Compiti II semestre - Dipartimento di Fisica

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Universit` a di Pisa Corso di laurea in Fisica Compiti di elettromagnetismo — II semestre. www.df.unipi.it/ãstrumia/fisica2.html Ultimo aggiornamento: 18 settembre 2006

Introduzione ‘bI’ significa primo semestre (elettrostatica e magnetostatica). ‘bII’ significa secondo semestre (elettrodinamica). Esistono due corsi paralleli equivalenti: A e B. Ogni anno vengono fatti 2 ‘compitini’ durante lo svolgimento di ciascun semestre, e 5 ‘compiti’. Quindi — assurdo ma vero — ogni anno vengono preparati circa 24 compiti e compitini di elettromagnetismo. Questa raccolta contiene: solo le prove del corso al quale ho collaborato: A o B; Fisica bI è inclusa fino al 2005. Gli esercizi sono state preparati insieme con Barbieri, Bondioli, Cavasinni, Costantini, Macchi, Pegoraro. La modalità d’esame è variata negli anni, ma pi` u o meno è: Modalit` a d’esame. Gli studenti che sostengono l’esame di fisica bIB devono svolgere solo gli esercizi del compito di fisica bIB. • Gli studenti che sostengono l’esame di fisica bIIB devono svolgere solo gli esercizi del compito di fisica bIIB. • Gli studenti che sostengono l’esame complessivo devono svolgere, a loro scelta, due esercizi del compito di fisica bIB ed un esercizio del compito di fisica bIIB. Si spieghi in dettaglio il procedimento seguito, il significato dei vari simboli e le formule adoperate. Si prega inoltre di fare attenzione alla leggibilità dell’elaborato. Si usi il sistema SI. • Alcuni compiti hanno pi` u di 3 esercizi: era richiesto risolverne 3 a scelta.

Indice Compito di Fisica BIIb, Settembre 2006 . . Compito di Fisica bIIB (Luglio 2006) . . . . Compito di Fisica bIIB (Giugno 2006) . . . Compitino di Fisica bIIB (Maggio 2006) . . Compitino di Fisica bIIB (Marzo 2006) . . . Compito di Fisica bIIB (Febbraio 2006) . . . Compito di Fisica bIIB (19 Gennaio 2006) . Compito di Fisica bIIB (12 Settembre 2005) Compito di Fisica bIIB (11 luglio 2005) . . . Compito di Fisica bIIB (20 giugno 2005) . . Compitino di Fisica bIIB (31 maggio 2005) . Compitino di Fisica bIIB (14 aprile 2005) . Compito di Fisica bIIB (2 febbraio 2005) . . Compito di Fisica bIIB (12 gennaio 2005) . Compito di Fisica bIIB (16 settembre 2004) Compito di Fisica bIIB (12 luglio 2004) . . . Compito di Fisica bIIB (21 giugno 2004) . . Compitino di Fisica bIIB (28 maggio 2004) . Compitino di Fisica bIIB (30 marzo 2004) . Compito di Fisica bIIB (6 febbraio 2004) . . Compito di Fisica bIIB (16 gennaio 2004) . Compito di Fisica bIIA (19 settembre 2003) Compito di Fisica bIIA (11 luglio 2003) . . . Compito di Fisica bIIA (20 giugno 2003) . . Compitino di Fisica bIIA (31 maggio 2003) . Compitino di Fisica bIIA (4 aprile 2003) . .

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3 4 5 7 9 11 13 16 18 19 21 23 25 27 29 30 33 35 37 40 43 46 50 52 55 57

INDICE

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Compito di Fisica BIIb (Settembre 2006) Una antenna radio, approssimabile come un dipolo parallelo al terreno situato ad altezza hA = 100 m, irraggia una potenza W = 1 MW con pulsazione ω = 1.9 GHz. Un ricevitore R è situato ad altezza hR e distanza D = 1 km hA , hR in direzione ortogonale al dipolo. Si assuma che la superficie di separazione tra aria e terreno si comporti come uno specchio piano perfettamente riflettente, e si trascuri l’assorbimento.

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a) Calcolare la lunghezza d’onda λ. b) Ignorando l’onda riflessa dal terreno, calcolare l’intensità I dell’onda hA ricevuta in R, dando il valore numerico. c) Calcolare la differenza di fase totale fra l’onda diretta e quella riflessa. In questa domanda ed in quella successiva, si sfrutti D hA,R tenendo solo l’ordine dominante in hA,R /D.

D

hR

d) Calcolare come varia I rispetto a b), e dire per quali valori di hR si annulla. e) (Domanda facolatativa). Cosa cambia se il dipolo è verticale? Soluzione: a) λ = c/ν = 2πc/ω = 1 m. b) I = 3W sin2 θ/8πr2 = (3/2)W/4πr2 = 0.12 W/m2 . Il fattore 3/2 è presente in quanto un dipolo non irraggia in modo isotropo, con la massima potenza lungo l’orizzontale (stiamo trascurando hA D). c) L’onda diretta percorre una distanza p (hA − hR )2 ≡ r − δr/2 rdir = D2 + (hA − hR )2 ' D + 2D e l’onda riflessa percorre una distanza p (hA + hR )2 rrif = D2 + (hA + hR )2 ' D + ≡ r + δr/2 2D dove r ≡ D + (h2A + h2R )/2D ' D e δr = 2hA hR /D. Tenendo conto che la riflessione introduce una una differenza di fase π, la differenza di fase totale è δ = π +2πδr/λ. d) Quindi W = Wdir |1 + eiδ |2 = Wdir |1 − e2πiδr/λ |2 = Wdir sin2

2πhA hR Dλ

che si annulla per 2hA hR /Dλ = 1, 2, 3, . . . cioè hR = 5 m e multipli. e) La riflessione non introduce la differenza di fase. Se l’onda fosse polarizzata circolarmente Left, la riflessione la renderebbe Right. Un satellite artificiale raggiunge Marte. La strumentazione di bordo è alimentata da pannelli solari e richiede 100 W per funzionare. Sapendo che Marte dista dal Sole 220 milioni di km (la Terra dista dal sole solo 150 milioni di km) determinare:

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a) Il modulo del campo elettrico e magnetico dovuto alla radiazione solare in prossimità dei pannelli. b) La superficie minima che deve avere l’area fotovoltaica sapendo che i pannelli sono ortogonali al flusso di radiazione ed hanno una efficienza del 15%. c) La forza dovuta alla radiazione sui pannelli se questi sono totalmente assorbenti ed hanno una dimensione doppia di quella minima. d) Sapendo che la massa del satellite è di 100 kg, confrontare la forza dovuta alla radiazione con quella gravitazionale dovuta al sole. Suggerimento: Ricordarsi che l’intensit` a della radiazione solare sulla terra vale 1.4 kW/m2 . La massa del sole è 30 MS ≈ 2 × 10 kg.

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Soluzione: a) L’intensit` a della radiazione solare nelle vicinanze di Marte pu` o essere riscalata conoscendo quella sulla Terra. IM = IT (

RT 2 150 2 ) = 1.4 × 103 × ( ) = 0.6 × 103 KW/m2 RM 228

da cui ricaviamo E e B: IM =

1 0 cE02 → E0 = 2 B0 =

r

2IM = 22.1 V /m 0 c

E0 = 7.3 × 10−8 T c

b) Per ottenere una potenza di 100W, data l’intensit` a e l’efficienza si scriver` a: P = IM × × S e pertanto la superficie minima è:

Smin =

100 = 1.11 m2 0.6 × 103 × 0.15

c) Se i pannelli sono larghi il doppio di tale misura, la forza sar` a:

F =

IM 0.6 × 103 × 2Smin = 2 × = 4.4 × 10−6 N c 3 × 108

d) La forza dovuta all’attrazione gravitazionale del sole è: Fgr = G × msat MS /(RM )2 = 0.27N

Compito di Fisica bIIB (Luglio 2006) Semplificando un po’la situazione reale, l’atmosfera ad altezza maggiore di z = 100 km costituisce un plasma di elettroni ionizzati dalla luce solare e da raggi cosmici detto ‘ionosfera’. Si osserva che onde elettromagnetiche emesse da terra con lunghezza d’onda maggiore di λp = 10 m vengono completamente riflesse dalla ionosfera.

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a) Determinare la densit` a degli elettroni ionizzati. b) Una stazione radio situata a terra emette una potenza W = 10 kW in modo isotropo. Determinare l’intensità I della radiazione ricevuta da un ascoltatore che, situato per terra a distanza d = 200 km dalla stazione radio, riceve l’onda riflessa una volta dalla ionosfera. c) Si risponda nuovamente alla domanda precedente assumendo che la potenza W sia ora emessa in modo non isotropo da una antenna, schematizzata come un dipolo oscillante perpendicolare alla superficie terrestre. A quale distanza d si riceve un’onda, riflessa una volta dalla ionosfera, con intensità massima? Si ignori la curvatura della terra. Si assuma che l’onda diretta sorgente → ascoltatore sia schermata da una montagna, e la si ignori. Si diano valori numerici.

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Soluzione: p a) Frequenze minori della frequenza di plasma ωp = Ne e2 /0 me vengono riflesse, in quando l’indice di rifrazione q n = 1 − ωp2 /ω 2 diventa immaginario. Da ωp = 2πc/λp = 0.2 GHz si trova Ne ∼ 1013 /m3 . b) L’intensit` a I decresce con la distanza r secondo I = W/4πr2 . La distanza percorsa dalla radiazione vale r = p 2 2 z + (d/2)2 = 282 km (il fatto che l’onda faccia un rimbalzo non cambia la dipendenza I ∝ r−2 , come si pu` o intuitivamente vedere disegnando una ‘sorgente immagine’ situata 100 km sopra la ionosfera). Quindi I = 2 10−8 W/m . c) Un dipolo irraggia in maniera non isotropa descritta dalla formula I = 3W sin2 θ/8πr2 con sin θ = d/2r. Quindi I ∝ d2 /(d2 + 4z 2 )2 , massimo a d = 2z = 200 km.

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Un dipolo elettrico di modulo p giace nel piano (x, y) e ruota di velocità angolare costante ω (vedi figura).

z

a) Si determini la potenza totale W irraggiata dal dipolo. b) Si determinino i campi di radiazione elettrico e magnetico, nell’approssimazione di dipolo, misurati da un osservatore sull’asse z. c) Per la radiazione in b) si determini l’eventuale polarizzazione. ω

d) Si risponda a b) e c) nel caso che l’osservatore sia posto sull’asse x. e) Si determini, a parit` a di distanza, il rapporto tra l’intensità media irraggiata lungo l’asse z e quella lungo l’asse x.

Soluzione:

x

p y

a) La potenza irraggiata P ,nell’ approssimazione di dipolo, vale: P =

1 |¨ p| 6π0 c3

¨ = (ω 2 p cos ωt, ω 2 p sin ωt, 0) Da cui: con p P =

1 ω 4 p2 6π0 c3

b) I campi magnetico e elettrico di radiazione di dipolo si scrivono in generale come: B(r, t) = −

µ0 c ¨, E = − r × B r×p 2 4πcr r

¨ hanno componenti solo x e y e ruotano sfasati di π/2 quindi i campi B e E che sono sono perpendicolari a r e p ¨. rispetto a p c) Dalla risposta in b) si vede che i campi E e B, fissato r, hanno modulo costante e ruotano con velocita’ angolare uniforme ω, quindi sono polarizzati circolarmente. d) Lungo l’asse x il campo B ha soltanto componente z e il campo E ha solo componente y, di conseguenza, si tratta di polarizzazione lineare. e) Il rapporto tra le intensita’ si ottiene dal rapporto dei quadrati dei campi: lungo z il campo ruota ma il suo modulo rimane invariato, mentre lungo x, e lungo y, il campo oscilla linearmente con legge sinusoidale per cui il rapporto tra i quadrati medi dei campi vale 1/2 (maggiore sull’asse z).

Compito di Fisica bIIB (Giugno 2006)

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Sia dato un filo rettilineo di lunghezza infinita percorso da una corrente costante I. Un secondo circuito è costituito da N spire rettangolari indeformabili e compatte di lato a e b (vedi figura). La resistenza elettrica della bobina sia R. A un certo istante t = 0 la bobina rettangolare viene messa in moto con velocità costante v a partire dalla posizione x0 . Si trascuri il coefficiente di autoinduzione della bobina. Si determinino in funzione del tempo:

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I b a

a) La corrente che circola nella bobina. b) La forza che deve essere applicata alla bobina per mantenerla in moto a velocità costante.

v

x0

c) La potenza dissipata per effetto Joule e la si paragoni con la potenza meccanica necessaria a mantenere il moto alla velocità costante v. d) Si calcoli come deve variare nel tempo la f.e.m. del generatore affinchè la corrente I nel filo resti costante.

Soluzione:

a) Il flusso di mutua induzione sulla bobina vale: Z

x

φ(x) = a

B(z)dz = x+b

µ0 a x+b 4π ln conx(t) = x0 + vt I b

per cui la forza elettromotrice indotta vale: x˙ µ0 ab v ˙ = µ0 ab (t) = φ(t) = 4π x(x + b) 4π (x0 + vt)(x0 + vt + b) i(t) =

(t) R

b) La forza meccanica necessaria a mantenere il moto a velocita uniforme dovra’ essere eguale e opposta a quella di Lorentz Fmecc = −FLorentz con: FLorentz = F (x) − F (x + b) = ai(t)[B(x) − B(x + b)] = ai(t)

FLorentz =

b µ0 4π x(t)(x(t) + b)

1 µ0 ab v aµ0 b R 4π (x0 + vt)(x0 + vt + b) 4π (x0 + vt)(x0 + vt + b)

diretta in verso opposto al moto. c) La potenza joule dissipata vale: Wjoule = i(t)2 R = (

µ0 2 a2 b2 v 2 1 ) 2 4π (x0 + v) )(x0 + v + b)2 R

che e’ proprio la potenza meccanica: Wmecc = Fmecc v = −FLorentz v. d) La forza elettromotrice del generatore di corrente dovra’ essere eguale e opposta alla forza elettromotrice di mutua induzione tra filo e bobina 2 . Il coefficiente di mutua induzione si ricava dal flusso calcolato nella domanda a): M (t) =

µ0 a x + b ln , x(t) = x0 + vt 4π b

per cui 2 vale: 2 =

2

d (i(t)M (t)) dt

Un’onda polarizzata linearmente con E0 = 1 V /m ha frequenza 1 MHz e si propaga nel vuoto lungo l’asse delle x (vedere figura). Un’antenna circolare di raggio R = 1m è posta nell’origine e giace sul piano

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xz. L’antenna è costituita da due semicerchi di due materiali diversi con resistività lineare ρ1 e ρ2 . Determinare: a) L’intensità media dell’onda. b) La forza elettromotrice totale indotta dall’onda nell’antenna e la corrente circolante nella spira. c) La differenza di potenziale tra i due punti di saldatura A e B in funzione del tempo. d) Come cambierebbero i punti precedenti se l’antenna fosse posta nel piano yz. e) Quanto vale la pressione di radiazione se l’antenna del punto d) costituice il bordo di uno schermo circolare totalmente riflettente? Suggerimento: confrontando la lunghezza d’onda e le dimensioni dell’antenna, ad ogni istante fissato, il campo varia o non varia apprezzabilmente su lunghezze scala come quelle della spira?

Soluzione: a) L’intensit` a media è hIi = Eo2 /2cµ0 .

b) Scrivendo ad esempio la componente magnetica dell’onda come B(x, t) = E0 /c sin(kx − ωt) otteniamo

fem = −

dφ E0 = −πR2 ω cos(kx − ωt) dt c

c) si ricava dunque la corrente circolante nella spira: I = fem/πR(ρ1 + ρ2 ). La differenza di potenziale tra A e B è data da: VA − V B =

fem (ρ1 − ρ2 ) 2 (ρ1 + ρ2 )

d) In questo caso la fem è nulla.

e) P = hIi/c πR2

Compitino di Fisica bIIB (Maggio 2006)

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Un’onda piana di intensit` a I0 e lunghezza d’onda λ = 0.5 µm viene fatta incidere con angolo approssimabile come perpendicolare su di un disco cilindrico di indice di rifrazione n = 3 e spessore S = 1 m (vedi figura).

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a) Si calcoli l’intensit` a I1 dell’onda riflessa. (Si utilizzino le formule di Fresnel per i coefficienti di riflessione e trasmissione dei campi elettrici: nel caso di incidenza normale R=

n1 − n2 , n1 + n2

T = 1 + R)

b) Si calcoli l’intensit` a I2 dell’onda che arriva sullo schermo dopo aver attraversato il dielettrico una volta. Le due onde vengono fatte interferire. c) Si calcoli il rapporto fra i campi elettrici delle due onde e le intensità massima Imax e minima Imin dell’onda risultante. d) Si calcoli come la loro differenza di fase dipende da n. Il dielettrico è un disco cilindrico che viene fatto ruotare, in modo da avere velocità v nel punto attraversato dall’onda. e) (Facoltativa). Mostrare che l’effetto della rotazione può essere descritto da una variazione dell’indice di rifrazione n(v), piccola se v c. f) Quale osservabile è pi` u sensibile ad una piccola variazione di n?

Soluzione: a) Siccome l’onda riflessa ha campo elettrico E1 = REI con R = −1/2, e stessa frequenza dell’onda incidente, la sua intensit` a vale I1 = R2 I0 = I0 /4. b) L’onda che arriva dopo aver attraversato una volta il dielettrico ha fatto una trasmissione (T = 1 + R = 1/2), una riflessione (R0 = +1/2) ed un’altra trasmissione (T 0 = 1 + R0 = 3/2) e quindi ha intensit` a I2 = (T R0 T 0 )2 I0 = 9I0 /64. (Trascuriamo le onde che attraversano n > 1 volte il dielettrico, dopo aver fatto 2 trasmissioni e 2n − 1 riflessioni: quindi hanno intensit` a pi` u piccole). c) I campi elettrici si sommano: E = E1 + E2 eiδ . L’intensit` a è quindi I = I0 |R + eiδ T R0 T 0 |2 , massima se sono in fase (δ = 0, Imax = 49I0 /64) e minima se sono in controfase (δ = π, Imin = I0 /64). d) La differenza di fase vale δ = 2πn2S/λ. e) Il fatto che il dielettrico sia in moto ortogonalmente alla direzione dell’onda provoca una piccola variazione della costante dielettrica n: p n2 − 1 v 2 vc n(v) = (n2 − v 2 /c2 )/(1 − v 2 /c2 ) ' n + . 2n c2 Per ottenere questo risultato, si utilizza una trasformazione di Lorentz per utilizzare i risultati noti nel sistema di riferimento rispetto al quale il dielettrico è fermo. Questo caso era stato gi` a studiato nell’esercizio 2 del 31 Maggio 2005, per cui i calcoli non vengono ripetuti qua. f ) La variazione di n fa variare i coefficienti di riflessione, etc, ma per velocit` a ragionevoli l’unica cosa che potrebbe variare in modo significativo è la differenza di fase δ e quindi il pattern di interferenza. Anche in questo caso un effetto visibile richiede velocit` a irrealtistiche per lunghezze d’onda nel visibile: ∆δ = 2π

n2 − 1 v 2 2S v ∼( )2 2 2n c λ 60 km/s

(a meno di non sfruttare riflessioni multiple, che renderebbero i calcoli troppo complicati per un compito...)

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Un elettrone, massa m e carica elettrica e, è accelerato da fermo tramite una differenza di potenziale V , con velocità iniziale perpendicolare a un un campo di induzione magnetica B uniforme e costante (vedi figura).

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a) Si discuta il limite su V (dando anche il valore numerico) tale che l’elettrone sia non relativistico b) Nell’ipotesi che l’elettrone non sia relativistico e che l’energia irraggiata in un singolo giro in campo magnetico sia molto minore della sua energia cinetica, si determini l’energia irraggiata nel percorrere la prima circonferenza.

