando il risultato del punto d) si ricava
q2
q1
=−
²1
²2
da cui dovendo essere q1,2 > 0 si ricava che ²1 e ²2 hanno segni opposti.
4
f) Sfruttando la relazione (q1 /²1 )2 = (q2 /²2 )2 ed il punto a) si ha
Ã
²22
!
Ã
!
ω2
ω2
k − 2 ²1 = ²21 k 2 − 2 ²2 ,
c
c
2
da cui, con un pò d’algebra
²22 − ²21
²2 + ²1
ω =k c 2
= k 2 c2
.
2
²2 ²1 − ²1 ²2
²2 ²1
2
2 2
Affinchè l’onda si propaghi deve essere k 2 > 0 e quindi essendo ²1 ²2 < 0 si ha la condizione
²1 + ²2 < 0.
g) Deve essere ²2 < −²1 = −1. Si può scegliere un metallo (o un plasma) per cui ²2 = 1 − ωp2 /ω 2
√
e una frequenza tale che ωp > 2ω.
5
Compito di Fisica bIIA (11/07/2005)
1
In una guida d’onda rettangolare orientata lungo z e avente larghezza a lungo l’asse x, si propaga
un’onda elettromagnetica TE di frequenza ω il cui campo elettrico ha la forma
µ
¶
πx ikz−iωt
E = E0 ŷ cos
e
,
a
che soddisfa le condizioni al bordo per pareti perfettamente riflettenti Ey (x = ±a/2) = 0. Com’è
noto (e facile da ricavare), la relazione di dispersione è
s
µ
ω=
πc
a
¶2
q
+ k 2 c2 ≡
ωT2 + k 2 c2 .
a) Si calcolino le velocità di fase vf e di gruppo vg verificando che vf > c e vg < c.
b) Si scriva il campo magnetico B dell’onda e si verifichi che ∇ · B = 0.
Si effettua ora una trasformazione di Lorentz in un sistema S 0 che si muove con velocità V = vg ẑ
rispetto al laboratorio.
c) Si diano la frequenza e il vettore d’onda in S 0 , mostrando che i campi sono spazialmente uniformi
in S 0 .
d) Si calcolino i campi elettrico e magnetico in S 0 , mostrando che il campo magnetico è solo
longitudinale in S 0 .
e) Si verifichi l’invarianza di E · B e di E 2 − c2 B 2 nella trasformazione.
2
E
Si schematizza un’antenna ricevente circolare
come una spira conduttrice di raggio a, resistenza R e spessore trascurabile. Sull’antenna incide un’onda elettromagnetica piana
di lunghezza d’onda λ À a ed ampiezza del
campo elettrico E0 .
B
1
k
a
a) Si dica come deve essere orientata l’antenna rispetto alla direzione dell’onda affinchè la forza
elettromotrice indotta sia massima. In tali condizioni si calcoli l’intensità di corrente nella spira
e la sua dipendenza dalla lunghezza d’onda e dall’ampiezza del campo elettrico dell’onda.
b) Si descriva la radiazione diffusa dall’antenna e se ne calcoli la sezione d’urto, ovvero il rapporto
tra potenza totale diffusa e intensità incidente.
3
Si vuole derivare l’indice di rifrazione di un plasma con elettroni liberi per onde polarizzate circolarmente, la cui intensità è cosı̀ alta che gli effetti relativistici sul moto non sono trascurabili.
A tal fine si parta dalla forma dei campi per un’onda polarizzata circolarmente
E = E0 [x̂ cos(kz − ωt) − ŷ sin(kz − ωt)] ,
B = (E0 /c)[x̂ sin(kz − ωt) + ŷ cos(kz − ωt)] ,
e dall’equazione di moto relativistica
dp
= −e(E + v × B) ,
dt
dove p = me γv e γ = (1 − v 2 /c2 )−1/2 =
q
1 + p2 /m2e c2 , e si seguano i seguenti passi:
a) Assumendo pz = 0, si risolvano le equazioni del moto (a regime) per px e py .
b) Si mostri che γ è costante e se ne dia l’espressione in funzione dell’ampiezza del campo E0 .
c) Si verifichi a posteriori che dpz /dt = 0.
d) Usando i risultati precedenti si derivi l’indice di rifrazione di un plasma con n elettroni liberi
per unità di volume.
e) Si diano la relazione di dispersione e la frequenza di taglio per le onde elettromagnetiche
circolarmente polarizzate, confrontando il risultato con il caso non relativistico.
