Serie 36: Soluzioni FAM C Ferrari Esercizio Un identità utile Abbiamo F G = e quindi, applicando la regola di Leibnitz, F y G z F z G y F z G x F x G z F x G y F y G x F G = ( x F y )G z +F y x G z ( x F z )G y F z x G y + ( y F z )G x +F z y G x ( y F x )G z F x y G z + ( z F x )G y +F x z G y ( z F y )G x F y z G x G x y F z z F y = G y z F x x F z G z x F y y F x = G F F G F x F y F z y G z z G y z G x x G z x G y y G x Esercizio Onde elettromagnetiche ed energia Utilizzando le relazioni µ = ε c e E = cb abbiamo u m = µ B = ε c B = ε E = u es La norma del vettore di Poynting, che corrisponde all intensità dell onda, vale ( x,t) = S( x,t) = µ E B sin ( k x ωt) e calcolando il valore medio su un periodo, ossia T T ( x,t)dt ( x) otteniamo = µ E B = ε µ E = µ ε B Come per tutte le onde armoniche la media temporale elimina la dipendenza dell intensità dalla variabile x
Esercizio 3 Situazioni reali Poiché la situazione è stazionaria uem t = l vettore di Poynting è illustrato nella figura seguente S E j B l flusso di energia elettromagnetica è associato al vettore di Poynting ed è diretto verso l interno, si assiste quindi ad un flusso di energia dai campi al conduttore l teorema di Poynting si scrive div S = j E vediamo che per unità di tempo e di superficie il campo elettromagnetico fornisce al conduttore un energia pari a div S Quest energia corrisponde alla perdita di energia del campo che vale j E l conduttore ricece quindi un energia per unità di tempo e di volume pari a j E quest energia elettromagnetica viene poi dissipata per effetto Joule, infatti il termine di effetto Joule corrisponde a j E Abbiamo l B S L L L G G S S = S G E (a) (b) l vettore di Poynting, responsabile del trasporto dell energia elettromagnetica, nel caso del circuito elettrico considerato esiste essenzialmente nello spazio fuori dal conduttore l generatore è una sorgente di energia elettromagnetica, mentre la lampadina consuma energia elettromagnetica (anche i conduttori in parte assorbono energia), il ruolo essenziale dei conduttori è di guidare il vettore di Poynting, l energia che passa dal generatore alla lampadina è in effetti contenuta nel campo elettromagnetico Nella situazione con i due circuiti nella regione intermedia S =, il generatore di sinistra sembra alimentare la lampadina L e quello di destra la lampadina L
3 Se si spegne il generatore di sinistra la lampadina L, per un tempo τ = l/c si spegne, poiché non più alimentata da vettore di Poynting proveniente dal generatore del circuito di sinistra Esercizio 4 Pressione di radiazione Abbiamo c t A Se la quantità di moto incidente per unità di volume è g, allora la quantità di moto che incide sulla superficie di area A, per unità di tempo ( t = s), vale p = gc ta Se l onda è completamente assorbita allora questa quantità è la quantità di moto trasferita alla superficie e quindi si ottiene F = F = p t = gca da cui la pressione p rad = F A = cg = u em = ε E Se l onda EM è completamente riflessa allora si ha p = gc ta (urto elastico) e quindi p rad = cg = u em = ε E 3 Vedi la dimostrazione della teoria cinetica dei gas 4 Abbiamo p rad = c = P Ac = 7 Pa 5 (a) Abbiamo p rad = c = 4,7 6 Pa, A = πr T da cui F rad = 6 8 N (b) F S T gr = 3,6 N 3
Esercizio 5 Dipolo di Hertz Abbiamo S = µ E B ed utilizzando le espressioni per i campi otteniamo S = f(r,t){[(ˆp n) n] [ˆp n]} = f(r,t){[( n ˆp ) n ˆp ] [ˆp n]} = f(r,t)sin θ n dove cosθ = ˆp n (Lo stesso risulato vale per il caso di un dipolo magnetico) Abbiamo 4 - -5 5 - -4 4
Esercizio 6 Legge di Malus Primo polarizzatore: Supponiamo il primo polarizzatore con asse x La luce naturale non è polarizzata, cioè tutte le direzioni di vibrazione del campo elettrico sono ugualmente probabili Se consideriamo una media temporale, la somma delle componenti x e y dei campi elettrici sono uguali e poiché in un periodo tutte le componenti y sono assorbite oltre il polarizzatore l onda, che sarà polarizzata in x avrà un intensità Ī = Ī Secondo polarizzatore: Per la legge di Malus Ī = Īcos (π/4) = Ī 4 Terzo polarizzatore: Per la legge di Malus Ī3 = Īcos (π/4) = Ī 8 Osservazione:Dopo il terzo polarizzatore la polarizzazione del fascio di luce è ortogonale a quella del fascio emerso dal primo polarizzatore Tale risultato (rotazione di π dell asse della polarizzazione) pu essere ottenuto solo usando almeno polarizzatori Esercizio 7 Lamina quarto d onda La polarizzazione dell onda incidente èellittica di semi-assi a = E eb = 3E (sinistra - senso orario) Per agire come lamina quarto d onda allora d(n s n o ) = (n+) λ 4 con n Z e il valore minimo di d lo si ottiene con n = (poiché n s n o < ) ossia d = λ 4 n o n s =,88µm Dopo la lamina il campo elettrico sarà (con una fase relativa sul raggio ordinario, ossia la componente y) E cos(kz ωt) E cos(kz ωt) 3E E E(z,t) = 3E sin(kz ωt+π/) = 3E cos(kz ωt) = cos(kz ωt) Lo stato di polarizzazione dell onda trasmessa è quindi lineare ad un angolo tanθ = Ey E x = 3, ossia θ = 6 rispetto all asse x 3 Per la legge di Malus = cos (α θ) = 353,W/m 5