V m,e B

c) Se invece dell’elettrone viene accelerato un protone di massa M = 2000m, quanta energia viene irraggiata relativamente a quella emessa dall’elettrone in un giro?

m,e

d) Nell’ipotesi adiabatica di cui in b) si valuti il tempo che l’elettrone impiega a dimezzare la sua velocit` a durante il moto nel campo B. Soluzione: a) La condizione di moto non relativistico che l’energia cinetica sia molto minore dell’energia di massa: eV mc2

:

V

mc2 ≈ 0.5 106 Volt. e

b) Se l’energia irraggiata e’ molto minore di quella cinetica, possiamo approssimare in un giro il moto come ancora circolare. Dalla forza di Lorentz si ricava il raggio di curvatura: r = mv dove v e’ il modulo della velocit` a, q eB 2eV approssimata come costante in quel giro, e che inizialmente vale:v0 = m . Il tempo T per percorrere un giro sara’ allora: T = per T :

2πr v

=

2πm eB

L’energia irraggiata in un giro, W , sara’ la potenza (formula di Larmor ) moltiplicata

W =

1 2πv02 eB 1 4πe2 V B 1 v04 T = = 3 2 3 6π0 c r 6π0 c m 6π0 c3 m2

c) Dalla formula precedente dell’energia persa in un giro si vede che essa e’ inversamente proporzionale al quadrato della massa (a parita’ di V ) quindi nel caso di un protone sara’ 4.106 volte minore. d) Dalla formula della perdita di energia per giro si vede che essa e’ proporzionale all’energia cinetica E in quel giro (v 2 ). Chiamando k questa costante di proporzionalita’ potremo scrivere (assumendo sempre che l’energia irraggiata in un giro sia piccola rispetto all’energia cinetica): 1 mv 2 2 0 ln(4) = k

dE = −kEdt:E(t) = E0 exp(−kt), E0 = v 1 q = = exp(−kt1/2 ):t1/2 v0 2

Compitino di Fisica bIIB (Marzo 2006) Si approssimi la terra come una sfera di raggio RE = 6.37 106 m contenente al suo centro un dipolo magnetico µE = 8.05 1022 A · m2 orientato verso sud. Un protone con energia E non relativistica è situato sul piano equatoriale a distanza req = LRE dal centro della terra. La sua direzione iniziale è specificata da tan α = v⊥ /vk , dove v⊥ e vk sono le componenti della sua velocità parallele e perpendicolari al campo magnetico. Si usi come coordinata la latitudine ϑ, legata all’usuale angolo polare θ da ϑ = π/2 − θ.

1

ϑ

L

α

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a) Calcolare la frequenza di rotazione ω ed il raggio di rotazione ρ attorno al campo magnetico. Per quali valori di L 2 e di E (espressa in MeV) il protone si muove lungo le linee del campo magnetico con v⊥ /B costante adiabatica? b) La linea del campo magnetico è r(ϑ) = req cos2 ϑ. Calcolare il modulo di B lungo tale linea del campo. Per quale valore di L la linea di campo raggiunge Pisa (latitudine ϑPisa ≈ 45◦ )? 2 c) Assumendo che v⊥ /B sia costante adiabatica e tenendo conto che l’energia è costante del moto, descrivere qualitativamente il moto del protone e calcolare α in funzione della massima latitudine ϑmax raggiunta.

d) Calcolare il valore massimo di α tale che il protone raggiunga la superficie della terra. Si dia il valore numerico corrispondente alla latitudine di Pisa. Soluzione: 3 a) Il campo magnetico all’equatore vale BE = µ0 µE /4πRE = 3.1 10−5 Tesla. Quindi

ω=

eB 2.98 kHz , = mp L3

ρ = RE (

L 3 E⊥ 1/2 ) ( ) 11.1 MeV

2 dove E⊥ = mp v⊥ /2. L’approssimazione adiabatica vale per ρ RE .

b) La linea di campo di un dipolo in coordinate (r, ϑ) è r(ϑ) = req cos2 ϑ. Ricodando la formula per il campo magnetico generato da un dipolo, B ∝ [3(µE · rˆ )ˆ r − µE ]/r3 , lungo la linea di campo il modulo del campo magnetico vale p BE 1 + 3 sin2 ϑ B(ϑ) = 3 L cos6 ϑ 2 La linea di campo che raggiunge Pisa parte da L = 1/ cos ϑPisa ≈ 2. c) Il protone oscilla seguendo la linea di campo in direzione nord/sud. Se l’ampiezza di oscillazione è troppo grossa, il protone picchia sulla terra. (Il protone fa anche un lento drift est/ovest, che qui non ci interessa). L’ampiezza delle oscillazioni si calcola, in generale, combinando la conservazione dell’energia v 2 con quella dell’invariante adiabatico 2 2 v⊥ /B. Al punto di oscillazione massima si ha vk = 0 il che corrisponde a v 2 = v⊥ Bmax /Bmin , dove Bmax è il 2 massimo valore del campo magnetico che riesce a raggiungere. Si trova quindi sin α = Bmin /B pmax . Nel nostro 2 6 caso Bmin è il valore all’equatore, Bmin = B(0), e Bmax = B(ϑmax ). Quindi sin α = cos ϑmax / 1 + 3 sin2 ϑmax , che non dipende da E nè da mp . d) La linea di campo entra dentro la terra se cos2 ϑmax = 1/L. Quindi sin2 α = (4L6 − 3L5 )−1/2 . Inserendo L ≈ 2, Pisa riceve raggi cosmici che partono con angolo α < 16◦ . Un sommergibile naviga in superficie. Si approssimi l’antenna come una spira triangolare di altezza h = 3 m e base d = 30 m compresa tra la torretta, il ponte e la poppa (vedere figura). Il sommergibile riceve segnali approssimabili ad un’onda piana polarizzata linearmente di frequenza 1 kHz e di flusso di energia I0 = 1.5·10−5 W/m2 . La direzione di B è ortogonale al piano dell’antenna. Il rapporto in ampiezza segnale/rumore in tali condizioni è S/N = 100. Si calcoli:

2

a) La lunghezza d’onda dell’onda incidente, |E|, |B|; b) Il valore efficace della f.e.m. generata da essa nella spira. c) Ora il sommergibile si immerge in mare (r (1 kHz) = 72, µr = 1, σ = 4 Ω/m); qual’è la velocità di propagazione e la lunghezza d’onda del segnale che riceve? d) Se il minimo rapporto segnale/rumore accettabile è S/N = 5, qual’è la massima profondità alla quale può andare se vuole continuare a ricevere comunicazioni? (Si assuma che il rumore rimanga costante). e) Discutere la dipendenza del punto d) dalla frequenza del segnale. Sarebbe pi` u conveniente usare un segnale satellitare a 11 GHz?

INDICE

11

Soluzione: a) λ = 3 · 105 m. Inoltre I0 =

1 E2 2 cµ0 ,

da cui E0 = 0.1 V /m, B0 = E0 /c = 3.3 · 10−10 T;

b) La f.e.m. è: d E0 f =− dt c

ZZ sin(2πx/λ − 2πνt) dx dy

ed, essendo λ molto maggiore delle dimensioni della regione d’integrazione, l’integrando è a tutti gli effetti indipendente da x e y in tale regione. Pertanto: f=

hd E0 2πν cos(2πνt), 2 c

hd E0 feff = √ 2πν 2 2 c

√ c) In acqua dai parametri dati si ricava, v = c/ r µr = 3.5 · 107 m/s e quindi λ = 3.5 · 104 m. p d) La lunghezza di attenuazione è δ = 2/ωµσ = 7.96 m. La massima profondit` a alla quale il sottomarino pu` o scendere corrisponde al rapporto AS /AN = 5, cioé l’ampiezza del segnale pu` o essere ridotta di un fattore 20 rispetto a quella iniziale. Pertanto AS = e−z/δ = 1/20 AS, superf. da cui −z/δ = − ln(20) → z = 3 e quindi δ = 23.88 m e) Ad alta frequenza l’attenuazione risulta maggiore, data la dipendenza con la mergibile deve comunicare usando la bassa frequenza.

√

ω, pertanto in immersione il som-

Compito di Fisica bIIB (Febbraio 2006) Un’asta sottile di lunghezza 2L = 20 cm e massa m = 1 g giace nel piano xy ed è inizialmente allineata ` vincolata a ruotare senza attrito attorno all’asse z e presenta ai due con l’asse y e centrata nell’origine. E estremi due pannelli quadrati di lato d = 1 cm e massa trascurabile (vedere figura). Uno dei due quadrati è rivestito da uno smalto perfettamente riflettente, l’altro da una vernice perfettamente assorbente. Un’onda elettromagnetica piana, con modulo del campo elettrico E = 1 V/m, si propaga lungo l’asse x. Rispondere alle seguenti domande:

1

a) Cosa succede qualitativamente al sistema? Spiegare. b) Quanto vale la pressione di radiazione in corrispondenza dei quadrati? c) Quale è l’accelerazione angolare iniziale? d) Confrontare di quanti ordini di grandezza è la variazione tra il caso assegnato e il caso in cui l’onda incidente sia sostituita da: d1) Luce solare ad una distanza dal sole pari al raggio medio dell’orbita terrestre (W ≈ 1 kW/m2 ); d2) Una lampadina da 200W posta a 5m di distanza.

Soluzione: a) Il momento delle forze sui due pannelli sar` a diverso (doppio nel caso riflettente). Per cui la sbarretta inizia a ruotare in senso antiorario. b) Ricaviamo la pressione di radiazione: I =E×H =

E×B , µ0

|P | =

E×B E2 = = 7.1 × 10−12 N/m2 µ0 c µ0 c2

12

INDICE c) Ricaviamo il momento totale delle forze: M zˆ = [|2P |d2 (L + d/2) − |P |d2 (L + d/2)]ˆ z = |P |d2 (L + d/2)ˆ z = 7.5 × 10−17 N m e l’accelerazione angolare iniziale: dω M = = 1.1 × 10−11 rad/s2 dt I d) Nel caso di luce solare la pressione sar` a: |P | =

W = 3.3 × 10−6 N/m2 c

dω = 5.3 × 10−6 rad/s2 dt

W = 200 W att,

W = 2.5W/m2 πR2

mentre nel caso della lampadina

|P | =

W =

W = 8.3 × 10−9 N/m2 c

dω = 1.3 × 10−8 rad/s2 dt

B

v θ

Un elettrone si muove, di moto non relativistico in un campo magnetico B costante e uniforme percorrendo un’elica attorno alle linee di campo (vedi figura). La sua velocità v formi un angolo θ rispetto alla direzione del campo. Si determini:

2

a) Il moto dell’elettrone. b) La potenza emessa per radiazione. c) La posizione dell’osservatore in coordinate cilindriche per cui l’intensità di radiazione risulti massima. d) Fissata la posizione dell’osservatore si determini il tempo intercorso tra le misure dei massimi dell’intensità irraggiata. e) Assunto che la frequenza fondamentale di emissione sia ν0 , si determini la differenza tra le frequenze misurate da due osservatori: il primo che vede l’elettrone avvicinarsi e il secondo allontanarsi.

INDICE

13

Soluzione: a) Il moto sara circolare uniforme attorno al campo, e rettilineo uniforme lungo il campo. Il raggio di rotazione e’ sin θ ricavabile dalla forza di Lorentz:r = mveB , mentre il moto lungo lasse z (direzione di B) e’: z(t) = (v cos θ)t. b) La potenza irraggiata P si ottiene dalla formula di Larmor: P =

2 e2 a2 3 4π0 c3

dove a e’ il modulo dell’accelerazione: nel nostro caso l’accelerazione centripeta: a = v 2 sin2 θ/r. Sostituendo: P =

2 e4 B 2 v 2 sin2 θ 3 4π0 m2 c3

c) L’intensit` a della radiazione e’ proporzionale a sin2 ϕ dove ϕ e’ l’angolo tra l’accelerazione e la direzione dell’osservatore: nel nostro caso quindi il massimo della radiazione si ha parallelamente alla direzione del campo B. L’osservatore quindi dovra’ trovarsi a una distanza dall’asse dell’elica pari al raggio di curvatura e in una qualunque posizione azimutale. d) Il massimo della intensit` a ci sara’ quando l’elettrone e’ allineato con l’osservatore parallelamente a campo B. Quindi tempo tra due massimi, τ , dipende dal periodo di rivoluzione T = 2πm eB corretto per lo spostamento longitudinale dell’elettrone. Per un osservatore che vede l’elettrone venirgli incontro sara’: τ = T (1 −

v cos θ ) c

e) Applichiamo la formula dell’effetto Doppler non relativistico:ν+− = ν0 (1 ± v cos θ/c), dove il + si applica all’osserθ vatore che vede avvicinarsi l’elettrone e il - all’altro. La differenza sara’ ν+ − ν− = 2ν0 v cos c .

Compito di Fisica bIIB (19 Gennaio 2006) Una spira quadrata di lato 2a, resistenza elettrica R e coefficiente di autoinduzione L si trova all’interno di una linea bifilare percorsa da una corrente costante I, inizialmente nella posizione illustrata in figura.

1

I

I

a) Si calcoli il coefficiente di mutua induzione tra spira e linea bifilare. Successivamente attraverso forze esterne, la spira viene fatta ruotare di 90o attorno al suo asse di simmetria parallelo alla linea bifilare in un intervallo di tempo molto breve rispetto alle costanti tempo del circuito e quindi tenuta ferma in tale posizione.

2a

b) Si determini la corrente che fluisce nella spira ad ogni istante dopo la rotazione. 4a

c) Si determinino separatamente il lavoro fatto dal generatore di corrente della linea bifilare e quello delle forze esterne nel processo di rotazione della spira.

Soluzione:

a) I campi di induzione magnetica, B1 , B2 , generati da ciascuna linea sono diretti come:

14

INDICE

I

I

B1

B2

Data la simmetria del sistema bastera’ calcolare il contributo al flusso di uno solo dei due campi e moltiplicare per due: φ(B1 + B2 ) =

2µ0 Ia 2π

Z

3a

a

1 2µ0 aI ln 3 dx = x π

quindi 2µ0 a ln 3 π b) Se la rotazione e’ veloce rispetto alla costante tempo L/R del circuito la resistenza elettrica R puo’ essere trascurata e dunque l’equazione del circuito e’: M=

L

di dφ −(φ2 − φ1 ) + = 0:i0 = dt dt L

avendo indicato con i0 la corrente nel circuito subito dopo la rotazione. Si noti che φ2 dopo la rotazione e’ nullo (data la simmetria,tutte le linee di campo entrano e escono dalla superficie della spira). Quindi i0 = MLI . Anche il coefficiente di mutua induzione dopo la rotazione e’ nullo per cui l’equazione del circuito e’: L

R di = Ri:i(t) = i0 e− L t dt

c)Il generatore, per mantenere inalterata la corrente I, deve fornire istante per istante una f em equale e opposta . Quindi il lavoro LG fatto a quella I generata per mutua induzione dalla spira durante la rotazione: I = − dM (t)i(t) dt dal generatore e’: Z 0 dM (t)i(t) LG = I − = I[M (T )i0 − M (0)i(0)] = 0 dt T dove T e’ la durata della rotazione e M (T ) = 0, i(0) = 0. Il lavoro, UE , fatto dalle forze esterne, si ricava da un bilancio energetico. Le energie del sistema prima e dopo la rotazione, indicando con L1 il coefficiente di autoinduzione della linea bifilare, sono: U (t = 0) = U (t = T ) =

1 L1 I 2 2

1 1 1 L1 I 2 + Li20 + LG :UE = U (t = T ) − U (t = 0) = Li20 2 2 2

Un ‘raggio cosmico’ (cioè una particella di massa m e carica q) entra con velocità v non relativistica in una ‘nuvola magnetica’, schematizzata come una regione di spazio in cui è presente un campo magnetico B. Si trascuri l’irraggiamento.

2

a) Calcolare ∆E = Eout − Ein . La nuvola contenente il campo magnetico B sia ora in moto con velocità V molto minore di v. b) Calcolare ∆E assumendo la particella che attraversi una regione in cui B è costante (e quindi compia un arco di circonferenza rispetto al sistema di riferimento S 0 nel quale la nuvola è in quiete, vedi figura di sinistra). Suggerimento: si studi la dinamica nel sistema S 0 .

INDICE

15

c) Si dica per quali valori di B l’irraggiamento è trascurabile. Si dia il valore numerico nel caso di un elettrone con V /v ∼ 10−10 (q ∼ 10−19 Coulomb, m ∼ 10−30 kg, 0 ∼ 10−11 Coulomb2 /m2 · Newton).

θout

B

v

V B v

V

0 d) (Facoltativa). Calcolare nuovamente ∆E in funzione dell’angolo di uscita θout (come misurato nel sistema S 0 ) assumendo che il moto sia come nella figura di destra: v antiparallelo a V . Si calcoli il valore medio h∆E/Ei 0 assumendo che il moto dentro la nuvola abbia completamente randomizzato θout .

A scanso d’equivoci: ‘velocit` a non relativistica’ non significa che si pu` o buttare via tutto e mettere velocit` a zero, ma significa che si possono approssimare le formule relativistiche tenendo l’effetto dominante nel limite non relativistico. Soluzione: a) 0: l’unica forza è di tipo magnetico, per cui Eout = Ein . b) Nel sistema S 0 si ha 0 Ein = γ(Ein − pin= V ),

p0in= = γ(pin= − V Ein /c2 )

Nel sistema S 0 si ha un urto elastico, in cui 0 Eout = Ein ,

p0out= = −p0in= ,

p0out⊥ = p0in⊥

Quindi 0 Eout = γ(Eout + p0out= V ) ' Ein (1 +

2vV cos θ), c2

i.e.

∆E = −2mv · V

dove il simbolo ' indica che all’ordine dominante nel limite non relativistico si pu` o trascurare γ ' 1. Una volta capito che si tratta soltanto di un urto elastico, è banale rifare il conto come ∆E =

m m (v − 2V )2 − v 2 ' −2mv · V 2 2

b0 ) Lo stesso conto lo si pu` o fare notando che, quando la nuvola magnetica è in moto, è presente un campo elettrico E ' −V × B (che sarebbe orizzontale nella figura). Come visto a esercitazioni questo produce un moto controintuitivo, ma la differenza di energia pu` o essere calcolata in modo semplice: Z Z ∆E = F · ds = F dy = q|E|∆y dove ∆y è la distanza fra il punto di ingresso e quello di uscita. Inserendo i valori espliciti si ottiene nuovamente lo stesso risultato. c) La carica percorre per un tempo T ∼ R/v un arco di circonferenza di raggio R = mv/qB durante cui irraggia Eirraggiata = W · T ∼

Bq 3 v 2 0 c3 m

Si ha Eirraggiata ∆E per B c3 0 m2 (V /v)/q 3 ∼ 1010 Tesla(V /v) ∼ Tesla.

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d) Nel caso del problema θin = 0. In generale, procedendo come al punto b) si ha 0 Ein = γEin (1 − V cos θin /c),

0 0 Eout = Ein ,

0 0 Eout = γEin (1 + β cos θout )

quindi 0 Eout = γ 2 Ein (1 − V cos θin /c)(1 + V cos θout ) 0 In media hcos θout i = 0 e quindi h∆Eiθin =0 = −mV c.

Nota. Nella realt` a anche θin segue una distribuzione di probabilit` a, p(θin ) ∝ v − V cos θin (e.g. p(0)/p(π) = (v − V )/(v + V )) per cui hcos θin i = −V /3c: diverso da zero perchè è pi` u probabile andare a sbattere su di una nuvola che si avvicina, che su di una che si allontana. Quindi h∆E/Ei = 4V 2 /3c2 : in media i raggi cosmici in moto casuale vengono accelerati da nuvole magnetiche in moto casuale. Questo meccanismo di accelerazione dei raggi cosmici venne proposto da Fermi. Probabilmente il meccanismo vero è una versione pi` u complicata di questo. La pagina di quaderno a lato mostra la soluzione che Fermi diede alla domanda b) di questo esercizio.