2
SOLUZIONI
1
Soluzione
a)
s
vf
vg
ω
ω2
=
= c 2T 2 + 1 > c ,
k
k c
∂ω
kc2
kc
=
=q
= c < c.
∂k
ω
ω 2 + k 2 c2
T
Notare che vf vg = c2 .
b)
∂t B = −∇ × E = −ẑ∂x Ey + x̂∂z Ey ,
¶
µ
¶¸
·
µ
π
πx
πx
−iωB = ẑ sin
+ ix̂k cos
E0 eikz−iωt ,
a
a
a
"
µ
¶
µ
¶#
π
πx
k
πx
B = iẑ
sin
− x̂ cos
E0 eikz−iωt .
ωa
a
ω
a
"
µ
¶
µ
¶#
πx
πx
πk
kπ
∇ · B = ∂ x Bx + ∂ z Bz = −
sin
+
sin
E0 eikz−iωt = 0 .
ωa
a
ωa
a
c) Trasformazione con V = kc2 /ω ovvero β = kc/ω:
Ã
ω
!
Ã
k 2 c2
ω 2 − ωT2
=γ ω−
= γ(ω − V k) = γ ω −
ω
ω
Ã
!
¶
µ
2
kc
V
= γ k − 2ω = γ k − 2ω = 0.
c
ωc
0
k0
!
=γ
ωT2
.
ω
I campi in S 0 sono uniformi e oscillano nel tempo.
d)
"
Ey0
Bx0
Bz0
Ã
!#
Ã
kc2
k
k 2 c2
= γ(Ey + V Bx ) = γ E0 +
− E0 = γE0 1 − 2
ω
ω
ω
!
Ã
µ
¶
2
V
kc
k
= γ Bx + 2 Ey = γ − E0 + 2 E0 = 0 ,
c
ω
ωc
π
E0 .
= Bz =
ωa
!
=γ
e) I campi sono ortogonali in entrambi i sistemi: E · B = E0 · B0 = 0.
"
2
2
E −c B
0
0
2
E 2 − c2 B 2
µ
¶ #
k2
ω2 2
π 2 2
2
−c
−
=
=
E
+
E
E = 0,
0
0
ω2
ωa
ω2 0
"
Ã
!
µ
¶ #
2
2
π 2
ωT2
4 ωT
2
2
2 ωT
= E0 γ 2 − c
= E0
− 2 = 0,
ω
ωa
ω2
ω
E02
2
essendo γ 2 = (1 − k 2 c2 /ω 2 )−1 = ω 2 /ωT2 .
3
ωT2
E0 ,
ω2
2
a) Nell’antenna viene indotta la forza elettromotrice E = −dΦ(B)/dt dove il flusso di B, essendo
per a ¿ λ il campo praticamente uniforme sulla superficie, è dato da
Φ(B) ' πa2 B · n̂ ,
essendo n̂ il versore normale alla superficie. Poiché B è perpendicolare al vettore d’onda, il
piano dell’antenna va posto parallelamente alla direzione dell’onda affinchè Φ(B) sia massimo.
In tali condizioni, scrivendo B = n̂(E0 /c)e−iωt dove ω = 2πc/λ, si ha
2
E = iπωa B0 e
−iωt
= 2iπ
2
2a
λ
E0 e−iωt .
La corrente vale I = E/R = I0 e−iωt dove I0 = 2iπ 2 (a2 E0 /λR).
b) L’antenna con la corrente oscillante I possiede un momento di dipolo magnetico m di modulo
m = πa2 I e diretto nel verso opposto a B. La potenza totale (mediata sul periodo) per
emissione di dipolo magnetico è
Pd =
1 1 2
1 ω4
2
|
m̈|
=
|m|2 .
2 4π²0 3c5
4π²0 3c5
Per controllare le dimensioni e scrivere il risultato in forma più elegante conviene scrivere
R = 2πaρ/s, dove s è la sezione del filo che costituisce l’antenna e ρ è la resistività. Si ha
infatti
Pd =
4π 7 s2
3 (cρ²0 )2
µ ¶6
a
λ
(c²0 E02 ) ,
ovvero una sezione d’urto di diffusione
σd =
Pd
Pd
8π 7 s2
=
=
I
²0 E02 /2
3 (cρ²0 )2
µ ¶6
a
λ
.
Le dimensioni sono quelle di una superficie in quanto ρ²0 ha le dimensioni di un tempo.