Compito di Fisica bIIB (12 Settembre 2005) Una spira costituita da un filo conduttore ha la forma di un triangolo equilatero di lato l come in figura e resistenza totale R. Nella spira circola una corrente I(t) = I0 eiωt , con ωl c. Determinare:

1

y l

a) Il momento di dipolo elettrico della spira. b) Il momento di dipolo magnetico della spira.

l l

c) La potenza media dissipata all’interno della spira per effetto Joule d) Al prim’ordine, la potenza irraggiata.

Suggerimento: il campo a grande distanza dovuto alla presenza di un dipolo elettrico oscillante è: E(r) = −

1 eikr (p × k) × k, 4π0 r

B(r) = −

ωµ0 eikr p×k 4π r

mentre quello di un dipolo magnetico è: E(r) = −

k eikr m × k, 4π0 c r

B(r) = −

µ0 eikr (m × k) × k 4π r

dove k = kˆ r con k = ω/c. Soluzione: a) Il momento di dipolo elettrico è nullo dato che non vi sono densit` a di carica presenti. b) Il momento di dipolo magnetico è: √ m = IS zˆ =

3 2 Il zˆ 4

x

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c) La potenza media dissipata per effetto Joule è: P =

1 2 RI 2 0

d) Usando le formule incluse nel suggerimento:

E(x) = −

k eikx mk 2 eikr mk 2 eikr m×k = zˆ × rˆ = sin θφˆ 4π0 c |x| 4π0 c r 4π0 c r

da cui si ottiene la media del vettore di Poynting:

< S >=

1 1 µ0 ω 4 m2 sin2 θˆ r (E × B) = E 2 kˆ = 2µ0 2µ0 c 32π 2 c3 r2

Integrando su tutte le direzioni si ha: Z

µ0 ω 4 m2 2 < S > r dΩ = r 32π 2 c3 r2 2

Z

2π

Z dφ

0

π

sin3 θdθ =

0

µ0 ω 4 I02 l4 64πc3

Misure della radiazione cosmica di fondo (CMB) hanno mostrato che essa ha diverse intensit` a in diversi punti del cielo (vedi figura superiore). La CMB che osserviamo è stata irraggiata da elettroni e protoni liberi, finchè si sono legati a formare atomi di idrogeno neutro rendendo trasparente l’universo. Nell’esercizio si affronta un caso semplificato, che consente di capire se, come conseguenza di questi fatti, la CMB è polarizzata.

2

a) Come mai si pu` o trascurare la CMB diffusa dai protoni? b) Un’onda elettromagnetica non polarizzata si propaga lungo l’asse n incidendo su di un elettrone libero situato nell’origine. Si descriva come è polarizzata la radiazione irraggiata misurata da un osservatore situato ˆ, y ˆ, z ˆ. lungo l’asse z nei tre casi: n = x

Iy y

Si calcoli il grado di polarizzazione (misurata da un osservatore situato lungo l’asse z) della radiazione irraggiata da un elettrone e investito da:

Ix

Ix e

x z

c) Radiazione isotropa e non polarizzata. d) Onde elettromagnetiche provenienti dalle direzioni ±ˆ x con intensità Ix e dalle direzioni ±ˆ y con intensit` a Iy (vedi figura inferiore).

Iy

Soluzione: a) La potenza irraggiata è proporzionale ad a2 = (F/m)2 ; protoni ed elettroni sentono la stessa forza F = qE, ma i protoni hanno massa mp me . ˆ l’osservatore riceve luce polarizzata lungo y ˆ : l’osservatore ‘vede’ l’elettrone oscillare lungo l’asse y, e c) Se n = x questo, secondo le formule che descrivono l’irraggiamento, produce radiazione polarizzata lungo y. Similmente ˆ l’osservatore riceve luce polarizzata lungo x ˆ . Se n = z ˆ non si ha polarizzazione lungo z ˆ. se n = y c) Non esistendo nessuna direzione privilegiata, non si ha polarizzazione. d) Le onde di intensit` a Ix producono lungo z una radiazione irraggiata di intensit` a Iz (Ix ) ∝ Ix e polarizzazione lungo y. Similmente le onde di intensit` a Iy producono lungo z una radiazione irraggiata di intensit` a Iz (Iy ) ∝ Iy e polarizzazione lungo x. Se Ix = Iy la polarizzazione totale si media a zero, come nel caso isotropo. Quindi il grado di polarizzazione è |Ix − Iy |/(Ix + Iy ): massimo nei casi limite Iy Ix o Ix Iy .

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Compito di Fisica bIIB (11 luglio 2005) Una particella di carica elettrica q e massa m entra con velocità v c in una regione di lunghezza L contenente un campo magnetico ed uno elettrico costanti ed ortogonali fra di loro.

1

a) Fissare B ed E in modo che l’elettrone attraversi la regione come indicato in figura, facendo N 1 giri di ‘raggio’ r prima di uscire. Si trascurino gli effetti ai bordi della regione e si assuma che il passo fra due orbite successive sia piccolo in modo che da poter approssimare le singole orbite con circonferenze. y

z

x

b) Calcolare la potenza e la lunghezza d’onda λ della radiazione irraggiata. c) Descrivere la polarizzazione misurata da osservatori posti a grande distanza lungo gli assi x, y e z. d) La carica viene rimpiazzato da un fascio di lunghezza ` = 2πr λ e carica totale q. Calcolare la potenza della radiazione emessa. Si trascuri il moto relativo fra le singole particelle nel fascio. e) (Domanda opzionale). Rispondere nuovamente alla domanda precedente nel caso di lunghezza ` L generica.

Soluzione: a) Si mette E lungo y e B lungo z. Come discusso a lezione, questo produce un moto che è la combinazione di un drift a velocit` a vdrift = E/B costante lungo x, e di rotazioni attorno a B con pulsazione ω = qB/m e quindi velocit` a di rotazione vrot = ωr. Imponendo v = vrot + vdrift e che il tempo di attraversamento valga 2πN/ω = L/vdrift si ottiene 2πmN v 2πLmN v 2 Bz = , Ey = q(L + 2πN r) q(L + 2πN r)2 b) La potenza totale irraggiata vale W = (qa)2 /(6π0 c3 ) dove l’accelerazione vale a = ω 2 r. La lunghezza d’onda è λ = 2πc/ω. c) Un osservatore lungo z vede polarizzazione circolare. Osservatori lungo x ed y vedono polarizzazione lineare. d) Nel sistema S 0 rispetto al quale vdrift = 0, per ogni elettrone ne esiste uno con accelerazione opposta all’altro capo della circonferenza. Quindi fanno interferenza distruttiva dando W = 0 esattamente e non solo in approssimazione di dipolo. e) Il ‘baricentro’ del fascio (indicato dal tratto in grassetto nella figura) drifta a velocit` a costante ruotando su orbite di raggio Z 2r ` R `/2R dθ cos θ = r sin r0 = ` −`/2R ` 2r Se ` r si ha r0 = r. Se ` = n · 2πr con n intero si ha r0 = 0. Quindi l’accelerazione si riduce ad a0 = ω 2 r e la potenza emessa si riduce di un fattore (a0 /a)2 , che è una funzione che decresce oscillando.

2

In qualche vecchio modello di televisore può ancora capitare di osservare due tipi di antenne. Una lineare, una circolare.

a) Quali sono i vantaggi di ciascuna delle due? Commentare brevemente. b) Qual’è la risposta dei due tipi di antenne ad un’onda elettromagnetica piana polarizzata linearmente che si propaga nel vuoto? Il rapporto dei segnali visti dalle due antenne dipende dalla frequenza?

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c) Supponiamo che l’antenna lineare sia lunga 50 cm e quella circolare abbia diametro 20 cm. Se il rapporto dei segnali visti dipende dalla frequenza, a quale frequenza tale rapporto vale 1? d) In che direzione dovrebbe essere orientata ciascuna delle due antenne per ottimizzare la ricezione? e) Avete mai visto radio con antenne circolari?

Soluzione: a,b) La differenza di potenziale ai capi di un’antenna lineare di lunghezza l e di una circolare di raggio r vale: ∆Vlineare = El,

∆Vcircolare = d/dt(πr2 B) = ωπr2 B

Pertanto ad alte frequenze l’antenna circolare vede un segnale maggiore. c) il rapporto: ∆Vcircolare ωπr2 B ωπr2 = = ∆Vlineare lE lc vale 1 per ω = lc/πr2 ≈ 4.8 × 109 rad s−1 corrispondente ad una frequenza di circa 760 MHz. d) Per massimizzare la ricezione, l’antenna lineare sar` a orientata lungo la direzione del campo elettrico, mentre il piano dell’antenna circolare sar` a orientato perpendicolarmente al campo magnetico. e) No. Dal momento che i segnali radio hanno frequenze molto minori dei 760 MHz, un’antenna lineare risulta molto pi` u efficiente.

Compito di Fisica bIIB (20 giugno 2005) Un’onda piana monocromatica di ampiezza E0 e pulsazione ω incide con un angolo θ su un piano che delimita un dielettrico di indice di rifrazione n.

1

θ

a) Si scriva l’espressione per l’onda incidente polarizzata circolarmente. k

b) Si determinino le polarizzazioni dell’onda riflessa e di quella trasmessa. c) Si determini per quale angolo θ l’onda riflessa è polarizzata linearmente. Suggerimento: si ragioni in termini di componenti dei campi nel piano di incidenza e perpendicolare ad esso.

n

Soluzione: a) Si chiami Ek la componente del campo elettrico nel piano di incidenza e con E⊥ quella perpendicolare. L’espressione per l’onda incidente polarizzata circolarmente sara’ (k = ω/c): Ek = E0 cos(kr − ωt), E⊥ = E0 sin(kr − ωt) Si noti che le due componenti hanno la stessa ampiezza E0 (polarizzazione circolare). b) Le formule di Fresnel forniscono le componenti nel piano di incidenza e perpendicolare ad esso, dei campi riflessi e trasmessi le cui ampiezze non sono eguali come nell’onda incidente ma valgono, per l’onda riflessa: Ekr =

tan(θ − θt ) E0 , tan(θ + θt )

E⊥r =

sin(θt − θ) E0 sin(θt + θ)

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sin θ dove θt e’ l’angolo di rifrazione fornito dalla formula di Snell: sin θt = n. Per l’onda trasmessa le formule di Fresnel forniscono: 2 cos θ sin θt Ekt = E0 , sin(θ + θt )(cos(θ − θt )

E⊥t =

2 cos θ sin θt E0 sin(θ + θt )

Si tratta quindi di onde polarizzate ellitticamente. c) Quando θ = π/2−θt (angolo di Brewster) la componente Ekr va a zero e l’onda riflessa e’ polarizzata linearmente. Un sistema di trasmettitori è composto da tre antenne lineari orientate lungo z e disposte nei punti O(0, 0, 0), A(−λ/2, 0, 0), B(λ/2, 0, 0) (vedere figura). Le tre antenne trasmettono in fase, con una lunghezza d’onda λ. Due osservatori X e Y sono posizionati alla stessa distanza R molto grande (R >> λ), il primo sull’asse x positivo, il secondo sull’asse y positivo. L’antenna che sta in O ad un certo istante viene spenta. Si calcolino:

2

a) Le direzioni dei campi E e B visti dagli osservatori X e Y quando tutte e tre le antenne trasmettono e quando invece l’antenna O viene spenta. b) Quale è il rapporto tra le potenze massime viste da X e Y prima che l’antenna O venga spenta. c) Quanto vale il nuovo rapporto dopo che l’antenna O è stata spenta. d) Quale è la direzione di massimo irraggiamento sul piano xy quando tutte le antenne trasmettono. Suggerimento: considerare le differenze di cammino ottico tra le antenne e gli osservatori solo al primo ordine in λ/R.

Soluzione:

1) Le componenti diverse da zero dei campi E e B a grande distanza sono: Er = 2 Eθ = −

cos θ ωp0 /c cos[ω(t − r/c)] 4π0 r

sin θ 2 ω p0 /c2 sin[ω(t − r/c)] 4π0 r

sin θ 2 ω p0 sin[ω(t − r/c)] 4πrc Nelle posizioni degli osservatori X e Y, il campo elettrico è diretto lungo z; il campo magnetico giace nel piano xy ed ha solo componente x per l’osservatore Y e solo componente y per l’osservatore X. Bφ = −µ0

2) Nel caso dell’osservatore Y i campi delle tre antenne si sommano costruttivamente. Nel caso di X il segnale dell’antenna centrale arriva sfasato di π/2. tot EX ≈

EYtot ≈

1 ω 2 p0 /c2 {sin[ω(t − r/c)]} 4π0 r 1 ω 2 p0 /c2 {3 sin[ω(t − r/c)]} 4π0 r

La potenza massima vista da Y è circa nove volte quella vista da X. 3) Quando l’antenna O viene spenta, i contributi dei trasmettitori A e B arrivano in fase per entrambi gli osservatori: tot EX ≈ EYtot ≈

1 ω 2 p0 /c2 {2 sin[ω(t − r/c)]} 4π0 r

e pertanto la potenza massima vista da X e Y risulta circa uguale ed è di un fattore 4 maggiore della precedente per X, ed un fattore 4/9 della precedente per Y.

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4) La direzione di massimo irraggiamento nel piano xy quando tutte le antenne trasmettono coincide con l’asse y. Infatti un osservatore K sul piano xy a distanza R da O in una generica direzione φ rispetto all’asse x si trova alle distanze da A, O, B: dA ≈ R + λ/2 cos φ dO = R dB ≈ R − λ/2 cos φ Pertanto il campo totale andr` a come Etot ≈

ω 2 p0 {[sin[ω(t − R/c)] + sin[ω(t − R/c + (λ/2c) cos φ)] + sin[ω(t − R/c − (λ/2c) cos φ)]} 4π0 Rc2 =

ω 2 p0 sin[ω(t − R/c)][1 + 2 cos(π cos φ)] 4π0 Rc2

[1 + 2 cos(π cos φ)] presenta massimi uguali a 3 (i tre segnali in fase) proprio per φ = ±π/2 che corrispondono all’asse y.

Compitino di Fisica bIIB (31 maggio 2005) Un dipolo elettrico p1 di modulo p0 oscilla con pulsazione ω lungo l’asse z e perpendicolarmente a un piano conduttore situato a una distanza λ/2 dove λ è la lunghezza d’onda associata a ω.

1

a) Si dica per quali direzioni ci aspettiamo che il campo di radiazione, a r λ, sia nullo.

z P

b) Si determinino i campi di radiazione B e E alla distanza r dal dipolo e a un angolo polare θ rispetto a z.

p1 λ/2

c) Si determini, sempre alla distanza r e all’angolo θ l’intensità di radiazione emessa specificando per quali angoli essa è nulla.

θ

r1 r

r2

p2

Suggerimento: si usi il metodo delle immagini assumendo che il dipolo immagine segua istantaneamente il comportamento di quello reale. Si esprimano le distanze dei due dipoli (con le opportune approssimazioni) dal punto di osservazione P in funzione della distanza r dal baricentro dei due e dall’angolo θ (vedi figura). Si descrivano le onde usando la notazione complessa. Soluzione:

a) Sul piano equatoriale z = 0 il campo di radiazione dei singoli dipoli è nullo e quindi lo è anche la somma. Il dipolo e il dipolo immagine oscillano sfasati di π. si vede quindi che sull’asse z dove la differenza di cammino ottico tra i due dipoli è λ i campi generati sono sempre in opposizione di fase e quindi il campo risultante è nullo. b) Con riferimento alla figura i campi magnetici generati dal dipolo e dal dipolo immagine nel punto P sono: µ0 B 1,2 = − r 1,2 × p¨1,2 2 4πcr1,2 In coordinate polari i campi hanno solo componente azimutale φ che vale: µ0 B1,2,φ = ∓ ω 2 p0 sin θe−i(kr1,2 −ωt) 4πcr1,2

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INDICE

il segno dei campi tiene conto dello sfasamento relativo di π nell’oscillazione dei due dipoli. Il campo totale B sar` a la somma di B1φ e B2φ . Le distanze r1 e r2 si possono sviluppare in serie di λ/r e, al primo ordine, valgono: r1,2 = r ∓

λ cos θ 2

quindi B=−

kλ kλ µ0 2 ω p0 sin θe−i(kr−ωt) [ei 2 cos θ − e−i 2 cos θ ] 4πcr

Tenendo conto che k = 2π/λ, avremo: B = −i

µ0 2 ω p0 sin θ sin(π cos θ)e−i(kr−ωt) 2πcr

Il campo E avra’ solo componente θ con valore E = cB c) L’intensit` a irraggiata è il modulo del vettore di Poynting |S |, facendo la media sul tempo: |S | =

c0 2 ω 4 p20 sin2 θ 2 E = sin (π cos θ) 2 8π0 c3 r2

Dalla formula si vede che la radiazione è nulla sia a θ = 0 (come nel caso del dipolo ordinario) che a θ = π/2. Un’onda elettromagnetica di frequenza ω e potenza W si propaga nel vuoto lungo l’asse y incidendo perpendicolarmente su di un materiale con costante dielettrica n ed moto con velocità βc lungo l’asse x come illustrato in figura.

2

a) Calcolare l’angolo di incidenza θI0 dell’onda rispetto al sistema di riferimento S 0 nel quale il dielettrico è fermo.

x θ y

b) Tornando al sistema di riferimento inziale S calcolare l’angolo θ di delfessione dell’onda trasmessa. (Suggerimento: il risultato è semplice). c) Calcolare la potenza WR dell’onda riflessa.

Soluzione:

a) Nel sistema S 0 rispetto al quale il dielettrico è fermo il quadrivettore d’onda K dell’onda incidente è K = (ω 0 , ckx0 , cky0 , ckz0 ) = (γω , −βγω , ω , 0). Quindi tan θI0 = −βγ. b) Rispetto al sistema S 0 l’onda trasmessa ha frequenza ω 0T = ω 0 e kx0T = kx0 . (Il modulo vale k 0T = nk 0 da cui si ottiene la legge di Snell). Tornando al sistema S si trova kxT = 0: infatti K T ha le stesse componenti lungo t e lungo x di K. Quindi θ = 0. Il fatto che p il dielettrico sia inpmoto non è per` o irrilevante, p in quanto modifica la componente kyT = ky0T = kT02 − kT02x = ω 0 /c n2 − β 2 = nβ ω/c con nβ = (n2 − β 2 )/(1 − β 2 ). Quindi è come se l’indice di rifrazione fosse nβ invece di n.

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b0 ) Alternativamente, si può rispondere utilizzando la formula di addizione relativistitica p delle velo0 0 cit` a. Nel sistema in cui il dielettrico è fermo la luce ha vx = −v e quindi vy = c2 /n2 − v 2 . Addizionando v si trova vx = 0 (e quindi nessuna deflessione) e vy =

vy0 γ(1 −

v x˙ 0 ) c2

= γvy .

c) Si pu` o rispondere a botto prendendo la formula di Fresnel per il coefficiente di riflessione R = (1 − n)/(1 + n) sostituendovi n → nβ . c0 ) Otteniamo lo stesso risultato facendo il conto nel sistema S 0 . Il campo elettrico ha solo componente lungo z. Nel sistema S 0 si ha E 0R = R0 E 0 con R0 dato dalla formula di Fresnel: s p 0T 0 0T 2 ω 2 /c2 − k 02 1 − k /k k n n2 − β 2 y y y x = R0 = , dove = . 1 + ky0T /ky0 ky0 ω 1 − β2 Facendo le trasformazioni di Lorentz si pu` o verificare che (come intuitivamente atteso) nel sistema R 0 S si ha E = RE con R = R . Quindi WR = R2 W .

Compitino di Fisica bIIB (14 aprile 2005) Il mezzo interstellare è un plasma diluito contenente elettroni e ioni con una densità N = 3 · 104 m−3 . Una pulsar a distanza D = 1019 m dalla terra emette un impulso rapido di radiazione elettromagnetica che contiene componenti di frequenza che vanno dalla luce visibile fino alle radiofrequenze. Calcolare la differenza nei tempi di arrivo sulla terra tra la radiazione corrispondente alla luce rossa e quella di radiofrequenza di ω1 =100 MHz.

1

Il numero d’onda k in un plasma di densit` a N per una radiazione di frequenza ω vale: q k = k0 1 − ωP2 /ω 2 p dove ωP = N e2 /m0 e e e m sono rispettivamente la carica e la massa dell’elettrone e k0 = ω/c con c velocit` a della luce nel vuoto. k/k0 = n(ω) è l’indice di rifrazione alla frequenza ω. La differenza di tempo di arrivo tra le due frequenze ω1 e ω2 vale: q q D D ωP2 2 2 t1 − t2 = ( 1 − ωP /ω1 − 1 − ωP2 /ω22 ) ≈ ≈ 4.5s. c 2c ω12 Soluzione:

Un solenoide infinito con sezione circolare di raggio a è costituito da n spire per unità di lunghezza lungo le quali viene fatta passare la corrente lentamente variabile I = I0 cos ωt.

2

a) Calcolare B ed E dentro il solenoide. b) Per quali valori di ω la corrente di spostamento è trascurabile rispetto a quella di conduzione? Il solenoide viene avvolto lungo un cilindro di raggio a0 a, mettendo n0 avvolgimenti per unità di lunghezza. c) Calcolare E dentro al cilindro, assumendo che sia nullo all’esterno.

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Soluzione:

a) Bz = µ0 nI. Il campo elettrico a distanza r dall’asse vale 2πrEθ = −πr2 B˙ z quindi Eθ = (rµ0 nI0 ω sin ωt)/2. b) Ci aspettiamo che, come al solito, la corrente di spostamento dia correzioni trascurabili se ωa/c ˙ ∼ a3 nω 2 /c2 . 1. Come verifica stimiamo Is /I ∼ 0 a2 E/I H ˙ c) Nel cilindrone si ha un campo elettrico parallelo al suo asse z 0 : applicando E · ds = −Φ(B) su 0 2 0 2 ˙ un appropriato circuito si trova Ez0 = −n πa Bz = nn πa µ0 ωI0 sin ωt. In un esperimento si ha un fascio di protoni (mp = 1.6 × 10−27 kg) di velocità v0 = 1000 km/s. Un magnete dipolare di lunghezza ` = 1m lungo la direzione del fascio viene usato per deflettere i protoni di un angolo di θ = 10◦ nel piano orizzontale. Il magnete ha le caratteristiche rappresentate in figura ed è di materiale ferromagnetico di µr = 2500. I protoni passano nel traferro, di altezza δ = 1cm. Sopra e sotto il traferro sono poste due lastrine uguali, della stessa sezione del magnete, ognuna di altezza δ = 1cm e magnetizzazione M , diretta verso l’alto. Inoltre è presente un avvolgimento di N = 100 spire, che però non è inizialmente percorso da corrente. Si calcoli:

3

a) Il campo B che dev’essere presente nel traferro per ottenere la deviazione voluta. (Essendo l’angolo piccolo, approssimare ad ` la lunghezza dell’arco di circonferenza percorsa dai protoni all’interno del traferro). b) Il valore di M che per il problema assegnato permette di ottenere tale deflessione. c) Si vuole ora usare l’avvolgimento come “correttore” per operare piccoli cambiamenti nella deflessione dei protoni. Se vogliamo una sensibilità del 2% sull’angolo di deflessione, con che precisione dobbiamo regolare la corrente che passa nell’avvolgimento?

Soluzione:

a) Il raggio di curvatura R dovrà essere R ≈ l/ sin θ = 5.75m; serve quindi B = mv0 /qR = 1.7 × 10−3 T . H b) Non essendo presente corrente nell’avvolgimento, sar` a: H dl = N I = 0 e cioè: 4l H1 + 2δ H2 + δ H3 = 0 dove H1 , H2 , H3 sono le H nel magnete, nelle lastrine e nel traferro. Experimendo H in termini di B: 4`B B Bδ + 2δ( − M ) + =0 µo µr µo µo e cioè: B 4` 3δ A M= ( + ) = 2200 2δ µo µr µo m

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c) Una variazione del 2% dell’angolo di deflessione si riflette, visto il valore piccolo, nel 2% sul raggio di curvatura e quindi B ∗ = B(1 ± 0.02). Pertanto ora sar` a: 4`B ∗ B∗ δB ∗ + 2δ( − M) + = NI µo µ r µo µo da cui si ricava che la sensibilità su I deve essere ≈ 10 · mA.

Compito di Fisica bIIB (2 febbraio 2005)

1

Un solenoide cilindrico ha resistenza R, raggio a, lunghezza h a e n spire per unità di lunghezza. Al tempo t = 0 è percorso dalla corrente I(0) = I0 .

a) Calcolare I(t). b) Calcolare B ed E dentro il solenoide. c) Calcolare il vettore di Poynting S all’interno del solenoide, verificando il teorema di Poynting per una superficie cilindrica di raggio r < a coassiale al solenoide. d) Calcolare il vettore di Poynting S all’esterno del solenoide, verificando il teorema di Poynting.

Soluzione:

a) LI˙ + RI = 0 quindi I(t) = I0 e−t/τ con τ = L/R. b) B = Bˆz con B = µ0 nI e quindi L = µ0 n2 hπa2 . In approssimazione di corrente lentamente variabile si ha un piccolo campo elettrico E = E(r)ˆ ϕ dato da 2πrE = −πr 2 B˙ da cui E = ˙ = rµ0 nI/2τ . −rB/2 c) Il vettore di Poynting è diretto radialmente verso l’esterno: S=

1 µ0 n 2 I 2 E×B = r, µ0 2τ

Il suo flusso su un cilindro di raggio r e altezza h è ˙ EB ∂ B2 2 BB = πr h =V = −U˙ M Φ(S ) = 2πrh S(r) = 2πrh µ0 µ0 ∂t 2µ0 uguale alla variazione dell’energia magnetica contenuta nel cilindro. d) All’esterno B = 0 e quindi S = 0. Per il teorema di Poynting si deve quindi avere U˙ = W dove W = RI 2 è la potenza dissipata sulla superficie per effetto Joule. Infatti B B˙ B2 R U˙ = hπa2 = hπa2 = µ0 n2 πa2 I 2 = RI 2 µ0 µ0 τ L In un dispositivo per la separazione degli isotopi dell Uranio 235 U e 238 U un fascio di atomi di uranio ionizzati una volta e accelerato ad un’energia di 5 keV perpendicolarmente a una fenditura S alla cui uscita è presente un campo di induzione magnetica B perpendicolare al piano (vedi figura). La massa del singolo nucleone sia m = 1.710−27 kg.

2

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a) Si determini il valore del campo B per cui i due isotopi sono separati almeno di d = 5 mm. b) Si determini il tempo necessario a separare completamente 1 kg di uranio naturale, composto in massima parte da 238 U con un’abbondanza di 235 U dello 0.7%, se la corrente di ioni sulla fenditura S è di 5 mA.

B

S

c) Nell’ipotesi che l’irraggiamento sia piccolo ripetto all’energia cinetica si stimi l’energia irraggiata dagli atomi di uranio nell’attraversamento del campo magnetico e si verifichi che effettivamente questa è piccola rispetto all’energia cinetica. Soluzione:

a) Le velocit` a v1,2 delle particelle sono v1,2 = r1,2

p

2W /mA1,2 ed i raggi di curvatura sono: r A1,2 mv m 2W p = = A1,2 eB eB m

la differenza tra i raggi di curvatura : m δr = eB

r

2W 1 1 √ δA m 2 A

Vogliamo che d > 2δr quindi: m B< ed

r

2W 1 √ (A2 − A1 ) m A

Numericamente B < 4 · 10−1 T . b) Un kg di 235 U (usiamo solo questo essendo massimamente prevalente) equivale a 1000/235 grammoatomi quindi a un numero di atomi N pari a N = 6 · 1023 · 1000 . Una corrente di un mA 235 1016 −3 corrisponde a un flusso di 10 C/s cioe’ a Ns = 1.6 cariche elementari al secondo. Il tempo totale τ sara’ dato da: τ = N/Ns Numericamente τ = 4 · 107 s. c) La potenza P di radiazione emessa da una carica accelerata non relativistica è data dalla formula di Larmor: e2 2 v˙ 2 P = 4π0 3 c3 con v˙ modulo dell’accelerazione della carica, nel nostro caso: v˙ è l’accelerazione centripeta: v˙ =

v2 veB = r Am

per cui P =

1 2 e4 v 2 B 2 4π0 3 c3 A2 m2

d

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l’integrale su un semiperiodo T =

πr v

=

Amπ eB

fornisce la energia emessa:

Erad = P · T =

1 Be3 v 2 60 c3 Am

Il rapporto tra energia irraggiata e energia cinetica vale dunque: Erad 1 Be3 1 = ≈ 10−13 3 2 2 W 30 c A m

Compito di Fisica bIIB (12 gennaio 2005) Un’onda piana di frequenza ω con campo elettrico Ey = EI ei(ωt−kx) entra in un materiale dentro al quale la costante dielettrica varia da 0 a = 0 n2 . La variazione è cos`ı graduale che non c’è nessuna onda riflessa. Scrivendo il campo elettrico nella regione interna al materiale come Ey = ET ei(ωt−kT x)

1

a) calcolare kT e BT , dove Bz = BT ei(ωt−kT x) ; b) calcolare la densità media di energia uT ed il flusso medio di energia WT ; c) calcolare ET . Il materiale ora si muove lungo x con velocità βc: d) calcolare la frequenza ωT dell’onda dentro il materiale; e) calcolare WT /WI .

Soluzione:

a) Definendo cT = c/n la velocità dell’onda dentro al materiale si ha kT = ω/cT e BT = ET /cT . b) La densit` a di media energia vale uT = hET2 /2 + BT2 /2µ0 i = ET2 /2, egualmente ripartita fra energia elettrica e magnetica Quindi WT = cT uT = n0 ET2 /2. Allo stesso risultato si può arrivare utilizzando il vettore di Poyinting WT = hST i = hET BT /µ0 i. . √ √ c) Imponendo WT = WI si ha ET = EI / n e quindi BT = ET /cT = nBI . d) Nel sistema S 0 rispetto al quale il materiale è fermo si ha ω 0 = γ(1 − β)ω. Dentro il materiale il quadri-vettore d’onda vale KT0 = (ω 0 , nω 0 ). Tornando al sistema iniziale si ha ωT = γω 0 (1+βn) = (1 + βn)/(1 + β). √ √ e) Nel sistema S 0 si ha EI0 = EI γ(1 − β) e BI0 = γ(1 − β)BI . Quindi ET0 = EI0 / n e BT0 = BI0 n. Tornando al sistema iniziale si ha ET =

1 + βn EI √ , 1+β n

BT =

1 + β/n √ BI n, 1+β

WT = hET BT /µ0 i =

(1 + βn)(1 + β/n) WI . (1 + β)2

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INDICE

Una pallina di carica elettrica q positiva e massa m, è situata in una regione di campo elettrico E uniforme e costante e sospesa attraverso una corda di lunghezza ` al punto O (vedi figura). La pallina si può considerare puntiforme e si può trascurare la massa della corda.

2

a) Si determini la frequenza delle piccole oscillazioni della pallina attorno alla posizione di equilibrio.

O

b) Si determini l’energia irraggiata per emissione di dipolo elettrico in un periodo di oscillazione (ipotesi non relativistica). c) Nell’ipotesi di variazione adiabatica, e che cioe’ l’energia irraggiata in una oscillazione sia molto minore dell’energia totale della carica elettrica, si determini l’andamento col tempo dell’angolo massimo di oscillazione della pallina.

θ E m,q

Soluzione:

a) L’equazione di moto della pallina e’ mlθ¨ = qE sin θ ≈ qEθ da cui ω 2 =

qE ml

b) La potenza P di radiazione emessa da una carica accelerata e’ data dalla formula di Larmor: P =

q 2 2 v˙ 2 4π0 3 c3

˙ v˙ = lθ¨ = lθ0 ω 2 cos ωt. θ0 con v˙ modulo dell’accelerazione della carica, nel nostro caso: v = lθ, e’ l’angolo massimo di oscillazione. Quindi: P =

q 2 2 l2 θ02 ω 4 cos2 ωt 4π0 3 c3

l’integrale su un periodo di cos2 ωt e’ eguale a π. Quindi P (periodo) ≡ ∆U vale: ∆U =

q 2 2 l2 θ02 ω 4 π 4π0 3 c3

c) L’angolo massimo di oscillazione θ0 dipende dal tempo . L’energia U della carica durante quella oscillazione sara’ data da: θ2 U = qEl(1 − cos θ0 ) ≈ qEl 0 2 L’energia q irraggiata durante quella oscillazione sara’ a spese della energia della carica, cioe’, se T =

2π ω

e’ il periodo dell’oscillazione,:

∂U qEl2θ0 θ˙0 ∆U = − T =− ∂t 2

r

2π ω

Da cui l’equazione differenziale in θ0 (K raggruppa i termini costanti): θ˙0 = −Kθ0 che ha come soluzione un esponenziale decrescente.

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Compito di Fisica bIIB (16 settembre 2004) Una molla di lunghezza a riposo d, lunghezza iniziale ` = d/2, costante elastica k è costitituita da costituita da N spire conduttrici di sezione circolare S d2 e resistenza trascurabile percorse da una corrente iniziale I0 .

1

a) Determinare come varia la corrente I se ` viene variato. b) Determinare il valore di I0 tale che ` = d/2 sia posizione di equilibrio. La corrente viene mantenuta costante al valore I0 da un generatore esterno, e la molla viene lentamente allungata fino a raggiungere la lunghezza di riposo d. c) Calcolare il lavoro delle forze esterne. d) Calcolare la variazione di energia magnetica ed il lavoro compiuto dal generatore. Soluzione:

a) La corrente varia in modo da mantenere costante il flusso del campo magnetico Φ = LI con L = µ0 SN 2 /`. Quindi I = I0 L0 /L = I0 (2`/d). b) L’energia magnetica vale U = LI 2 /2 = Φ20 /2L = Fmag ` dove Fmag = 2µ0 I02 SN 2 /d2 e produce quindi una forza magnetica costante ed attrattiva Fmag . (Come noto la forza magnetica tende ad attirare fili percorsi da correnti nello stesso verso. Il calcolo esplicito partendo dalla forza di Lorentz è complicato in quanto la forza totale Fmag dipende da effetti ai bordi). Eguagliandola 1/2 alla forza repulsiva elastica Fel = k(d/2) si trova I0 = d3/2 k 1/2 /2N S 1/2 µ0 . c) La forza magnetica Fmag = µ0 I02 N 2 S/2`2 e la forza elastica sono state calcolate al punto b). Quindi occorre fornire un lavoro Lmecc = −k/2(d/2)2 + µ0 I02 N 2 S/2d. Inserendo il valore di I0 calcolato al punto b) si ottiene Lmecc = 0. La cancellazione non è dovuta a nessun motivo di principio. d) L’energia magnetica dipende da ` come Umag = LI02 /2 ∝ 1/`. Quindi ∆Umag = (I02 /2)∆L = −µ0 I02 N 2 S/2d. Il bilancio energetico Lgen + Lmecc = ∆Umolla + ∆Umag consente di ricavare Lgen . Alternativamente, il calcolo diretto fornisce Z µ0 I02 N 2 S Lgen = V I dt = I0 ∆Φ = I02 ∆L = − d Una spira rettangolare di lati a e b e di sezione quadrata di superficie d è percorsa nel suo sistema di riposo da una corrente I. La spira si muove di velocità v , non trascurabile rispetto alla velocità della luce c, lungo la direzione del lato b rispetto a un sistema di riferimento Σ (vedi figura).

2

a b

I

a) Calcolare il quadrivettore densità di carica/corrente sui lati a e b nel sistema di riposo della spira e in Σ. b) Si determini la distribuzione di carica elettrica sulla spira osservata nel sistema Σ.

v

30

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c) Si determini nel sistema Σ il momento di dipolo elettrico. d) Si determini nel sistema di riposo della spira e nel sistema Σ il momento di dipolo R magnetico. (Si utilizzi la seguente definizione per il momento di dipolo magnetico m : m = 12 x × J (x)dx dove J e’ la densità di corrente).

Soluzione:

a) Consideriamo il quadrivettore [ρ0 c, j 0 ], dove l’apice si riferisce a quantita’ nel sistema di riposo della spira. Vale: j 0 = I/d mentre ρ0 = 0. Il quadrivettore si trasforma solo con le sue componenti spaziali parallele al moto e cioe’ lungo b. Chiamando il quadrivettore densita’ di corrente nel sistema Σ [ρc, j ] avremo una densita’ di carica e di corrente sul lati b in cui la corrente e’ opposta a v data da : ρc = γ(ρ0 c + βj 0 ) =

γβI d

j = γj 0 = γI/d b) Per calcolare la carica sul lato b bisogna tener conto che nel sistema Σ il lato b e’ contratto db del fattore 1/γ. quindi la carica sara’:q = γβI = Iβb . Sul lato b opposto in cui la corrente cd γ c scorre con verso concorde alla velocit` a ci sara’ una carica −q. Sui lati a le densita’ di carica e le cariche rimangono nulle nei due sistemi. c) dato il risultato in a) ne consegue che il dipolo elettrico nel sistema Σ ha modulo qa ed e’ diretto perpendicorarmente alla velocità. d) Nel sistema di riposo della spira il dipolo magnetico ha modulo m0 = Iab ed e’ diretto perpendicolarmente e entrante nel piano della spira. Nel sistema Σ consideriamo la definizione di R momento magnetico data da m = 12 x × J (x)dx. Calcoliamo il contributo del lato b. Dati i il versore dell’asse lungo b, b0 = b/γ la lunghezza del lato b in Σ e Ib = γI la corrente in Σ: Z 0 ab1 Ib b /2 Iab 1 r × idx = Iγ mb = = 2 −b0 /2 2γ2 2 2 Quindi il contributo dei lati b al dipolo magnetico in Σ e’ come quello nel sistema a riposo. Sui lati a, invece, la densita’ di corrente e’ eguale nei due sistemi ma la corrente Ia = γI a causa della contrazione dello spessore nella direzione di moto. Globalmente il modulo del momento magnetico sara’ quindi dato da: Iab m= (1 + 1/γ) 2

Compito di Fisica bIIB (12 luglio 2004) Un’onda elettromagnetica viene ricevuta dopo aver attraversato una regione (‘nuvola’) contenente Ne = 3 106 / m3 elettroni liberi. Sui bordi la densità varia in modo sufficientemente graduale che si possono trascurare effetti di riflessione. Per frequenze ω < ω∗ l’intensità dell’onda viene attenuata di un fattore η(ω). Per frequenze ω > ω∗ l’onda viene ritardata di un tempo ∆t(ω).

1

1. Calcolare ω∗ .

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Assumendo che la ‘nuvola’ abbia dimensioni D: 2. Calcolare η(ω). 3. Calcolare la differenza ∆t(ω) tra i tempi di propagazione della luce nel vuoto e del segnale nella nuvola. Si assuma ora che la nuvola sia in moto con velocità v parallelamente all’onda. 4. Rispondere nuovamente alla domanda 1.