3
a) Le equazioni del moto per px e py nel campo dell’onda assegnata sono
dpy
= −eEy − evz Bx
dt
dpx
= −eEx + evz By ,
dt
e quindi se vz = 0 la forza magnetica è nulla. Posto z = 0 per semplicità le equazioni del moto
e le loro soluzioni sono date da
dpx
= −eE0 cos ωt ,
dt
eE0
px = −
sin ωt ,
ω
4
dpy
= −eE0 sin ωt ,
dt
eE0
py = +
cos ωt .
ω
b) Poichè p2 = p2x + p2y = (eE0 /ω)2 non dipende dal tempo, si ha che γ =
costante. Questo implica
q
1 + (eE0 /me ωc)2 è
dp
dγv
dv
= me
= me γ
,
dt
dt
dt
e quindi le equazioni sono uguali al caso non relativstico se si sosttuisce me → me γ: è come se
l’elettrone avesse una “massa efficace” dipendente dall’intensità dell’onda.
c)
dpz
e
e eE02
= −evx By + evy Bz =
(−px By + py Bx ) =
(− sin ωt cos ωt + cos ωt sin ωt) = 0 .
dt
me γ
me γ ωc
Quindi l’assunzione vz = 0 è consistente.
d) Per l’osservazione del punto b), si può ripercorrere tutta la derivazione dell’indice di rifrazione
con la sostituzione me → me γ per ottenere
n2 = 1 −
ωp2
ne2
=
1
−
.
²0 me γω 2
γω 2
e) La relazione di dispersione conseguente all’indice di rifrazione sopra trovato è
ω 2 = k 2 c2 + γωp2 .
√
La frequenza di taglio è quindi ω = γωp e dipende dallampiezza dell’onda; poichè γ > 1
un plasma può essere opaco a radiazione di bassa intensità per cui ωp > ω ma trasparente a
radiazione intensa per cui γ > ωp /ω.
5
Compitino di Fisica bIIA (28 Maggio 2004)
1
Una specie atomica ha una frequenza di risonanza ω0 . Si consideri un atomo di tale specie che si
muove lungo l’asse x con velocita’ V = V x̂ (V ¿ c). Un’onda elettromagnetica piana di frequenza
ω, polarizzata linearmente lungo ŷ, si propaga antiparalellamente a V, cioè in direzione opposta a
V, con vettore d’onda k = −(ω/c)x̂.
a) Si dica per quale valore ω si osserva il massimo assorbimento dell’onda dall’atomo e come da
questa misura si può determinare V .
b) Si consideri la radiazione emessa dall’atomo eccitato in risonanza. Si dica se si osserva radiazione emessa lungo la direzione x̂ e, in caso affermativo, se ne dia la frequenza, sia per
emissione nel verso della velocità che in verso opposto. Si dica anche se si osserva radiazione
lungo ŷ.
c) Si consideri ora il caso in cui l’onda propaga perpendicolarmente a V, con vettore d’onda
k = (ω/c)ŷ e polarizzazione lungo x̂. Si dica se si osserva radiazione emessa lungo la direzione
di V. Qual’e la frequenza della radiazione emessa lungo ŷ nel laboratorio?
(12 punti)
2
Lungo una guida d’onda a sezione rettangolare,
con pareti perfettamente conduttrici e larghezza a
lungo l’asse x (vedi figura), si propaga un’onda nel
modo TE10 , il cui campo elettrico è dato da
µ
E = E0 ŷ cos
¶
πx ikz−iωt
e
.
a
L’interno della guida è vuoto e, com’è noto, la
relazione di dispersione è
q
ω=
k 2 c2 + (πc/a)2 .
a) Calcolare le velocità di fase vf e di gruppo vg mostrando che vf > c, vg < c.
1
b) Calcolare il campo magnetico B associato all’onda.
Si consideri ora un sistema di riferimento S 0 che si muove rispetto al laboratorio con velocità v = vg ẑ.
c) Calcolare la frequenza ed il vettore d’onda in S 0 e mostrare che i campi in S 0 non dipendono
da z 0 .
d) Calcolare i campi elettrico e magnetico in S 0 mostrando che una componente del campo
magnetico si annulla.
e) Verificare l’invarianza di E · B e E 2 − c2 B 2 nella trasformazione da S a S 0 .