Soluzione:

1. Un’onda ei(kx−ωt) in un plasma ha k = nω/c con ω∗ n2 = 1 − ( )2 ω

s dove

Ne e2 rad = 105 0 m e s

ω∗ =

2. I campi E e B vengono attenuati di un fattore exp(ikD) dove k è immaginario. Quindi p 2 l’intensit` a dell’onda viene attenuata di un fattore η = exp(−2|k|D) = exp(−2D ω∗ − ω 2 /c). 3. Frequenze basse viaggiano pi` u lente, arrivando con un ritardo ∆t = D(1/vg − 1/c) dove vg è la velocit` a di gruppo, data da 1 1 dn 1 1 d(nω) = (n + ω )= = vg c dω c dω nc Quindi ∆t = (n−1 − 1)D/c, che è trascurabile per ω ω∗ e diverge per ω → ω∗ . 4. Nelpsistema di riferimento della nuvola ω 0 = γω(1 − v). Imponendo ω 0 = ω∗ si ottiene ω = ω∗ (1 + v/c)/(1 − v/c). Una carica elettrica e ruota a velocità angolare ω (moto non relativistico) su una circonferenza di raggio a (vedi figura). Sia θ l’angolo polare rispetto all’asse passante per il centro della circonferenza. Sia a molto minore della lunghezza d’onda della radiazione emessa. Nel punto P, a grande distanza rispetto ad a, si osservano i campi di radiazione B e E che in coordinate polari si scrivono come:

2

µ0 eaω 2 ˆ [cos(kr − ωt) cos θφˆ − sin(kr − ωt)ϑ] 4πcr

(1)

µ0 eaω 2 ˆ E= [cos(kr − ωt) cos θϑˆ + sin(kr − ωt)φ] 4πr

(2)

B=

dove φˆ e ϑˆ sono i versori degli assi polari φ e θ. Si determinino: a) La polarizzazione della radiazione emessa in funzione di θ. b) L’intensità della radiazione emessa in funzione di θ: dI(θ)/dΩ mediandola sul tempo.

32

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Una seconda carica e dello stesso segno viene successivamente inserita e ruota sulla circonferenza diametralmente opposta alla prima e nello stesso verso. c) Si determinino i campi di radiazione (ad es. B ) in P dimostrando che esso hanno pulsazione doppia rispetto a quelli con una sola carica. (Si tenga conto che c’e’ uno sfasamento dei due campi dovuto sia alla differenza di cammino ottico che alla differente posizione angolare nella rotazione) d) L’intensità di radiazione in P con due cariche e’ maggiore o minore di quella con una carica singola ed eventualmente di quale fattore? (Si esprima il campo delle due carice in funzione del rapporto a/λ) Soluzione:

a) Da come sono scritti i campi si vede che la polarizzazione per cos(θ) positivi (emisfero superione) e’ ellittica antioraria guardando nella direzione di propagazione dell’onda (levogira) e diventa circolare a θ = 0. Viceversa nell’emisfero inferiore e’ ellittica destrogira (circolare a θ = π). Sul piano equatoriale (θ = π/2) la polarizzazione e’ lineare. b) Il vettore di Poynting :S = E × H si puo’ scrivere in funzione di B come S = di S rappresenta il flusso di energia per unit` a di tempo e di superficie:

c B 2 rr . µ0

Il modulo

dI dI = dtds dtr2 dΩ Sostituendo il valore di B e mediando sul tempo abbiamo: dI¯ e2 a2 ω 4 = (1 + cos2 θ) dΩ 32π 2 0 c3 |S | =

c) Dobbiamo sommare i campi delle due cariche tenendo conto sia degli sfasamenti dovuti al diverso cammino ottico : ∆r che della differenza di fase angolare : π. Chiamando con r1 = r + a e r2 = r − a le distanze del punto P dalle due cariche abbiamo: √ √ ∆r = |r1 | − |r2 | = r2 + a2 + 2r · a − r2 + a2 − 2r · a sviluppando la radice al I ordine in a/r: ∆r = 2

r·a

r

= 2acos(ωt)senθ

Consideriamo la componente φˆ del campo B , indicando con K i fattori numerici costanti abbiamo: Bφ = Kcosθ[cos(kr − ωt) + cos[k(r + ∆r) − ωt − π]] Sviluppando il coseno al primo ordine in ∆r otteniamo: ω Bφ = Kcosθ[ksin(kr − ωt)∆r] = Kcosθ 2a[sinθcosωtsin(kr − ωt)] c Sfruttando le formule trigonometriche si arriva facilmente al risultato: ω Bφ = Kcosθsinθ a[sin(kr − 2ωt) − sinkr] c Analogamente per la componente ϑˆ di B : ω Bθ = Ksinθ a[cos(kr − 2ωt) − coskr] c Si vede quindi che il campo di radiazione ha frequenza 2ω.

INDICE

33

d) Rispetto al caso con una sola carica il campo di radiazione ha acquistato, oltre a una modulazione angolare sinθ, un fattore a ωc = 2πa . L’intensit` a e’ proporzionale al quadrato del campo quindi λ a2 sar` a ridotta del fattore λ2 1.

Compito di Fisica bIIB (21 giugno 2004) Un atomo di positronio è formato da un elettrone e da un positrone in orbita circolare a distanza r0 = λ · a, dove a = 0.529 10−10 m è il raggio di Bohr dell’atomo di idrogeno e λ un parametro da determinare. Il positrone ha massa me uguale e carica e opposta all’elettrone. Calcolare

1

z

a) la pulsazione ω b) la polarizzazione della radiazione iraggiata lungo x e lungo z. c) l’energia iraggiata in un giro e confrontarla con l’energia dell’atomo

r

d) Assumendo che l’atomo spiraleggi lentamente, calcolare il tempo τ necessario per raggiungere r(t) = 0. Confrontandolo con il valore sperimentale τ = 6.2 10−11 s determinare λ.

x

Soluzione:

a) me ω 2 r/2 = e2 /4π0 r2 quindi ω 2 è 2 volte maggiore che nell’idrogeno. b) circolare lungo z e lineare lungo x. Il motivo di base è che un osservatore da z vede due cariche girare, mentre da x le vede oscillare lungo una retta. c) Il dipolo p = er gira con pulsazione ω. Quindi Wirr = ω 4 p2 /6π0 c3 . L’energia dell’atomo vale me r 2 e2 e2 E = 2 (ω ) − =− 2 2 4π0 r 8π0 r Si ha Wirr T /E ∼ α3 dove α ∼ v/c ∼ 1/137. d) L’atomo spiraleggia con r(t) dato da 2 e2 e2 ˙ =W = e ( r ˙ = E )2 8π0 r2 6π0 c3 2π0 me r2

r˙ =

16 re2 c 3 r2

re ≡

e2 = 2.8 10−13 cm 4π0 me c2

cioè d(r3 ) = 16re2 c dt

:

r3 (t) = r03 − 16re2 ct = 0 per t =

[τ = 2/mα5 , a = 1/me α, re = α/me , λ = 25/3 invece di λ = 2]

r03 . 16re2 c

34

INDICE

Un cilindretto di materiale ferromagnetico è uniformemente magnetizzato con magnetizzazione M diretta lungo il suo asse e supposta indipendente dai campi magnetici esterni. Il cilindretto ha raggio a e altezza h (h >> a) e viene inserito all’interno di un solenoide avente N spire per unita’ di lunghezza raggio b (b > a) e altezza h chiuso su di una resistenza elettrica R. L’inserimento avviene in un tempo molto breve rispetto alla costante tempo del circuito solenoide-resistenza. Si determinino:

2

N

a

h

R

a) Il flusso di campo magnetico generato dal magnetino sul solenoide. b) Il valore della corrente che circola nel circuito nell’istante immediatamente successivo all’inserimento e l’energia dissipata in R nel transiente successivo.

b

c) Il valore della corrente al variare del tempo e la carica elettrica totale che fluisce attraverso il circuito. d) Si calcoli il vettore di Poynting sulla superficie del cilindro e si mostri che il suo flusso lungo la superficie laterale durante la scarica del solenoide e’ eguale alla variazione (negativa) dell’energia magnetica nel cilindro avendo trascurato l’energia associata al campo elettrico indotto. Sotto quale ipotesi si puo’ trascurare l’energia del campo elettrico indotto nel solenoide? Soluzione:

a) La corrente superficiale totale del magnetino e’ eguale al modulo del vettore magnetizzazione M . Quindi il campo generato dal cilindretto e’ eguale a quello di un solenoide di egual raggio e altezza e M = N ∗ i∗ dove N ∗ e’ numero equivalente di spire e i∗ e’ la corrente. L’induttanza 2 del solenoide reale L vale: L = ΦI = BN Ihπb :L = µ0 N 2 hπb2 , mentre la mutua induttanza tra i solenoidi vale: BN ∗ hπa2 L12 = = µ0 N N ∗ hπa2 I Quindi il flusso generato dal magnete quando inserito vale: Φ = L12 i∗ = µ0 N hπa2 M Potevamo anche calcolare di campo B generato dal magnetino dalla relazione: B = µ0 (H + M ) con H = 0 non essendoci correnti libere. b) L’equazione del circuito durante l’inserimento e’: −

dΦ di = L + Ri dt dt

Poiche’ l’inserimento e’ rapido possiamo trascurare l’effetto della resistenza R: −

dΦ di Φ M = L :Φ + Li = costante = 0:i = i0 = − = − dt dt L N

l’energia dissipata nel transiente successivo UR sara’ tutta quella immagazzinata come energia magnetica e cioe’:UR = 21 Li20 c) Dopo l’inserimento l’equazione del circuito diventa: L

di + Ri = 0:i(t) = i0 e−t/τ , conτ = L/R dt

INDICE

35

La carica elettrica che attraversa il circuito si ottiene dalla legge di Felici: Q=

−∆Φ −µ0 N hπa2 M = R R

d) Il campo magnetico nel cilindro e’ uniforme e decresce esponenzialmente come la corrente nel solenoide: B(t) = Ke−t/τ . il campo elettrico indotto avra’ solo componenti lungo θ in coordinate cilindriche e si trova facilmente con la legge dell’induzione: E(r, t) = rK e−t/τ (cresce linear2τ mente con r). Il vettore di Poynting S e’ diretto radialmente verso l’esterno e il suo flusso a r = b vale: πb2 h E(b)B Φ(S) = 2πah = k 2 e−2t/τ µ0 τ L’energia magnetica UB =

B2 2 1 πb h = K 2 πb2 he−2t/τ 0 c2 2µ0 2

Derivando rispetto al tempo UB si trova la relazione cercata. L’energia elettrostatica UE nel solenoide associata al campo elettrico indotto e’: Z b 1 2 2 −2t/τ b2 1 2 E (r, t)2πrdr = K πb he 0 2 UE = 0 2 2 4τ 0 Si vede quindi che UE e’ trascurabile rispetto a UB se b/τ c.

Compitino di Fisica bIIB (28 maggio 2004) Un atomo con polarizzabilità α(ω) tale che il suo dipolo elettrico p = αE è collocato nell’origine ed è investito da un’onda elettromagnetica piana polarizzata lungo z del tipo Ez = E0 ei(kx−ωt) .

1

z

a) Si determinino in coordinate polari, (r, θ, φ), i campi di radiazione E e B specificando le approssimazioni usate.

r

b) Si determini la potenza irraggiata nell’angolo solido e quella totale. c) Supponendo che l’onda incidente non sia perturbata dall’interazione con l’atomo, e tenendo conto sia del’onda incidente che di quella di radiazione, si determini sull’asse x la pressione di radiazione in funzione della distanza r dall’origine facendone una media sul tempo. d) Si determini la densità di energia elettromagnetica in funzione della distanza r lungo l’asse y facendone ancora una media sul tempo. Soluzione:

θ K

p x

y

36

INDICE

a) Il campo di radiazione di dipolo, B , vale:

z

−µ0 B=− r × p¨(t − r/c) 4πcr2

B

con

r

p¨ = −ω 2 αE (t − r/c)

p = αE ,

E

Quindi B ha solo componente φ data da: 2

Bφ =

θ

−iω(t−r/c)

αω sin θE0 e 4π0 c3 r

p

Il campo elettrico E è perpendicolare sia a B che a r e quindi ha solo componente θ : Eθ = cBφ =

αω 2 sin θE0 e−iω(t−r/c) 4π0 c2 r

x y

Le approssimazioni fatte sono quelle per la radiazione di dipolo: l’elongazione massima del dipolo l e la distanza r dovranno soddisfare: l λ = 2πc/ω r. b) Il modulo del vettore di Poynting S fornisce la potenza irraggiata ad un dato angolo θ (è stata fatta anche la media sul tempo): |S | = c0 |E |2 =

α2 ω 4 E02 sin2 θ 16π 2 0 c3 r2

l’integrale sull’ angolo solido 2π sin θdθ di sin2 θ (= 8/3π) mi fornisce la potenza totale. c) Lungo l’asse x entrambi i campi elettrici sono diretti lungo z ma sfasati di un angolo costante π (sono uno opposto all’altro) come pure i campi magnetici delle due onde hanno verso opposto lungo l’asse y. Il valore di pressione di radiazione e’ eguale alla densita’ di energia, si noti che αω 2 la direzione del vettore di Poynting coincide con l’asse x. Definendo:β = 4π 2 la pressione di 0c radiazione P (r, t) vale (E0 e B0 sono i moduli dei campi dell’onda incidente): 1 β 11 β β P (r, t) = 0 (E0 cos(ωt)− E0 cos(ωt))2 + (B0 cos2 (ωt)− B0 cos2 (ωt))2 = 0 (E0 cos(ωt)− E0 cos(ωt))2 2 r 2 µ0 r r da cui mediando sul tempo: 1 β β2 2 P (r) = 0 E0 (1 − 2 + 2 ) 2 r r d) Lungo l’asse y i campi elettrici sono ancora diretti come z ma, in aggiunta allo sfasamento π c’e’ anche uno sfasamento dovuto al ritardo della propagazione del campo di radiazione e che dipende da r (il campo dell’onda piana incidente e’ in fase su tutto il piano x = 0). β cos ω(t − r/c)] r I campi magnetici delle due onde sono invece perpendicolari tra loro e diretti, lungo y quello incidente e lungo x quello di radiazione. Anche in questo caso c’e’ uno sfasamento tra i due che dipende da r. La densita’ di energia, uE dovuta al campo elettrico sara’: E = E0 [cos ωt −

1 β2 β uE (r, t) = 0 E02 (cos2 ωt + 2 cos2 (ω(t − r/c))2 − 2 cos(ωt) cos(ω(t − r/c))) 2 r r

INDICE

37

mediando sul tempo: 1 β2 ωr β 2 uE (r) = 0 E0 (1 + 2 − 2 cos ) 4 r r c Per l’energia magnetica uB (r, t) avremo: uB (r, t) =

1 1 β2 (Bx2 + By2 ) = 0 (E02 cos2 ωt + 2 E02 cos2 ωt) 2µ0 2 r

mediando sul tempo: β2 1 uB (r) = 0 E02 (1 + 2 ) 4 r La densita’ totale di energia sara’: u(r) = uE (r) + uB (r) Un’onda elettromagnetica diretta lungo l’asse x con intensità IA , pulsazione ωA e polarizzazione E A ∝ yˆ incontra il sistema di specchi perfettamente riflettenti mostrato in figura. Gli specchi vengono messi in moto lungo l’asse x con velocità costante v. Calcolare

2

a) Frequenza ωB e direzione dell’onda nel tratto B. (Si ricordi che Kµ = (ω, ck) è un quadrivettore).

C B

y

A

b) La polarizzazione dell’onda nel tratto B.

x z

c) L’intensità IB dell’onda nel tratto B. d) Pulsazione ωC ed intensità IC dell’onda nel tratto C. Soluzione:

a) All’inizio KA = ω(1, 1, 0, 0). Rispetto al sistema S 0 in cui gli specchi sono fermi KA0 = ω 0 (1, 1, 0, 0) con ω 0 = ωγ(1 − v/c). In tale sistema KB0 = ω 0 (1, 0, 1, 0) e quindi KB = ω 0 (γ, γv/c, 1, 0), che corrisponde ad un’onda di pulsazione ωB = ωγ 2 (1 − v/c) = ω/(1 + v/c) che si propaga nel piano xy con angolo tan θ = γv/c. b) Conviene considerare il campo magnetico, che è polarizzato lungo zˆ e non viene riflesso dallo specchio. Il fatto che lo specchio sia in moto non cambia questo risultato, come si pu` o verificare ˆ guardando le trasformazioni di Lorentz dei campi. Quindi B B ∝ zˆ e E B = cB B × kB . c) All’inizio E A = EA (0, 1, 0) e B A = EA (0, 0, 1)/c. Nel sistema S 0 si ha BAz0 = γ(BAz − vEAy /c) cioè B 0A = γEA (1 − v/c)(0, 0, 1)/c. 0 Dopo la riflessione B 0B = γEA (1 − v/c)(0, 0, 1)/c e E 0B = cB 0B × kˆB = γEA (1 − v/c)(−1, 0, 0). ` pi` Tornando al sistema S, BBz = γBBz0 = γ 2 (1 − v/c)EA (0, 0, 1)/c. E u complicato scrivere il campo elettrico in componenti, ma deve essere EB = BB . Quindi IB /IA = (EB /EA )2 = 1/(1 + v/c)2 . d) Nel sistema S 0 è ovvio che l’onda in C è uguale a quella in A. Quindi è vero in tutti i sistemi di riferimento.

Compitino di Fisica bIIB (30 marzo 2004)

38

INDICE

Una spira circolare ha raggio a, autoinduzione L, resistenza R trascurabile e corrente iniziale I0 = 0. Un dipolo magnetico µ si trova nel centro della spira, orientato perpendicolarmente ad essa.

1

a–r

a µ

a) Calcolare il flusso Φ0 del campo magnetico generato dal dipolo attraverso la spira. Senza variare la sua orientazione ed il suo modulo, il dipolo µ viene spostato nel piano della spira fino a distanza r a da essa. b) Calcolare la corrente I1 nella spira. c) Calcolare il lavoro meccanico Lmecc necessario per effettuare lo spostamento. La spira viene connessa ad un generatore che mantiene costante la corrente I1 . Il dipolo viene riportato nella posizione iniziale. 0 necessario per effettuare lo spostamento ed il lavoro Lgen d) Calcolare il lavoro meccanico Lmecc compiuto dal generatore.

e) Come varierebbero le risposte alle domande c) e d) se la corrente iniziale I0 6= 0 fosse scelta tale che I1 = 0?