(12 punti)
3
Un elettrone di velocità V (con V ¿ c) entra in un condensatore piano di lunghezza L e distanza
tra le armature d, dove si trova un campo elettrico E.
a) Sia V diretta paralellamente alle armature, cioè V ⊥ E. Si dia la distribuzione angolare della
potenza irraggiata, indicando le direzioni di massima e minima potenza emessa.
b) Sia V diretta perpendicolarmente alle armature, con V k (−E). Si calcoli l’energia totale
irraggiata Uirr nei due limiti V ' 0 (velocità iniziale nulla) e V ' costante (accelerazione
trascurabile) e si derivi una condizione per la quale Uirr è piccola rispetto all’energia guadagnata
dall’elettrone.
c) Si stimi l’ordine di grandezza della frequenza caratteristica e della larghezza dello spettro della
radiazione emessa.
NB : si assume che le piastre del condensatore sono perettamente trasparenti alla radiazione emessa
dall’elettrone.
(12 punti)
2
Soluzioni
1
a) Nel SDR degli atomi la frequenza dell’onda incidente è ω 0 = γ(ω + kV ) = γ(1 + β)ω dove
β = V /c e γ = (1 − β 2 )−1/2 . Il massimo assorbimento si ha in risonanza cioè se ω 0 = ω0 , ovvero
ω = ω0 /[γ(1 + β)] da cui si può ricavare V [se V ¿ c, V ' c(ω/ω0 − 1)].
b) Nel sistema S 0 in cui gli atomi del fascio sono fermi il campo elettrico è comunque diretto lungo
ŷ:
Ey0 = γ(Ey − V Bz ) = γ(E0 + V E0 /c) = γ(1 + β)E0 .
Secondo il modello di Lorentz l’atomo irraggia come un dipolo la cui direzione è quella della
polarizzazione dell’onda forzante. Si ha quindi emissione massima nel piano ortogonale al
dipolo, ovvero nel piano xz, mentre l’emissione è nulla lungo la direzione del dipolo, ovvero
lungo y.
La radiazione emessa lungo la direzione x̂ in S 0 ha frequenza ω0 e vettore d’onda k0d = ±(ω0 /c)x̂
dove i segni stanno rispettivamente per la frequenza emessa in avanti e all’indietro rispetto a
V. Le trasformazioni di Lorentz danno per la frequenza
ω 0 = γ(ω0 + V · k0d ) = γ(1 ± β)ω0 .
c) In questo caso per i motivi precedenti non si osserva direzione lungo l’asse x.
La radiazione emessa lungo y nel laboratorio ha vettore d’onda kx = 0. Poichè per le trasformazioni di Lorentz si ha kx = γ(kx0 + βω0 /c), deve essere kx0 = −βω0 /c (il che corrisponde a
radiazione emessa in S 0 ad un angolo θ rispetto all’asse x0 tale che cos θ = −β). La frequenza
nel laboratorio è quindi data da
ωl = γ(ω0 + V kx0 ) = γω0 (1 − β 2 ) = ω0 /γ.
2
a)
vf =
vg =
ω
ω
c
=c 2
=q
> c,
2
k
ω − ωT
1 − ωT2 /ω 2
q
∂ω
kc2
kc2
= cq
=
= c 1 − ωT2 /ω 2 < c,
∂k
ω
k 2 c2 + ω 2
T
avendo posto ωT ≡ πc/a.
b) Dalla relazione ∇ × E = −∂t B si ha
·
µ
¶
µ
iE0 π
i
πx
πx
ẑ sin
+ ikŷ cos
B = − (ẑ∂x Ey − ŷ∂z Ey ) =
ω
ω a
a
a
¶¸
eikz−iωt
c) Le trasformazioni di Lorentz del quadrivettore (ω, kc), essendo β = vg /c = kc/ω e γ = (1 −
β 2 )−1/2 = (1 − k 2 c2 /ω 2 )−1/2 = ω/ωT , danno
ω 0 = γ(ω − βck) = γω(1 − k 2 c2 /ω 2 ) = ω/γ,
3
k 0 = γ(k − βω/c) = γ[k − (kc/ω)(ω/c)] = 0.
Per l’invarianza di kz − ωt = k 0 z 0 − ω 0 t0 = −ω 0 t0 , la dipendenza da z 0 sparisce in S 0 .
d) Le trasformazioni di Lorentz dei campi danno
Ey0 = γ(Ey + βcBx ) = γEy (1 − βck/ω) = γEy (1 − β 2 ) = Ey /γ,
Bx0 = γ(Bx + βEy /c) = γEy (−kω + β/c) = 0,
Bz0 = Bz .
La dipendenza da x = x0 è la stessa nei due sistemi.
e) I campi elettrico e magnetico sono ortogonali sia in S che in S 0 e quindi E · B = 0 in entrambi
0
0
i sistemi. Poichè Bz = Bz0 , basta poi verificare che Ey2 − c2 Bx2 = Ey2 − c2 Bx2 . Si ha
Ã
Ey2
0
2
−c
0
Bx2
=
!
µ
¶
k 2 c2
πx
1 − 2 cos2
,
ω
a
E02
µ
0
Ey2 − c2 Bx2 = Ey2 = E02
¶
1
πx
= Ey2 − c2 Bx2
cos2
2
γ
a
essendo γ 2 = 1 − k 2 c2 /ω 2 .
3
a) L’elettrone irraggia come un dipolo p = −ex per cui p̈ = −eẍ = (e2 /me )E. Quindi, la
distribuzione angolare della potenza irraggiata è dP/dΩ ∝ sin2 θ dove θ è l’angolo formato tra
la direzione di osservazione e la direzione di E. L’emissione è sempre massima nella direzione
perpendicolare ad E e sempre nulla nella direzione parallela ad E.
b) La potenza irraggiata è (Larmor)
P =
2|p̈|2
2e4 |E|2
=
.
3c3
3m2e c3
Se l’elettrone attraversa il condensatore in un tempo τ l’energia totale irraggiata è Uirr = P τ
da confrontare con ∆U = eEd.
q
Se V = 0 inizialmente, τ = 2me d/eE e la condizione Uirr ¿ eEd diviene eE ¿ 9(me c2 )3 d/8e4 .
Se invece V 'costante, τ ' d/V e si ha eE ¿ 3m2e c3 V /2e2 .
c) La durata dell’emissione di radiazione sarà prossima al tempo di attraversamento τ e la tipica
frequenza emessa sarà dell’ordine ω ∼ 1/τ .
4
Compito di Fisica bIIA (31 maggio 2005)
1
Si schematizza una fibra ottica come uno strato
interno di indice di rifrazione reale n1 e spessore
a compreso tra due strati esterni di indice di
rifrazione n2 < n1 .
n2
θ
k1
k2
y
x
n1
Nella regione interna (|y| < a/2) si propaga della luce di frequenza ω, il cui campo elettrico ha la
forma
³
´
E = E0 ẑ eik1 ·x−iωt + eik2 ·x−iωt ,
dove k1 = k(sin θ, cos θ, 0) e k2 = k(sin θ, − cos θ, 0).
a) Si dia la relazione tra k e ω.
b) Si dica per quali valori di θ si ha riflessione totale sui bordi della regione interna, in modo che
la luce si possa propagare nella fibra senza perdite.
c) Si trovino i valori permessi del vettore d’onda ky = k cos θ, assumendo che il campo elettrico
sia nullo ai bordi della regione interna (cioè per |y| = a/2).
d) Si calcoli il flusso di energia, ovvero la media sul periodo di oscillazione del vettore di Poynting
S = E×H = ²0 c2 E×B all’interno della fibra (si suppone che il materiale abbia µr = µ/µ0 = 1).
(16 punti)
2
Un elettrone avente inizialmente la velocità v0 , penetra a t = 0 in un materiale dove, per effetto delle
collisioni, è sottoposto ad una forza d’attrito f = −me νv.
a) Si dia la legge del moto dell’elettrone per t > 0.
b) Si descriva l’irraggiamento dell’elettrone; in particolare, si dica in quali direzioni rispetto a v
l’emissione di radiazione è massima o nulla.
c) Si dia l’espressione della potenza irraggiata e si trovi la condizione sui valori di ν per cui la
potenza irraggiata è trascurabile rispetto alla potenza dissipata per attrito.
[È utile ricordare che rc = e2 /(4π²0 me c2 ) = 2.8 × 10−15 m.]