Soluzione:

a) Pensando il dipolo come una spiretta di superficie s percorsa da una corrente i e sfruttando la simmetria dei coefficienti di mutua induzione M0 = Bz s/I0 = µ0 s/2a si ottiene Φ0 = M0 i = µ0 µ/2a. b) Il flusso totale Φtot = LI + M i attraverso la spira rimane costante, quindi I1 = I0 + (Φ1 − Φ0 )/L dove Φ0,1 è il contributo del dipolo al flusso totale. Per calcolare Φ1 si riapplica il trucco del punto a), tenendo ora conto che una spira circolare a distanza r a si pu` o approssimare come un filo rettilineo, che produce un campo magnetico Bz = µ0 I1 /2πr. Quindi Φ1 = µ0 µ/2πr e I1 = I0 − (a − πr)µµ0 /2πraL. Siccome a r si pu` o approssimare a − πr ≈ a. c) Siccome l’unico lavoro esterno è di tipo meccanico, esso è uguale alla variazione dell’energia totale del sistema Lmecc = U0 − U1 =

L 2 (I0 − I12 ) + (M0 I0 − M1 I1 )i = (a2 − π 2 r2 )(µµ0 /πar)2 /8L {z } 2 | {z } | spostamento

modulo

che non dipende da I0 . Parte di questo lavoro viene speso per spostare il dipolo, e parte per ` interessante mantenere costante il suo modulo mano a mano che il campo magnetico varia. E calcolare separatamente il secondo contributo: schematizzando il dipolo come una spiretta con corrente i mantenuta costante esso vale Z vi dt = i · ∆Φspira→dipolo = ∆(µB) = (M0 I0 − M1 I1 )i R 0 d) Ora Lmecc + Lgen = U1 − U2 = (M1 − M0 )I1 i. Il lavoro del generatore vale Lgen = V I dt = 0 I1 (Φ1 − Φ0 ). Quindi Lmecc = 0. Come prima, il lavoro meccanico è somma di due componenti: una parte necessaria a spostare il dipolo, ed una parte necessaria a mantenerlo costante. Il secondo contributo è calcolabile come prima, e dato dalla variazione di µB. Il primo contributo

INDICE

39

è ora banalmente calcolabile in quanto siccome I1 viene mantenuta costante, è possibile applicare la formula dell’energia di un dipolo in un campo magnetico esterno: 0 Lmecc−spost = V1 − V2 = −µ(B1 − B0 )

(V = −µ · B )

0 = 0. Abbiamo quindi verificato esplicitamente che Lmecc

e) Se I1 = 0 la d) verrebbe zero in modo ovvio. Neanche la c) non varia, in quanto non dipende da I0 . Il motivo di base è che scrivendo I = (Φ − M i)/L in termini del flusso (che rimane costante) si ha U = (Φ2 − i2 M 2 )/2L. Quattro solenoidi a sezione quadrata di lato 2` sono costituiti da N spire e hanno una lunghezza L `. Essi sono disposti lungo due assi ortogonali x e y e delimitano una regione cubica S di lato 2` centrata sull’origine delle coordinate (vedi figura). I solenoidi sono percorsi a due a due dalla stessa corrente: Ix = I0 sin ωt in quelli lungo l’asse x e Iy = I0 sin(ωt + Φ) in quelli lungo l’asse y.

2

y

l l

S

x

a) Si determini Φ in modo che il campo B dentro la regione S sia di modulo costante nel tempo e dire poi come variano col tempo le componenti x e y. (Si assuma che il campo del solenoide sia lo stesso di quello generato da un solenoide a sezione circolare). Una particella di massa m e carica q entra nella regione S lungo l’asse z con velocità v e si deposita sullo schermo isolante che chiude la cavità sul piano z = `. b) Si determini quale condizione sulla velocità permetta di considerare il campo B costante durante l’attraversamento di S e, in questa ipotesi, si calcolino le coordinate r e θ del punto in cui finisce la particella sullo schermo supponendo che il campo, durante l’attraversamento sia diretto lungo l’asse y. Un fascio collimato di particelle (ancora con velocità tale da poter considere il campo uniforme durante l’attraversamento ma con orientamento casuale) e aventi velocità diverse l’una dall’altra, viene inviato lungo l’asse z per un tempo sufficientemente lungo. Supponendo che il raggio di curvatura in campo magnetico R sia tale che R `, c) Dalla misura della densità di carica raccolta sullo schermo, σ(r), dove r è la distanza dall’asse ` utile per z, si deduca la distribuzione di velocità dN /dv delle particelle del fascio incidente. (E la semplificazione delle formule sviluppare la quantità r in serie di l2 /R2 e tenere solo il primo termine.)

Soluzione:

a) I campi dei due solenoidi devono essere sfasati di Φ = π/2 affinchè la risultante abbia modulo costante: Bx = B0 cos ωt, By = B0 sin ωt con B0 = µ0 I0 N/L. Il modulo B0 rimane costante nel tempo mentre la sua direzione ruota nel piano (x, y) con velocità angolare ω.

40

INDICE

b) Il campo B può essere considerato costante durante l’attraversamento se il tempo di attraversameto t = 2`/v 2π/ω. In questo caso la particella di muove in un campo uniforme perpendicolare alla velocità, e quindi percorre una circonferenza di raggio R = mv/qB0 . Quando raggiunge lo schermo ha una distanza dall’asse z data da: r √ 4`2 r = R − R2 − 4`2 = R[1 − 1 − 2 ] R Se R `, dallo sviluppo al I ordine della radice ottengo: r≈2

`2 2l2 qB0 k = = R mv v

che posso alternativamente ottenere come 1 r ≈ at2 , 2

con a =

qB0 v m

La coordinata θ di rotazione attorno a z sara’ distribuita in modo casuale. z r 2l

R

c) Siccome r = k/v dv = k dr r2 La carica elettrica dQ depositata su una coroncina circolare di raggio r e spessore dr è proporzionale al numero dN (v) di particelle depositate nella stessa coroncina circolare in corrispondenza di una velocità v in un intervallo dv : dN dv dQ dr = q dr = σ2πr dr dr dv dr

:

dN 2πσr3 2πσk 2 = = dv qk qv 3

Ad esempio se σ = k 0 /r2 = k 0 v 2 /k 2 si ha dN (v)/dv = 2πk 0 /qv.

Compito di Fisica bIIB (6 febbraio 2004)

INDICE

41

Un dipolo magnetico con momento magnetico µ è posto al centro di una spira circolare di raggio a. Il sistema di assi cartesiani è fissato in modo che l’origine sia nel centro della spira e gli assi x e y nel suo piano. Il dipolo viene fatto ruotare con velocità angolare costante ω nel piano x, z (vedi fig. 1)

1

z

θ=ω(τ)

a) Si determini la corrente che scorre nella spira sapendo che essa ha una resistenza elettrica R (si trascuri il suo coefficiente di autoinduzione). (Si consiglia di sfruttare l’equivalenza del dipolo magnetico con una spirettina percorsa da corrente).

a y

x

b) Si determini il momento meccanico esterno necessario a mantenere la spira in rotazione.

Fig.1

c) Si mostri che la potenza meccanica media fornita è eguale alla potenza dissipata per effetto Joule. La spira sia connessa a un generatore di corrente costante I. d) Se il dipolo ha massa m e si può muovere lungo z, si determini l’orientamento relativo della corrente nella spira e del dipolo perchè la forza lungo z sia di richiamo attorno al punto z = 0 e la frequenza delle sue piccole oscillazioni.

Soluzione:

a) Supponiamo che il dipolo sia equivalente a una spiretta di superficie s percorsa da corrente i in modo che µ = si. La corrente nella spira dipende dalla variazione del flusso di mutua induzione ` complicato calcolarlo, mentre è molto pi` della spiretta (dipolo) sulla spira. E u facile calcolare il coefficiente di mutua induzione M (θ) dalla spira sulla spiretta. Per via di un teorema generale i due coefficienti sono uguali. Approssimando il campo sulla spiretta come la sola componente z nel suo centro abbiamo: Φ12 (θ) = M (θ)I =

µ0 I · s · cos(θ) 2πa2 3 2π a

:

M (θ) =

µ0 s · cos θ 2a

quindi il flusso indotto dalla spiretta (dipolo) sulla spira è Φ21 (θ) = i · M (θ) =

µ0 s · cos θ µ0 · cos(ωt) i= µ 2a 2a

la corrente I è data dal rapporto tra forza elettromotrice indotta (t) e la resistenza R: I=

(t) 1 ∂Φ21 (t) 1 µ0 µω =− = sin(ωt) R R ∂t R 2a

b) Il momento meccanico esterno M deve bilanciare il momento delle forze dovuto all’interazione tra dipolo e campo della spira: M = −µ × B tale momento ha solo componente y: My = −(µz Bx − µx Bz ) = µsin(ωt)Bz =

µ2 µ20 ω sin2 (ωt) R4a2

42

INDICE

c) La potenza W sviluppata dal momento delle forze esterne è: W = My · ω =

µ2 µ20 ω 2 sin2 (ωt) R4a2

da paragonare alla dissipazione Joule WJ : WJ =

µ2 µ20 ω 2 2 = sin2 (ωt) R R4a2

d) Affinchè la forza sia di richiamo il potenziale U (z) = −µ · B deve essere minimo a z = 0: questo e’ possibile se µ e B sono concordi. La forza e’ data da - gradiente del potenziale: Fz = m¨ z=µ

∂Bz ∂ µ0 Ia2 3 µ0 Ia2 z 3 µ0 Iz =µ ( 2 ) = − ≈ − ∂z ∂z 2(a + z 2 )3/2 2 (a2 + z 2 )5/2 2 a3

da cui la frequenza delle piccole oscillazioni ω: r ω=

3 µ0 I 2 ma3

Si vuole studiare classicamente l’irraggiamento elettromagnetico di un plasma di ioni monoatomici, di carica q, in condizioni tali che si possa usare l’approssimazione di gas perfetto. Si ricorda che un gas perfetto obbedisce alla legge di stato

2

ρ=

P , kT

dove ρ è la densità N/V (numero di atomi N per unità di volume V ), P è la pressione, T è la temperatura e k è una certa costante. Inoltre l’energia cinetica media di uno ione è 3 E = kT 2 e l’energia totale del plasma è N volte questa quantità (l’energia di interazione Coulombiana è trascurabile nell’approssimazione di gas perfetto). a) Stimare il libero cammino medio λ di uno ione. Scrivere la velocità media v e il tempo t tra un urto e il successivo. b) Si consideri un urto di due ioni che viaggiano in direzione opposta con velocità v e vengono deviati di un angolo θ, la velocità finale essendo ancora v in modulo. (Si usino soltanto queste informazioni senza analizzare i dettagli dell’interazione che causa l’urto). Si calcoli l’energia irraggiata durante l’urto da ciascun atomo, trascurando l’interferenza tra i due, e la si medi sull’angolo. c) Si calcoli la potenza totale irraggiata dal plasma, nell’approssimazione che tutti gli urti siano frontali. In particolare si evidenzino nell’espressione della potenza la dipendenza dalla temperatura e dalla pressione. d) Si calcoli come varia la temperatura del gas con il tempo in approssimazione adiabatica (P V 5/3 =costante). (Si tenga conto che energia del sistema e temperatura sono proporzionali e si sfrutti il risultato in c).

INDICE

43

Soluzione:

a) Ogni atomo occupa un volume pari a 1/ρ, quindi il libero cammino medio è circa uguale alla radice cubica di questa quantità. La velocit` a, invece, si ricava uguagliando l’energia termica all’energia cinetica. Infine il tempo medio tra un urto e il succesivo è il rapporto dei due: r 3kT λ λ = ρ−1/3 , v= , t= . m v b) La differenza fra le velocità di ciascun atomo dopo e prima l’urto è r 1 + cos θ 0 ∆a = v − v = v . 2 Siccome il tempo tra un urto e il successivo è t l’accelerazione media è r ∆a v 2 1 + cos θ a= = , t λ 2 e pertanto l’energia irraggiata è v 3 q 2 (1 + cos θ) Eθ = P t = 24πε0 c3 λ e l’energia media irraggiata è E=

v3q2 . 24πε0 c3 λ

c) Dividendo per il tempo medio (λ/v) U=

v4q2N ∼ P 2/3 T 4/3 . 24πε0 c3 λ2

d) Dalla condizione adiabatica e dall’equazione dei gas perfetti abbiamo: P ∼ T 5/2 ,

V ∼ T −3/2 .

Tenendo conto che l’energia del sistema è proporzionale a T ( 23 KT ): dE dT =U ∼ ∼ P 2/3 T 4/3 ∼ T 3 . dt dt

Compito di Fisica bIIB (16 gennaio 2004) Un dipolo magnetico m di massa M orientato lungo z si muove nel piano xy. Una spira superconduttrice (cioè con resistenza elettrica nulla) circolare di raggio a e coefficiente di autoinduzione L è in posizione fissa, collocata nel piano xy, a distanza d dalla traiettoria di moto del dipolo, con d a.

1

a) Dimostrare che l’orientazione del dipolo non varia durante il moto. b) Calcolare la corrente che circola nella spira in funzione della posizione del dipolo. c) Calcolare la forza e il potenziale a cui è soggetto il dipolo per effetto dell’interazione colla corrente indotta sulla spira. d) Ripetere il problema sostituendo al dipolo una seconda spira identica all’altra percorsa inizialmente da una corrente i∞ . Si confronti la forza trovata colla precedente nel limite di grandi distanze.

44

INDICE

Soluzione:

a) La spira sia posta nell’origine e sia rˆ il versore posizione del dipolo. Il campo magnetico del dipolo è µ0 m B=− . 4π r3 Esso induce una corrente nella spira e la spira acquista un momento di dipolo magnetico indotto m0 , parallelo ad m. Questo genera a sua volta un campo magnetico che sul dipolo ` e sentito come B ind = −

µ0 m 0 . 4π r3

Il momento della forza sentito dal dipolo è τ = m ∧ B ind = 0

pr cui l’orientazione del dipolo non cambia durante il moto. b) Il flusso del campo del dipolo attraverso la spira è µ0 mS 4πr3 dove S è la superficie della spira. La corrente indotta nella spira si calcola dalla conservazione del flusso totale: µ0 mS , Li + Φ = 0, i= 4πLr3 da cui µ0 mS 2 zˆ µ20 mS 2 zˆ m0 = , B = − . ind 4πLr3 16π 2 L r6 Φ=−

c) La forza che agisce sul dipolo è allora F = m∇Bind =

3µ20 m2 S 2 r , 8π 2 L r8

che è repulsiva. L’energia potenziale è U=

µ20 m2 S 2 1 . 16π 2 L r6

d) Nel caso di una seconda spira, abbiamo le equazioni Li1 + M i2 = 0,

Li2 + M i1 = Li∞ ,

M =−

µ0 S 2 , 4πr3

α=

µ0 S 2 . 4πL

da cui

1 α/r3 i , i = i∞ , ∞ 1 1 − α2 /r6 1 − α2 /r6 L’energia potenziale (non ci sono generatori) è i2 =

1 Li2 1 U = L i21 + i22 + M i1 i2 = ∞ . 2 2 1 − α2 /r6 La forza è infine 3Li2∞ α2 r , 8 r (1 − α2 /r6 )2 ancora repulsiva. Notare che per r grandi la forza è meta della precedente, perché il dipolo è indotto. F = −∇U =

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2

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Una particella di massa m e carica elettrica q si muove in un piano perpendicolare a un campo di induzione magnetica B uniforme e statico.

a) Si determini anche nel caso relativistico (γ > 1) l’accelerazione cui è sottoposta la particella. b) Per il caso non relativistico si determini la potenza irraggiata istantanea in funzione dell’energia cinetica della particella. c) Sempre nel caso non relativistico si calcoli l’andamento dell’energia cinetica della particella in funzione del tempo e si determini per ciascun giro la perdita relativa di energia per radiazione assumendo che questa perdita sia molto minore dell’energia cinetica della particella. (Caso numerico: protone in un campo B di 1T). d) Particelle cosmiche possono essere catturate dal campo magnetico terrestre spiraleggiando attorno alle linee di forza del campo. In queste condizioni la quantità p2T /B (pT è il modulo dell’impulso trasverso della particella rispetto a B ) è un invariante adiabatico, cioè si converva durante il moto della particella. Sempre nel caso non relativistico, si discuta se la particella, nel moto attorno alla terra, irraggi maggiormente all’equatore o ai poli.

Soluzione:

a) L’equazione del moto della particella è: dmγ v dp = = q(v × B ) dt dt con

dγ v dγ dv dβ dv = mv + mγ = mv (γ 3 β · ) + mγ dt dt dt dt dt Il primo termine è nullo in quanto accelerazione e velocit` a sono perpendicolari, quindi: m

mγ

q qvB dv = q(v × B ):|v˙ | = |v × B | = dt mγ mγ

(se il moto non è relativistico γ = 1). b) La potenza irraggiata P (t) è proporzionale al quadrato dell’accelerazione: P (t) =

2 q 2 |v˙ |2 4 q2 B 2 1 2 = ( mv ) ≡ α(t) 3 4π0 c3 3 4π0 c3 m3 2

con (t) energia cinetica della particella all’istante t. c) La variazione di energia cinetica d della particella nell’intervallo dt è: d = −P (t)dt = −α(t)dt

:

d = −αdt

:

(t) = 0 e−αt

l’accelerazione centripeta vale: qvB v2 = R m con R il raggio di curvatura della traiettoria in campo magnetico. Da questo si ricavano facilmente la velocità v ed il periodo di rotazione T : v=

qRB 2πR 2πm :T = = m v qB

46

INDICE

non dipende dall’energia (nel moto non Come noto la frequenza di ciclotrone: ωc = qB m relativistico). se ∆E è l’energia persa in un giro, assumendo ∆E : Z T ∆E α(t)dt ≈ α(T )T : ∆E = = αT 0 Numericamente T = 6.7 · 10−8 s; ∆E/ = 4 · 10−27 . d) La particella spiralizza attorno alla direzione di B . Se θ è l’angolo tra v e B : |v˙ | =

qBv sin θ qBvT ≡ m m

se pT = mvT , invariante, la potenza irraggiata si scrive come: P =

2 q 2 |v˙ |2 2 q 4 B 3 p2T = 3 4π0 c3 3 4π0 m3 c3 B

La potenza emessa è proporzionale a B 3 e quindi maggiore ai poli.

Compito di Fisica bIIA (19 settembre 2003) Un conduttore ohmico cilindrico (raggio a) ed infinito ha inizialmente resistività ρ0 e temperatura T0 . La resistività varia con la temperatura T secondo una legge lineare ρ = ρ0 (T /T0 ). Durante il passaggio di corrente, a causa dell’effetto Joule la temperatura cresce proporzionalmente all’energia dissipata (dT /dt = αJE) essendo J la densità di corrente ed E il campo elettrico. Si supponga che E venga mantenuto costante:

1

a) trovare l’andamento temporale di ρ e J;

p [Sugg.: porre ρ = A 1 + t/τ1 e determinare i valori di A, τ1 ].

b) calcolare il vettore di Poynting sulla superficie del conduttore, il suo flusso per unità di lunghezza e verificare il teorema di Poynting. Si supponga che J venga mantenuta costante: c) si risponda di nuovo alle domande a-b). [Sugg.: porre ρ = B exp(t/τ2 ) e determinare i valori di B, τ2 ].

NB: Si trascurino gli effetti di induzione magnetica. Soluzione: 2 a) Poichè E è costante, e JE = E 2 /ρ, si ha l’equazione dρ/dt = (ρ0 /T0 )dT /dt p= (ρ0 /T0 )(αE /ρ), la cui soluzione che soddisfa la condizione iniziale ρ(0) = ρ0 è ρ = ρ0 1 + t/τ1 con τ1 = ρ0 T0 /(2αE 2 ).

b) Il campo magnetico Bφ generato dalla corrente J = E/ρ all’interno del conduttore è dato da (legge di Ampére) Bφ = µ0 rJ/2 = µ0 rE/2ρ. Il vettore di Poynting S = E × B /µ0 alla superficie è quindi radiale e diretto verso l’interno del conduttore. Il flusso di S per unit` a di lunghezza è 2 Φs = −2πa|S| = −πa E/ρ e si verifica che la potenza entrante è uguale alla potenza dissipata per effetto Joule: Z JEdV = πa2 E 2 /ρ = −Φs .

INDICE

47

c) Poichè J è costante, e JE = ρJ 2 , si ha l’equazione dρ/dt = (ρ0 /T0 )dT /dt = (ρ0 /T0 )αρJ 2 , la cui soluzione che soddisfa la condizione iniziale ρ(0) = ρ0 è ρ = ρ0 exp(t/τ2 ) con τ2 = T0 /(ρ0 αJ 2 ). Rispetto al caso b), poichè ora ∂t E = ρJ 6= 0 nel calcolo di Bφ occorre tenere conto della corrente di spostamento: Bφ = (µ0 r/2)(J + 0 ∂t E) = (µ0 Jr/2)(1 − 0 ρ/τ2 ). Si ha quindi Φs = πa2 J 2 ρ(1 − 0 ρ/τ2 ). Il primo termine corrisponde alla dissipazione Joule, il secondo alla variazione dell’energia del campo elettrico: ∂t (0 E 2 /2) = −ρ2 J 2 /τ2 . Un condensatore cilindrico ha raggio interno a, raggio esterno b > a, lunghezza l b e capacità data dalla nota formula C = 2π0 l/ ln(b/a). Il condensatore è inizialmente caricato alle tensione V . All’istante t = 0 le armature vengono connesse fra loro come in figura attraverso una resistenza R. Il condensatore si scarica quindi con costante tempo τ = RC. Supponendo che la densità superficiale di carica sulle armature metalliche si mantenga uniforme durante la scarica e che gli effetti di induzione magnetica siano trascurabili, calcolare, all’interno del condensatore e durante la scarica:

2

a) il campo elettrico e la variazione temporale dell’energia elettrostatica; b) l’intensità di corrente elettrica ed il campo magnetico; c) il vettore di Poynting, mostrando che il suo flusso attraverso una superficie chiusa è uguale alla variazione dell’energia elettrostatica all’interno della superficie. d) Si discuta quando la scarica può essere considerata abbastanza “lenta” affinchè le ipotesi precedenti siano giustificate. Soluzione:

a) Siano Q = Q(t) la carica sull’armatura interna e −Q la carica sull’armatura esterna. Per ipotesi Q = Q0 exp(−t/τ ) con Q0 = CV . La densit` a superficiale di carica sull’armatura interna è σi = σi (t) = Q/(2πal). Quindi il campo elettrico E è radiale e non dipende da z. Dal th. di Gauss Er = Er (r, t) = aσi /(0 r). L’energia elettrostatica totale è Ue = Q2 /2C. Nel tempo Er (r, t) = Er (r, 0) exp(−t/τ ) e Ue (t) = Ue (0) exp(−2t/τ ). b) Poichè ∇ × E = 0, B è generato solo dalla corrente che scorre lungo le armature. Essendo la densit` a di carica uniforme, la carica totale contenuta tra z = 0 e z è ∆Q(z, t) = Q(t)z/l e quindi poichè I(z, t) = −d(∆Q)/dt si ha I = (Q/τ )(z/l). Applicando il teorema di Ampére si ˆ con Bφ = (µ0 /2πr)(Q/τ )(z/l) = µ0 (σi τ )(az/r). ha un campo B = Bφ φ Con questa geometria (∇ × B + c−2 ∂t E ) · ˆr = 0: la corrente di spostamento non contribuisce al campo magnetico. Rb c) S = E × B /µ0 = (σi2 /0 τ )(a/r)2 zˆz; il suo flusso è dato da Φs = (σi2 /0 τ )z a 2πrdr(a/r)2 = 2π(σi2 /0 τ )za2 ln(b/a). L’energia elettrostatica contenuta tra z = 0 e z è Ue (z, t) = (Q2 /2C)(z/l) e si verifica che dUe (z, t)/dt = −Φs . d) Il condensatore può essere visto come un tratto di cavo coassiale lungo il quale è noto che si propagano segnali di carica e corrente con velocit` a c. Quindi la densit` a pu` o essere assunta uniforme se la propagazione dei segnali è praticamente “istantanea” lungo la scarica, ovvero se il tempo di propagazione l/c τ .

48

INDICE

Alla stessa conclusione si arriva richiedendo che il campo elettrico generato per induzione magnetica sia piccolo rispetto al campo elettrostatico: da ∇ × E = −∂t B , si ha un campo radiale di induzione E1r ' (µ0 σi /2)(z/τ )2 (a/r), ed E1r E se l/τ c.

3

Il campo elettrico di un’onda longitudinale in un mezzo ha la forma ˆ eikx−iωt + c.c E = E (x, t) = E0 x

(∗)

a) Calcolare le densità di carica e di corrente associate all’onda (*). b) Mostrare esplicitamente che all’onda non è associato campo magnetico, ovvero ∇ × B = 0, ∂t B = 0. Si supponga che il mezzo sia un gas con elettroni liberi la cui densità elettronica sia n. c) Si dia la relazione tra j ed E . d) Usando i risultati dei punti a) e c) si trovino i valori permessi per ω. e) Si consideri un sistema di riferimento in moto uniforme con la velocitá di fase dell’onda (*): si diano frequenza, lunghezza d’onda e campi dell’onda nel SDR mobile.

Soluzione:

a) Inserendo la (??) nell’equazione di Maxwell ∇ · E = ρ/0 , si ha ρ = 0 ∂x E = ik0 E0 eikx−iωt + c.c ≡ ρ0 eikx−iωt + c.c. Usando poi l’equazione di continuit` a ∂t ρ = −∇ · j = −∂x jx , posto jx = j0 eikx−iωt + c.c. si ha −iωρ0 = −ikj0 ovvero j0 = (ω/k)ρ0 = iω0 E0 . b) Dalla legge di Faraday ∂t B = −∇ × E = 0. Nella legge di Ampère ∇ × B = µ0 j + c−2 ∂t E = 0 essendo µ0 j0 − i(ω/c2 )E0 = µ0 (iω0 E0 ) − i(ω/c2 )E0 = (iω/c2 − iω/c2 )E0 = 0. c) Usando il solito modello a elettroni liberi (me dv /dt = −eE , j = −env ) si trova j0 = (ie2 n/me ω)E0 . p d) Poichè si ha anche j0 = iω0 E0 deve essere ω = ωp dove ωp = ne2 /0 me . Non ci sono invece vincoli su k. e) La velocit` a di fase è v = ω/k. Per trasfromazioni di Lorentz con β = v/c si ha nel sistema 0 mobile ω = γ(ω − βkc) = γ(ω − ω) = 0, ovvero si ha un campo indipendente dal tempo nel sistema mobile: E 0 = E00 exp(ik 0 x0 ) con k 0 = γ(k − vω/c2 ). Il campo elettrico E00 = E0 (la componente di E lungo la direzione della velocit` a non cambia per trasformazioni di Lorentz). Un’onda elettromagnetica piana di frequenza ω ed intensità I incide perpendicolarmente su una sottile lamina metallica circolare, perfettamente riflettente, di raggio R e massa M .

4

a) Si calcoli l’accelerazione media della lamina e se ne descriva il moto. b) Si dica come varia nel tempo la frequenza della luce riflessa dalla lamina (si assume che la variazione è lenta rispetto al periodo dell’onda).

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Soluzione:

a) Dal teorema di Poynting si sa che, se I è il flusso di energia per unit` a di tempo, I/c è il flusso di quantit` a di moto per unità di tempo. Per riflessione totale la quantit` a di moto ceduta alla lamina per unit` a di superficie e tempo, ovvero la pressione di radiazione, è P = 2I/c e quindi la forza sulla lamina è F = P S = 2IS/c essendo S = πR2 . La forza agisce nel verso di propagazione dell’onda. La lamina accelera quindi nello stesso verso con acclerazione costante a = F/M . b) Per riflessione ad incidenza normale da uno specchio mobile (che si muova con velocit` a V lungo la direzione dell’onda), la luce riflessa ha frequenza ω 0 = ω(1 − 2V /c) e quindi nel nostro caso ω 0 = (1 − 2at/c) = (1 − 4ISt/M c2 ).

5

Una sfera metallica di resistività ρ e raggio R è inizialmente posta in un campo elettrico uniforme E0 . Al tempo t = 0 il campo elettrico esterno viene instantaneamente rimosso.

a) Calcolare per t > 0 il campo elettrico all’interno della sfera, la densità superficiale di carica e il momento di dipolo totale della sfera, trascurando l’irraggiamento. b) Si dica se all’interno della sfera viene generato campo magnetico. c) Calcolare l’energia totale dissipata per effetto Joule Udis . d) Calcolare l’energia totale irraggiata Uirr . Che condizioni devono essere soddisfatte affinchè Uirr Udis ? NB: si ricordi che una sfera con densità di carica superficiale σ = σ0 cos θ genera al proprio interno (r < R) un campo elettrico uniforme e all’esterno (r > R) un campo di dipolo elettrico. Soluzione:

a) Il campo elettrico è dato ad ogni istante da Ei zˆ (r < R) E= p ˆ (2 cos θˆr + sin θθ)(r > R) 4π0 r 3 (il dipolo è p = pˆz). Imponendo le c.a.c alla superficie della sfera (r = R), si ha 2p/(4π0 R3 ) − Ei = σ0 , p/(4π0 R3 ) + Ei = 0, da cui Ei = −σ/30 , p = V σ dove V = 4πR3 /3. Inizialmente deve essere Ei = −E0 da cui σ0 = 30 E0 , p = 30 E0 V . Durante il rilassamento J = Ei /ρ e quindi dall’equazione di continuità d(σ cos θ)/dt = (Ei /ρ) cos θ = −(σ/3ρ0 ) cos θ, da cui σ(t) = σ0 exp(−t/τ ) dove τ = 3ρ0 . b) Non si genera campo magnetico poichè si verifica facilmente che µ0 J + c−2 ∂t E = 0 e ∇ × E = 0. c) Poichè E e J sono uniformi all’interno = V (E02 /ρ) exp(−2t/τ ). R ∞ della sfera, si ha Pdis = JEV 2 L’energia totale dissipata è Udis = 0 dtPdis = (τ /2)Pdis = 3V 0 E0 /2, e si pu` o verificare che Udis = −Ues dove Ues è l’energia elettrostatica iniziale. d) Poichè il dipolo elettrico decade secondo p¨ = P/τ 2 , la potenza irraggiata è Pirr = (2/3c3 )(4π0 )−1 |¨ p|2 = 3 −1 2 2 (6c )(4π0 ) (0 E0 V /tau ) exp(−2t/τ ). L’energia totale irraggiata è Z ∞ Uirr = dtPirr = (τ /2)Uirr = V 0 E02 (R/cτ )3 . 0

Quindi si ha Uirr Udis se R cτ .

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INDICE

Compito di Fisica bIIA (11 luglio 2003) La superficie piana di separazione tra due mezzi con indici di rifrazione n0 = 1 e n1 = n > 1 si muove nel s.d.r S del laboratorio con velocitá costante V perpendicolare alla superficie stessa. L’indice di rifrazione del mezzo (misurato in un s.d.r. dove il mezzo è a riposo) può essere assunto indipendente dalla frequenza. Un’onda elettromagnetica piana di frequenza ω0 in S incide dal mezzo 0 verso il mezzo 1, perpendicolarmente alla superficie.

1

Calcolare, nel s.d.r del laboratorio: a) la frequenza ed il vettore d’onda dell’onda riflessa dalla superficie in movimento e la frequenza ed il vettore d’onda dell’onda trasmessa nel mezzo 1; b) i coefficienti R e T di riflessione/trasmissione (cioè il rapporto tra l’intensità dell’onda riflessa/trasmessa e l’intensità dell’onda incidente). Si può usare (senza dimostrarla) la formula di Fresnel per l’ampiezza del campo Er dell’onda riflessa rispetto a quello dell’onda incidente Ei nel caso di incidenza normale di un’onda dal vuoto su un mezzo piano di indice di rifrazione n: Er n−1 = Ei n+1 Soluzione:

a) Poniamoci in S 0 dove V 0 = 0 ovvero β = V /c. La frequenza dell’onda incidente è ωi0 = γ(ω0 + βk0 c) = γ(1 + β)ω0 essendo k0 = ω0 /c. Le onde trasmessa e riflessa hanno anch’esse frequenza ωt0 = ωr0 = ωi0 e vettori d’onda rispettivamente kt0 = nωt0 /c e kr0 = −ωr0 /c (il segno meno indica che l’onda riflessa si propaga verso sinistra!). Attraverso la trasformazione di Lorentz inversa si ottiene in S 1 − nβ ωt = γ(ωt0 − βkt0 c) = γ(1 − nβ)ωt0 = γ 2 (1 + β)(1 − nβ)ω0 = ω0 1−β 1+β ωr = γ(ωr0 − β(−kr0 )c) = γ(1 + β)ωr0 = γ 2 (1 + β)2 ω0 = ω0 1−β b) Nel sistema S 0 rispetto al quale il dielettrico è fermo il coefficiente di riflessione è R0 = |Er0 |2 /|Et0 |2 = (n − 1)2 /(n + 1)2 ed il coefficiente di riflessione è T 0 = 1 − R0 = 4n2 /(n + 1)2 . Per trovare R consideriamo le trasformazioni dei campi da S 0 ad S: Er = γ(Er0 + βcBr0 ) = γEr0 (1 + β) Ei = γ(Ei0 − βcBi0 ) = γEi0 (1 − β) Et = γ(Et0 − βcBt0 ) = γEt0 (1 − nβ) avendo utilizzato che per un’onda nel vuoto B = E/c, mentre in un dielettrico B = nE/c. Quindi R = |Er |2 /|Ei |2 = |γ(1 + β)Er0 |2 /|γ(1 − β)Ei0 |2 = R0 (1 + β)2 /(1 − β)2 mentre T = |Et |2 /|Ei |2 = |γ(1 − nβ)Et |2 /|γ(1 − β)Ei |2 = T 0 (1 − nβ)2 /(1 − β)2 .

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Nel modello atomico di Thomson dell’atomo di idrogeno, l’elettrone è immerso in una sfera avente raggio a0 e densità di carica uniforme e/(4πa30 /3).

2

a) Si “eccita” l’atomo, cioè si sposta di r < a l’elettrone dalla sua posizione di equilibrio. Si dica qual’e la frequenza della radiazione emessa e si ricavi un valore per il raggio atomico dal valore sperimentale ω0 = 1.57 × 1016 s−1 . Sull’atomo incide ora un’onda elettromagnetica polarizzata linearmente di frequenza ω, lunghezza d’onda λ a, ampiezza del campo elettrico E0 . b) Si calcoli, a regime ed in funzione della frequenza dell’onda ω, il valore massimo Emax di E0 per il quale l’elettrone non esce dalla sfera r < a0 . Supponendo E0 < Emax : c) Si dia l’indice di rifrazione di un gas contenente N atomi di Thomson per unità di volume. d) Si dia la distribuzione angolare (rispetto alla direzione dell’onda incidente) ed in frequenza della potenza diffusa dall’atomo. (4π0 )−1 = 10−7 c2 ; c = 3 × 108 m/s; e = 1.6 × 10−19 C; me = 0.91 × 10−31 kg.

Soluzione:

a) Vedi anche compito del 17 gennaio. L’eq. del moto è e r3 e = −ω02 r r¨ = − 3 2 me 4π0 r a0

ω02

e2 = 4π0 me a30

Ovviamente la radiazione emessa ha frequenza ω0 . Inserendo i valori noti a0 ' 2.2 × 10−10 m. b) Aggiungendo un campo elettrico variabile ed usando i numeri complessi, r¨ + ω02 r =

e Re E0 eiωt me

a regime

r=

e/me E0 |ω02 − ω 2 |

c) Un singolo atomo genera un dipolo p = αE con α = −e2 /me |ω 2 − ω02 |. Quindi n2 = /0 = 1 + N α/0 . d) La distribuzione è quella generata da un dipolo p oscillante a frequenza ω orientato lungo la polarizzazione dell’onda. Quindi dP/dω ∼ cos2 θ (con θ angolo rispetto alla direzione dell’onda incidente) e P ∼ ω 4 /(ω 2 − ω02 )2 . Un’antenna, schematizzabile come un dipolo elettrico oscillante, emette radiazione di lunghezza d’onda λ e si trova al centro di un guscio sferico di raggio R λ, le cui pareti sono perfettamente assorbenti. Nel guscio viene praticato un piccolo foro circolare di raggio a R, a λ.

4

Determinare, in funzione dell’angolo θ tra la direzione del dipolo e la latitudine del foro [vedi figura]: a) la potenza emessa attraverso il foro (relativa alla potenza totale emessa dal dipolo); b) la forza totale media sul guscio sferico; c) l’orientazione di un polaroid da apporre sul foro in maniera tale che non esca luce dal guscio. (Si ricordi che un polaroid trasmette solo luce polarizzata in una direzione definita.)

52

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Soluzione:

a) In generale dW = Wtot sin2 θ(3 dΩ/8π) dove dΩ = dϕ d cos θ. Nel nostro caso ∆Ω ' dΩ = πa2 /4πR2 . Quindi W/Wtot = (3a2 /32πR2 ) sin2 θ. b) Si sa che se S è il flusso medio di potenza allora S/c è il flusso medio d’impulso che viene ceduto totalmente alle pareti assorbenti. Per la conservazione dell’impulso, l’impulso ceduto al guscio è uguale a meno l’impulso emesso attraverso il foro che è pari a W/c e corrisponde ad una forza F = (W/c)πa2 . Quindi la forza sul guscio è F g = −F n essendo n l’orientazione del foro rispetto al centro. c) Il campo elettrico è polarizzato n × (n × p) (essendo n la direzione di osservazione, ovvero l’orientazione del foro rispetto al dipolo nel centro) cioè giace nel piano formato da n e p. Quindi basta orientare il polaroid ortogonalmente a questo piano.

4

Una particella di carica q si muove con velocità v nel sistema S del laboratorio parallelamente ad un filo posto a distanza r, dove scorre la corrente costante I.

a) Calcolare la forza su q in S. b) Calcolare la forza su q nel sistema S 0 in cui la carica ha velocità nulla. c) Che cosa genera il campo elettrico E 0 in S 0 ? Soluzione:

a) Il filo genera un campo magnetico Bθ = µ0 I/2πr, generando una forza Fr = −qBθ v. b) Uso unit` a c = 1. Facendo una trasformazione di Lorentz con β = −v, secondo la relatività 0 Fr = γFr . Essendo la carica ferma in S 0 la forza deve essere dovuta ad un campo elettrico Er0 = Fr0 /q, come si può verificare dalle trasformazioni dei campi. c) Secondo l’elettromagnetismo J = (ρ, j) è un quadrivettore. Nel sistema S 0 il filo ha una densità lineare di carica λ0 = −γvI e quindi genera un campo elettrico radiale Er0 = λ0 /2πr0 e quindi una forza Fr0 = qEr0 = γFr .

Compito di Fisica bIIA (20 giugno 2003) Un solenoide di raggio a e lunghezza a è costituito da un nucleo cilindrico di ferro, avente permeabilità magnetica µ e resistività ρ, sul quale sono avvolte n spire per unità di lunghezza. Nelle spire passa la corrente alternata I = I0 cos ωt. Calcolare, nell’approssimazione di correnti lentamente variabili:

1

a) il campo magnetico B 0 generato nel ferro dalla corrente I (all’ordine zero in ω) ed il campo elettrico indotto E 1 ; b) la densità di corrente elettrica indotta nel ferro e la potenza (mediata sul periodo) dissipata per unità di lunghezza; c) il campo magnetico B1 generato dalla correnti indotte, discutendo quando esso è trascurabile o meno rispetto a B0 . d) il vettore di Poynting S (modulo e verso) sulla superficie interna del solenoide, all’ordine ω 2 . [NB: non è necessario calcolare S a partire dai campi!]