(12 punti)
1
3
Una particella di carica q e massa m possiede al tempo t = 0 una velocità V = −V x̂ nel sistema S
del laboratorio, nel quale esiste il campo magnetico statico B = B(x) = B0 ẑ cos kx mentre il campo
elettrico è nullo.
a) Detto S 0 il sistema di riferimento inerziale che si muove con velocità V rispetto al laboratorio
(e nel quale la velocità della particella lungo x è nulla) trovare l’espressione dei campi elettromagnetici in S 0 , mostrando che in S 0 si ha un’onda elettromagnetica piana della quale si chiede
la frequenza e la velocità di fase.
b) Risolvere l’equazione del moto della particella in S 0 (in condizioni di regime e trascurando la
forza di Lorentz).
c) Si descriva l’irraggiamento della particella in S 0 e si dia la frequenza della radiazione osservata
in S nelle direzioni parallela e antiparallela a V.
d) Si dica a quali angoli rispetto a V non si osserva radiazione rispettivamente in S 0 e in S.
[Suggerimento per trovare la risposta in S: detto K0 il vettore d’onda della radiazione diffusa ad un
certo angolo θ0 (rispetto alla direzione di V) in S 0 , si ha Kx0 = K 0 cos θ0 , Ky0 = K 0 sin θ0 . Una relazione
analoga tra K e θ sussiste in S. Si usino le relazioni tra K0 e K per legare θ a θ0 .]
(16 punti)
2
SOLUZIONI
1
a) Il campo è la sovrapposizione di due onde piane per le quali ω/k = c/n1 .
b) Ciascuna onda incide sullo strato esterno all’angolo θ rispetto alla normale alla superficie.
Applicando la legge di Snell, l’onda trasmessa ha angolo di incidenza θ0 tale che sin θ0 =
(n1 /n2 ) sin θ. Quindi, se sin θ > n2 /n1 l’angolo θ0 diviene immaginario e si ha riflessione totale.
c) L’onda si può scrivere
Ez = 2E0 eikx x−iωt cos(ky y)
e le condizioni al bordo impongono cos(ky a/2) = 0, ovvero ky a/2 = π/2 + nπ, n = 0, 1, 2, . . ..
Ricordando che ky = k cos θ = (n1 ω/c) cos θ si ha la condizione su θ
cos θ =
πc
(1 + 2n) .
n1 aω
d) Il campo magnetico B può essere ricavato dalla legge di Faraday
∂t B = −∇ × E = (ŷ∂x − x̂∂y )Ez ,
B=
2E0
[−ŷkx cos(ky y) − ix̂ky sin(ky y)] eikx −iωt .
ω
Quindi il flusso di energia è
1
2²0 c2 2
2²0 c2
hSi = ²0 c2 Re (E × B∗ ) =
E0 Re[x̂kx cos2 (ky y) − iŷky cos(ky y) sin(ky y)] = x̂
kx E02 cos2 (ky y) =
2
ω
ω
2
a) L’equazione del moto e la sua soluzione sono date da
dv
= −νv ;
dt
dx
= v;
dt
x=
v = v0 e−νt ,
v0
(1 − e−νt ) .
ν
b) Si ha un’emissione di dipolo elettrico dove p = −ex e p̈ = −edv/dt = eνv. L’emissione è
quindi nulla nella direzione parallela a v e massima in direzione ortogonale ad essa. Inoltre,
poichè la durata dell’emissione è ∼ 1/ν, lo spettro in frequenza avrà una larghezza ∆ω ∼ ν.
c) La potenza irraggiata è data dalla formula di Larmor [k0 = (4π²0 )−1 ]
Pirr =
2k0 2 2k0 e2 ν 2
|p̈| =
|v0 |2 e−2νt ,
3c3
3c3
da confrontarsi con la potenza dissipata
Pdis = f · v = −me ν|v0 |2 e−2νt .
3
Il contributo dell’irraggiamento alla perdita di energia è trascurabile se
Pirr
2k0 e2 ν
=
¿ 1.
Pdis
3me c3
Poichè k0 e2 /me c2 = rc = 2.8 × 10−15 m, si ottiene la condizione
ν¿
3c
= 1.6 × 1023 s−1 .
2rc
3
a) Il campo in S 0 sarà dato da B0 = B00 ẑ cos[kx(x0 , t0 )] dove B00 e (x0 , t0 ) sono legati a B0 e x dalle
trasformazioni di Lorentz
"
B00
Ã
V
= γ B0 + 2 × E
c
! #
= γB0 ,
x = γ(x0 − V t0 ) ,
z
dove γ = (1 − V 2 /c2 )−1/2 . Quindi
B0 = γB0 ẑ cos(γkx0 − γkV t0 ) ≡ B00 ẑ cos(k 0 x0 − ω 0 t0 ) ,
dove k 0 = γk e ω 0 = γkV . Esiste inoltre un campo elettrico E0 = E00 ŷ cos(k 0 x0 − ω 0 t0 ) dove
E00 = γ (Ez + V B0 ) = γV B0 = V B00 .
In S 0 si ha quindi un’onda elettromagnetica piana con frequenza ω 0 e velocità di fase ω 0 /k 0 = V .
b) Trascurando la forza di Lorentz, in S 0 si ha vx0 = 0 e vy0 soddisfa l’equazione
m
dvy
= qE00 cos(k 0 x0 − ω 0 t0 ) ,
dt
che ha soluzione a regime
vy = −
qE00
sin(k 0 x0 − ω 0 t0 ) .
mω 0
c) In S 0 la particella oscilla come un dipolo di modulo p = qy(t0 ), diffondendo l’onda incidente.
La radiazione emessa ha frequenza ω 0 .
d) In S 0 la radiazione emessa è nulla nella direzione parallela al dipolo, ovvero per θ = ±π/2.
4
Compito di Fisica bIIA (16 settembre 2004)
1
Un mezzo conduttore il semispazio x > 0. Un’onda elettromagnetica piana di frequenza ω incide sul
mezzo dalla regione x < 0. Intorno alla frequenza ω il mezzo ha conducibilità alta ma finita e la sua
risposta è ben descritta dalla funzione dielettrica complessa
Ã
ωp2
ω2
νω 2
ν2
²r (ω) = 1 −
' 1 − p2 + i 3p + O
ω(ω + iν)
ω
ω
ω2
!
essendo ν ¿ ω. Si ha quindi ²r = ²1 + i²2 con ²1 = 1 − ωp2 /ω 2 > 0 (si assume ω > ωp ) e ²2 = νωp2 /ω 3 .
a) Si mostri che all’interno del mezzo il campo dell’onda ha l’espressione generale
E(x, t) = E1 eikx−qx−iωt
(1)
e si determinino le relazioni k = k(ω), q = q(ω) al primo ordine in ν (ovvero in ²2 ).
b) Si calcoli la velocità V = ∂ω/∂k e si determini la dipendenza spazio-temporale del campo
elettrico E 0 (x0 , t0 ) nel mezzo in un sistema S 0 che si muove con velocità V lungo l’asse x rispetto
al sistema dove il gas è in quiete.
c) Verificare che nel limite ²2 → 0, in S 0 scompare la dipendenza spaziale del campo, ovvero
E 0 ∼ exp(−iω 0 t0 ), e si determini il valore di ω 0 . Quanto vale il campo magnetico in S 0 in questo
limite?
(15 punti)
2
La ionosfera è uno strato dell’atmosfera terrestre che schematizziamo come completamente ionizzato.
Un satellite si trova oltre la ionosfera terrestre e spedisce segnali elettromagnetici ad una stazione
sulla superficie della terra.
a) Si osserva che segnali emessi nella direzione perpendicolare alla superficie terrestre non vengono
ricevuti a terra se la loro pulsazione è minore di ω0 ' 20 MHz. Stimare la densità massima ne
di elettroni liberi nella ionosfera.
b) Si schematizzi la ionosfera come uno strato di densità elettronica uniforme pari a ne e di spessore
d = 100 Km. Il satellite emette coppie di brevi impulsi simultanei rispettivamente di pulsazione
ω1 = 80 MHz e ω2 = 100 MHz. Quale ritardo tra i due impulsi viene osservato a terra?
e = 1.60 × 10−19 C; me = 9.11 × 10−31 kg; ²0 = 8.85 × 10−12 F m−1 .
(10 punti)
1
3
Un corpo puntiforme di carica q e massa m è vincolato a muoversi nel piano yz ed è soggetto ad una
forza elastica anisotropa con componenti
Fy = −mω12 y ,
Fz = −mω22 z .
Un’onda elettromagnetica piana di frequenza ω, diretta lungo x, con ampiezza del campo elettrico
E0 , incide sul sistema.
a) Si descriva la radiazione diffusa dal corpo, indicandone in particolare la frequenza, la dipendenza della potenza diffusa dalla frequenza, la direzione di intensità massima e la distribuzione
angolare rispetto a tale direzione, se l’onda incidente è polarizzata lungo y.
b) Si risponda nuovamente alla domanda a) per onda polarizzata lungo z.
c) Si risponda nuovamente alla domanda a) per onda polarizzata lungo la bisettrice del piano yz.