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53

Soluzione:

a) H0 = nI = nI0 cos ωt e B0 = µH0 , uniformi e diretti lungo l’asse del solenoide. Per simmetria E1 è diretto lungo φ e dipende solo da r; dalla legge di Faraday 2πrE1 = −πr2 ∂t B0 ovvero E1 = (1/2)µnI0 ωr sin ωt. 2 b) J = σ E 1 = E 1 /ρ. La potenza dissipate per unit` a di volume = (µnI0 ωr)2 /16ρ R a è hJ · 2E i = hE /ρi 2 essendo hsin ωti = 1/2. Integrando sul volume P = 2π 0 rdrhE /ρi = πa4 (µnI0 ω)2 /16ρ.

c) Trascurando la corrente di spostamento, dalla legge di ampere ∇ × B 1 = µJ e quindi B 1 = B1 (r)ˆz con ∂r B1 = −µJ1 e la condizione al contorno B1 (a) = 0 (ogni strato di corrente si comporta come un solenoide e contribuisce a decrescere il campo totale al centro). Quindi B1 = −(µ2 ωnI0 )/4ρ)(a2 − r2 ) sin ωt. d) Il flusso medio di energia all’interno del solenoide deve essere uguale alla potenza ivi dissipata. Quindi S è radiale, diretto verso l’interno, ed al bordo 2πhS(r = a)i = P (∼ ω 2 ). Il vettore S “istantaneo” ha dei termini oscillanti dovuti alle oscillazioni dell’energia elettromagnetica all’interno del solenoide. Una pulsar è schematizzabile come una sfera rotante con velocità angolare ω, uniformemente magnetizzata. Si assuma che il momento magnetico µ sia inclinato di un angolo α rispetto ad ω e compia quindi un moto di precessione. Si sa che un momento magnetico dipendente dal tempo produce nella zona di radiazione un potenziale vettore dato da A = −(µ0 /4πrc2 )(n × µ˙ ) essendo n la direzione di osservazione.

2

a) Quali sono la frequenza e la lunghezza d’onda della radiazione emessa per effetto della precessione? b) Come è polarizzata la radiazione rivelata da un osservatore posto sulla verticale dell’asse di rotazione? E da uno posto sul piano equatoriale (cioè perpendicolarmente ad ω) ? Si assuma ora che la pulsar sia circondata da una atmosfera di gas ionizzato (magnetosfera) contenente n elettroni liberi per unità di volume. c) Si dica per quali valori di n la radiazione emessa dalla pulsar può attraversare la magnetosfera. (Si trascuri l’effetto del campo magnetico sulla magnetosfera). Soluzione:

a) µ = µ sin α(ˆ x + iˆ y )e−iωt , µ ˙ = −iω µ. Quindi ωrad = ω e λ = 2πc/ω. b) E ∝ A. Se n = zˆ si ha polarizzazione circolare, se n = xˆ si ha polarizzazione lineare. c) In un plasma /0 = 1 − ωp2 /ω 2 > 0 per n < 0 mω 2 /e2 . Una sfera di massa M e raggio R possiede un un momento magnetico permanente m, misurato nel sistema in cui la sfera è a riposo. ˆ e perpendicolare a m, del La sfera viene ora mantenuta in moto con velocità V0 , diretta lungo x sistema del laboratorio S in una regione dove è presente un campo elettrico costante ed uniforme E .

3

a) Calcolare il momento delle forze sulla sfera nel sistema S 0 solidale con essa nei due casi in cui E è diretto lungo l’asse y o lungo l’asse x, rispettivamente, ed il periodo delle piccole oscillazioni intorno alla posizione d’equilibrio. Si supponga ora V0 c, ovvero si trascurino termini di ordine (V0 /c)2 . b) Un osservatore in S attribuisce le piccole oscillazioni alla presenza di un momento di dipolo elettrico p. Come sono legati i valori di m e p?

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INDICE

Soluzione:

a) Nel sistema S 0 ed in unità c = 1 Ex0 = Ex

Ey0 = γ(Ey − βBz ) = γEy

Bz0 = γ(Bz − βEy ) = −βγEy

Se E = Eˆ x B 0 6= 0 e Um = −m · B 0 = −mβγE cos θ dando luogo ad oscillazioni con frequenza 2 ω = mβγE/I. Se E = Eˆ x B 0 = 0 e non ci sono forze su m. b) Ue − p · E = Um per py = µV0 /c2 . ˆ , si propaga lungo l’asse x Un’onda piana di frequenza ω, polarizzata linearmente lungo y nel sistema S del laboratorio in un mezzo omogeneo e non dispersivo avente un indice di rifrazione reale n > 1. Il campo elettrico dell’onda è dato, in notazione complessa, da

4

E (x, t) = E0 eikx−iωt

(3)

a) Si diano i valori della velocità di fase vf e di gruppo vg dell’onda e l’espressione del campo magnetico dell’onda in funzione del campo elettrico. Si consideri ora un sistema di riferimento S 0 che si propaga con velocità vf rispetto al laboratorio, lungo la direzione di propagazione dell’onda. b) Calcolare il vettore d’onda k 0 e la frequenza ω 0 in S 0 verificando che in questo sistema i campi non dipendono dal tempo. c) Calcolare le ampiezze dei campi elettrico (E00 ) e magnetico (B00 ) in S 0 verificando che E00 = 0. d) Da cosa è generato il campo magnetico B00 in S 0 ? Soluzione:

Uso unità c = 1.

a) Siccome il mezzo è non dispersivo vf = vg = c/n = ω/k. Da ∇ × E = −B˙ segue B0 = kE0 /ω. p √ b) ω 0 = 0 ed, usando l’invarianza di K 2 , k 0 = k 2 − ω 2 = k 1 − 1/n2 . p c) Ey0 = γ(Ey − βBz ) = 0 per β = n/c. Usando l’invarianza di E 2 − B 2 ottengo Bz0 = B02 − E02 = p B0 1 − 1/n2 . 0 0

d) da una corrente j 0 = ∇0 × B 0 /µ = ik 0 B00 eik x yˆ0 .

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Compitino di Fisica bIIA (31 maggio 2003)

Un’onda piana di lunghezza d’onda λ incide lungo un asse sul quale sono posti a distanza d ≤ λ fra loro due diffusori puntiformi identici il cui momento di dipolo è p = αE essendo E il campo elettrico applicato. L’onda è polarizzata linearmente nel piano perpendicolare al piano della figura. Si consideri l’interferenza tra le onde emesse dei due diffusori (trascurando l’interferenza con l’onda incidente) nel piano della figura.

1

1a) Si dica per quali valori di d non si ha radiazione emessa all’indietro (cioé per θ = π) 1b) Calcolare la distribuzione angolare della potenza irraggiata a distanze r d in funzione dell’angolo azimutale θ.

Soluzione:

I due diffusori 1 e 2 irraggiano con una differenza di fase δ, quindi dW1+2 dW1 dW1 δ = |1 + eiδ |2 = · 4 cos2 dΩ dΩ dΩ 2

δ=

2π d(1 − cos θ) λ

dove dW1 /dΩ è la potenza irraggiata dal diffusore 1 in assenza del 2. All’indietro si ha interferenza distruttiva δ = π per d = λ/4.

Una molecola polare con momento di dipolo permanente p0 è immersa in un campo elettrico statico E = E0 zˆ. La molecola può rotare intorno ad un asse ortogonale a p0 con momento di inerzia I. La molecola viene ruotata di un angolo θ0 1 nel piano xz. Al primo ordine in θ:

2

2a) calcolare la frequenza delle piccole oscillazioni della molecola e la frequenza della radiazione emessa; ˆ, y ˆ , e zˆ, si dica se si osserva 2b) per ciascuna delle direzioni x radiazione in tale direzione e se ne dia la polarizzazione; 2c) calcolare la potenza totale irraggiata e la sua distribuzione angolare; 2d) calcolare il tempo di smorzamento delle oscillazioni a causa dell’irraggiamento; Si consideri ora il secondo ordine in θ: 2e) Rispondere nuovamente alla domanda 2b) specificando quali frequenze della radiazione si osservano in ciascuna delle tre direzioni.

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Soluzione:

2a) Dall’energia potenziale U = −p · E = −p0 E0 cos θ segue l’equazione del moto I θ¨ = −p0 E0 sin θ risolta, nel limite di piccole oscillazioni, da θ(t) = θ0 cos ωt con ω 2 = p0 E0 /I. 2b) Conviene considerare il sistema come due dipoli oscillanti px = p0 sin θ(t) e pz = p0 cos θ(t). Espando al secondo ordine in θ0 , in modo da rispondere anche alla 2e): ¨ 0 + O(θ3 ) p¨x = θp 0

¨ 0 + O(θ4 ). p¨z ' (θ˙2 + θθ)p 0

Siccome B ∝ n × p¨ se guardo lungo n = zˆ o lungo n = x ˆ vedo solo i campi generati da px o pz rispettivamente, che sono quindi polarizzati linearmente. Se guardo lungo n = yˆ li vedo entrambi: il campo elettromagnetico è quindi la sovrapposizione di due componenti ortogonali polarizzate linearmente: una generata da px che oscilla con frequenza ω, ed una generata da pz che oscilla con frequenza 2ω. Per θ0 1 pz px , ed al primo ordine in θ pz ' 0. 2c) Al primo ordine in θ W = (2/3c2 )¨ p2x /4π0 2d) τ = hEi/hW i. La media temporale dell’energia del dipolo vale hEi = p0 E0 θ02 /2. Per calcolare hW i, la media temporale della potenza emessa, si usa h¨ p2x i = (p0 E0 /I)2 θ02 /2. Si consideri una guida d’onda con pareti perfettamente conduttrici a sezione quadrata di lato a (0 < x < a, 0 < y < a).

3

3a) Lungo la guida si propaga un’onda polarizzata linearmente ˆ il cui campo elettrico ha la forma lungo y ˆ sin(kx x)eikz z−iωt ; E = E0 y

(4)

si diano i valori permessi per kx e la frequenza di taglio (cioè il valore minimo di ω affinchè l’onda possa propagarsi). 3b) Si scriva l’espressione del campo elettrico per un’onda che si propaga lungo la guida con la stessa frequenza della (1) ma ˆ. polarizzata linearmente lungo x Si consideri ora una guida d’onda a sezione di triangolo rettangolo isoscele (0 < x < a, 0 < y < a,x > y). 3c) Si scriva una forma possibile del campo elettrico per un’onda che si propaga all’interno della guida triangolare e se ne diano la polarizzazione e la frequenza di taglio. [Suggerimento: si cerchi una sovrapposizione delle onde trovate ai punti a) e b) che soddisfi le opportune condizioni al contorno.] Soluzione:

3a) sin kx a = 0 per kx = πn/a con n = 1, 2, 3, . . .. L’equazione d’onda nel vuoto (∂µ ∂ µ )E = 0 implica kx2 + kz2 = ω 2 /c2 e quindi ω > πc/a. 3b) x ↔ y. 3c) La seguente combinazione lineare delle due soluzioni precedenti che ha E= = 0 lungo il nuovo bordo diagonale E = E0 (ˆ y sin kx − x ˆ sin ky)eikz z−iωt k = nπ/a

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Un’onda elettromagnetica di frequenza ω si propaga parallelamente all’asse x con il campo elettrico polarizzato lungo l’asse z. Uno specchio costituito da un conduttore perfetto è situato a x = 0 nel piano yz.

4

4a) Calcolare direzione e campi elettromagnetici dell’onda riflessa. Lo specchio viene ora messo in moto con velocità costante v lungo l’asse x. 4b) Calcolare direzione, frequenza e campo elettrico dell’onda elettromagnetica incidente rispetto al sistema di riferimento in cui lo specchio è fermo. 4c) Calcolare direzione, frequenza e campo elettrico dell’onda riflessa rispetto al sistema in cui lo specchio è in moto. Soluzione:

In unità c = 1.

4a) Naturalmente la direzione di propagazione si inverte e la frequenza rimane la stessa, ωr = ω. Siccome il campo elettrico interno allo specchio vale zero e siccome ∇ × E = 0 il campo elettrico dell’onda riflessa è opposto a quello dell’onda incidente. Quindi il campo magnetico non si inverte. 4b) L’onda incidente ha By = −Ex . Rispetto al sistema0 di quiete dello specchio ω 0 = γω(1 − β) e −By0 = Ez0 = γ(Ez + βBy ) = γE(1 − β). 4c) ωr = ωγ 2 (1 − β)2 = ω(1 − β)/(1 + β). (In notazione relativistica Kr = −K + 2U K · U ). L’onda riflessa ha campi Byr = Ezr = γ(Ez0 − βBy0 ) = −Ez γ 2 (1 − β)2 . Un’onda elettromagnetica di frequenza ω, polarizzata linearmente, incide su una nanosfera metallica di raggio a λ = 2πc/ω. Il raggio a è inoltre minore della lunghezza tipica di penetrazione dell’onda nel metallo. All’interno della sfera si trovano N elettroni liberi per unità di volume.

5

5a) Si calcoli la polarizzazione P della nanosfera e si dica per quali valori di ω si ha il massimo valore di |P|. 5b) Calcolare la sezione d’urto di diffusione della sfera (cioè il rapporto tra la potenza totale irraggiata e l’intensità dell’onda incidente). Si ricordi (lo si può assumere senza dimostrazione) che ponendo una sfera di costante dielettrica relativa κ in un campo esterno uniforme E 0 il campo elettrico all’interno della sfera è dato da E in = 3E 0 /(κ + 2). Soluzione:

5a) P = V 0 (κ − 1)E in . Siccome κ = 1 − ωp2 /ω 2 (dove ωp2 = N e2 /0 me è il quadrato della frequenza √ di plasma), P è massima per κ = −2 cioè ω = ωp / 3. 5b) σ =

W (2/3c3 )(3V ω 4 0 (κ − 1)/(κ + 2))2 hE 2 i/4π0 3(κ − 1)2 V ω 2 2 128π 5 (1 − κ)2 a6 ( ) = . = = S 0 c2 hEBi 2π(2 + κ)2 c2 3(2 + κ)2 λ4

Compitino di Fisica bIIA (4 aprile 2003) Un solenoide di lunghezza infinita ha raggio a e n spire per unità di lunghezza. Nelle spire passa una corrente dipendente dal tempo secondo una legge assegnata I = I(t). Nell’ipotesi di corrente lentamente variabile, calcolare:

1

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a) il campo magnetico B0 all’interno del solenoide, e la sua energia UM (per unità di lunghezza) b) il campo elettrico all’interno del solenoide; c) il vettore di Poynting sulla superficie interna del solenoide ed il suo flusso totale per unità di lunghezza. Confrontare il flusso con la variazione temporale di UM .

Soluzione:

a) Un solenoide cilindrico infinito contiene un campo magnetico uniforme B0 = µ0 nI. La sua energia vale UM = πr2 B02 /2µ0 . b) Per correnti lentamente variabili, il campo elettrico generato per induzione è Eφ = −B˙ z r/2. c) Il vettore di Poynting è dato da S = E × B /µ0H. Quindi sulla superficie S è radiale e vale Sr = −Bz B˙ z r/2µ0 . Siccome U˙ M = πr2 Bz B˙ z /µ0 , Sr dσ = 2πr Sr = −U˙ .

I capi di un filo conduttore rettilineo e cilindrico, di resistività ρ, raggio a e lunghezza l a, vengono connessi ad un generatore di tensione alternata sinusoidale alla frequenza ω. Nel filo passa la corrente I = I0 cos ωt.

2

a) Si calcoli il campo magnetico in tutto lo spazio (assumendo un filo di lunghezza infinita) e il campo elettrico per r < a nell’assunzione di corrente lentamente variabile (cioè all’ordine zero in ω). Si taglia ora il filo e si allontanano le estremità (mantenendo il filo rettilineo) in modo che le superfici si trovino a una distanza h a; si regola di nuovo la tensione in modo che passi ancora la corrente I = I0 cos ωt. b) Si risponda di nuovo alla domanda a); come cambiano i campi prima e dopo l’interruzione del filo?

Soluzione:

a) All’ordine ω 0 : il campo elettrico nel filo è uniforme e vale E0 = ρj = ρI/πa2 . Il campo magnetico, per il teorema di Ampere, è Bφ = µ0 rI/2πa2 per r < a, Bφ = µ0 I/2πr per r > a. b) Prendendo la divergenza di ∇ × B = µ0 (J + 0 E˙ ) si impara che la somma delle correnti elettrica e di spostamento si conserva, anche alla superficie di discontinuit` a: quindi il campo magnetico non cambia rispetto al punto a). La conservazione della corrente ‘totale’ consente di determinare il campo elettrico Ev nella regione di vuoto: da 0 E˙ v = J + 0 E˙ 0 segue Ev = E0 [1 + i/(ωρ0 )]. Infatti, si può schematizzare il sistema come un condensatore inserito fra due resistenze: sulle superfici si deposita una densità di carica σ tale che σ˙ = j, per cui Ev = E0 + σ/0 . (La capacità C = 0 πa2 /h ha anche una induttanza parassita L ' µ0 h/8π, rilevante ad alte frequenze ω ∼ h/c quando il sistema inizia ad irraggiare.)

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Un ammortizzatore sismico è schematizzabile come una molla di costante elastica k interposta tra il pavimento e l’oggetto di massa m che si vuole proteggere dalle vibrazioni [figura (a)].

3

a) Supponendo che il pavimento oscilli con frequenza ω, si calcoli il valore di k necessario a ridurre l’ampiezza delle vibrazioni dell’oggetto di un fattore 100. Si consideri ora il parallelo LC mostrato in figura (b). La corrente di ingresso è Iin = I0 cos ωt. b) Si mostri che questo sistema è equivalente al sistema a) e si discuta il rapporto di attenuazione Iin /Iout dove Iout è la corrente in uscita. Soluzione:

a) m¨ z = −k(z − aeiωt ) i.e. ω 2 z = ω02 (z − a) i.e. z/a = 1/(1 − ω 2 /ω02 ): serve ω0 ≈ ω/10 o ottenere risolvendo b) Iout /Iin = ZC /(ZC + ZL ) = 1/(1 − ω 2 /ω02 ). Se non è ovvio lo si pu` V = Iin (ZL + ZC ) − Iout ZC ,

0 = Iout (ZL + ZC ) − Iin ZC

Due corpi puntiformi aventi entrambi massa m e cariche rispettivamente ±q sono vincolati a muoversi su due assi paralleli, posti nel piano xy a x = 0 e x = d. Sul sistema incide un’onda trasversale il cui campo ˆ cos(kx − ωt) con ω = kc. elettrico è dato da E = E0 y

4

a) Si scrivano le equazioni del moto delle due masse e se ne dia la soluzione generale, nell’ipotesi di piccoli spostamenti relativi |y1 − y2 | d. b) Per quali valori di d e ω il baricentro si muove di moto rettilineo uniforme? c) Per quali valori di d e ω si ha (o non si ha) una risonanza nella distanza relativa tra i due corpi? Si consiglia di usare la rappresentazione complessa delle funzioni oscillanti. Soluzione:

ˆ della forza coulombiana tra le cariche è data da a) La componente y Fy = −(q 2 /4π0 )(y1 − y2 )/[d2 + (y1 − y2 )2 ]3/2 ' −(q 2 /4π0 )(y1 − y2 )/d3 per |y1 − y2 | d, ed è quindi equivalente ad una forza eleastica con costante elastica K = (q 2 /4π0 d3 ). Introducendo la frequenza ω02 = K/m, le equazioni del moto sono y¨1 = −ω02 (y1 − y2 ) +

qE0 −iωt e m

y¨2 = +ω02 (y1 − y2 ) −

qE0 −iωt+ikd e m

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INDICE

In termini di y = y1 + y2 e δ = y1 − y2 y¨ =

qE0 −iωt e (1 + eikd ) m

qE0 −iωt δ¨ = −2ω02 δ + e (1 − eikd ) m

Risolte da y = y0 + v0 t −

qE0 (1 + eikd ) mω 2

δ = δ0 e−iω0

√

2t

+

qE0 2 2ω0 − ω 2 (1 − eikd ) m

b) Deve essere 1 + eikd = 0 ovvero kd = (2n + 1)π, n = 0, 1, 2, . . . ovvero d = (n + 1/2)λ. √ c) Si ha risonanza se ω = ω0 2, eccetto quando 1 − eikd = 0 ovvero kd = 2nπ ovvero d = nλ.