Si consideri in particolare come dipende dalla frequenza la direzione di massima emissione.
(12 punti)
2
Soluzioni
1
a) Usando direttamente l’equazione d’onda per un mezzo descritto dalla funzione dielettrica ²r si
ottiene
(k + iq)2 = ²r ω 2
[si noti che la (1) equivale ad avere un vettore d’onda complesso k + iq]. Da qui, eguagliando
le parti reale ed immaginaria si ottiene all’ordine richiesto
√
k = ω ²1 ,
b) Si ha
V =
q=
k²2
.
2²1
∂ω
kc2
=
.
∂k
ω
Utilizzando direttamente le trasformazioni di Lorentz x = x(x0 , t0 ) e t = t(x0 , t0 ), il campo in S 0
ha la forma
E 0 (x0 , t0 ) ∼ exp[i(k + iq)γ(x0 + V t0 ) − iωγ(t0 + x0 V /c2 )]
= exp[iγ(k − ωV /c2 + iq)x0 − iγ(ω − kV − iqV )t0 ]
= exp[−γqx0 − iγ(1 − k 2 c2 /ω 2 )ωt0 − γq(kc2 /ω)t0 ].
(2)
c) Se ²2 = 0, si ha q = 0 e quindi dall’espressione del punto precedente
E 0 ∼ exp[−iγ(1 − k 2 c2 /ω 2 )ωt0 ] = exp[−iγ(ωp2 /ω)t0 ].
(3)
Il campo magnetico è nullo in quanto ∂t0 B 0 = −∂x0 E 0 = 0.
2
a) La relazione di dispersione per onde EM in un mezzo contenente elettroni liberi è data da
ω 2 = ωp2 + k 2 c2 ,
ωp2 =
ne e2
,
²0 me
e quindi il mezzo risulta opaco a radiazione per cui ω < ωp . La densità massima di elettroni si
trova quindi imponendo ω0 = ωp ovvero
ne =
me ²0 ω02
' 1.26 × 1011 m3 .
e2
b) Gli impulsi viaggiano nella ionosfera con la velocità di gruppo data da
Ã
ω2
ω2
∂ω
vg =
= c − p 2 ' c 1 − p2
∂k
2ck
2ω
3
!
dove l’ultima espressione vale per ω 2 À ωp2 . Il tempo di attraversamento è quindi dato da
Ã
ωp2
L
L
t=
=
1+ 2
vg
c
2ω
!
e la differenza tra i tempi per le due frequenze da
ωp2
t2 − t1 = L
2c
Ã
1
1
− 2
2
ω2 ω1
!
Poichè L/2c = 1.67 × 10−5 s, ωp2 /ω12 = 1/16, ωp2 /ω22 = 1/25, si ha infine t2 − t1 ' 3.75 × 10−9 s.
3
a) Poichè le equazioni del moto nel piano yz sono
mÿ = −mω12 y + E0 e−iωt ,
mz̈ = −mω22 z ,
a regime la soluzione è
y(t) =
qE0
e−iωt ,
m(ω12 − ω 2 )
z(t) = z(0) = 0.
Il momento di dipolo è dato da p = qyŷ e quindi la distribuzione angolare della potenza
irraggiata è data dalla consueta formula per l’irraggiamento di dipolo:
dP
1
=
|p̈|2 sin2 θ,
dΩ
16π²0 c3
(ω 2 qE0 /m)2
|p̈|2 =
,
(ω12 − ω 2 )2
dove θ è l’angolo tra la direzione di osservazione e la direzione del dipolo, cioè la direzione ŷ in
questo caso. L’emissione è massima nel piano xz.
b) La soluzione è del tutto analoga al punto a) e si ottiene con le sostituzioni y → z e ω1 → ω2 .
c) Le equazioni del moto nel piano yz sono adesso
E0
mÿ = −mω12 y + √ e−iωt ,
2
E0
mz̈ = −mω22 z + √ e−iωt ,
2
e quindi, posto r = (y, z),
Ã
!
ŷ
eE0
ẑ
r = √ e−iωt
+ 2
.
2
2
ω1 − ω
ω2 − ω 2
m 2
Il momento di dipolo p = qr forma nel piano yz un angolo α con l’asse y dato da
tan α =
ω22 − ω 2
.
ω12 − ω 2
L’emissione è massima nel piano ortogonale a p.
4
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

Compiti e Compitini con Soluzioni, del Dott.Macchi

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