Iterazione della radiazzione con la materia biologica Esercizi

Iterazione della radiazzione con la materia biologica

Esercizi

Politecnico di Bari Ingegneria dei sistemi medicali

prof. G. Iaselli

1. Campi elettromagnetici nel vuoto e nella materia . . . 2 2. Fenomeni ondulatori . . . 13 3. Onde elettromagnetiche . . . 22

Capitolo 1

Campi elettromagnetici nel vuoto e nella materia

2

Un condensatore a facce piane e parallele ha armature di area Σ poste a distanza h = 3 cm. All’interno del condensatore vi è una lastra di materiale dielettrico, posta parallelamente alle armature, di superficie Σ e spessore d = 1 cm. Il rapporto fra l’energia U₀ contenuta nella parte vuota e l’energia U_d all’interno del dielettrico vale U₀/U_d= 4. Determinare la costante dielettrica ε_r.

Soluzione

Il campo D sia nel vuoto sia che nel dielettrico ha lo stesso valore poiché dipende solo dalle cariche libere, trascurando gli effetti di bordo. Si ha quindi:

D0= ε0E0= Dd = εrε0Ed, E0= εrEd

Si può determinare l’energia elettrostatica moltiplicando la densità di energia U = ¹₂ε0E² per i volumi senza e con il dielettrico, rispettivamente.

U₀= 1

2ε₀E₀²Σ(h − d) U_d= 1

2ε₀ε_rE²_dΣ d =1

2ε₀ε_rE₀² ε²_r Σ d

Facendo il rapporto fra queste energie, si ottiene:

U0

U_d =

1

2ε0E₀²Σ(h − d)

1 2ε0

E²₀ ε_r Σ d

= εr

h − d d Dal dato del problema U0/Ud= 4 si ricava:

εr(h − d) = 4d , εr= 4d h − d e numericamente:

ε_r= 4 × 10⁻²

3 × 10⁻²− 10⁻² = 2.00

Esercizio 1.2

Un condensatore a facce piane e parallele poste a distanza d=1 mm di capacità C = 1 µF viene caricato a una differenza di potenziale di 10 V e successivamente isolato.

Fra le armature del condensatore viene inserito un dielettrico omogeneo e isotropo la cui polarizzazione ha modulo P = 5 × 10⁻⁸C/m².

Determinare la differenza di potenziale ai capi del condensatore e la constante dielettrica relativa ε_r del materiale.

Soluzione

La differenza di potenziale ai capi del condensatore si può esprimere, come prodotto del campo all’interno (uniforme) per la distanza fra le armature. Quando il condensatore è vuoto si ha:

V = E d

mentre quando il condensatore è riempito con dielettrico:

V⁰ = E⁰d

Il campo nel dielettrico si può esprimere attraverso la densità di carica libera e quella di polarizzazione:

E⁰ =σ − |σ_pol| ε0

= E −|σ_pol| ε0

La densità di carica di polarizzazione è uguale, in modulo, al vettore polarizzazione:

V⁰=

"

E −|P | ε0

#

d = V −|P | ε0

d

e numericamente:

V⁰= 10 − 5 × 10⁻⁸

8.85 × 10⁻¹²10⁻³= 4.35 V

La costante dielettrica si può ottenere come rapporto fra la differenza di potenziale fra V e V’:

εr= V V⁰ e numericamente:

εr= 10

4.35 = 2.30

4

Una sfera di raggio R1= 5 cm è carica uniformemente con una carica q = 10⁻¹¹C. La sfera è circondata da un guscio sferico dielettrico omogeneo e isotropo, di raggio interno R₁ e raggio esterno R₂= 15 cm.

A sua volta il dielettrico è circondato da un guscio conduttore di raggio interno R₂ e raggio esterno R₃ = 25 cm. Se il campo elettrico in un punto P a distanza R₀ = 10 cm dal centro della sfera vale E = 1 V /m, determinare:

1) la costante dielettrica relativa εrdel dielettrico;

2) la carica di polarizzazione sulle superfici del dielettrico.

Soluzione

Il punto P a distanza R₀ dal centro della sfera si trova nel dielettrico. Dalla legge di Gauss:

I

Σ

E · dΣ = qint

ε₀ Si ottiene:

4πR²₀E = q ε₀ε_r e quindi si può ricavare il valore della costante dielettrica relativa:

ε_r= q

ε₀4πR²₀E = 10⁻¹¹

4π · 8.85 · 10⁻¹²· 1 · 10⁻²

Il campo elettrico all’interno del dielettrico si può esprimere in funzione della costante dielettrica relativa:

E = q

ε0εr4πr²

oppure, considerando la carica di polarizzazione che si trova sulle superfici del dielettrico (qp ), E = q − qp

ε04πr²

Eguagliando le due espressioni di può ricavare la carica di polarizzazione:

q

ε_r = q − q_p → q_p= q 1 − 1

ε_r



= 8.89 · 10⁻¹²C

6

Una guaina cilindrica indefinita di materiale ferromagnetico omogeneo ed isotropo con µr= 50, di raggio interno R₁ ed esterno R₂, è percorsa da una corrente uniforme I = 4 A parallela all’asse. Si determini:

a) l’espressione del campo magnetico H, del campo di induzione magnetica B e della magnetizzazione M in funzione della distanza radiale dall’asse del cilindro.

Soluzione

La densità di corrente nel materiale è:

J = I

π(R²₂− R²₁) a)

Facendo uso del teorema della circuitazione di Ampere per H, delle relazioni B = µ0µrH ,

M = χmH = (µr− 1)H,

e tenendo conto della simmetria del problema (i campi sono tangenti alle circonferenze centrate sull’asse del cilindro), si ottiene:

per r < R₁:

H = 0 B = 0 M = 0 per R1< r < R2:

H = J (r²− R²₁)

2r = I

2π(R₂²− R²₁) r −R²₁ r

!

B = µ0µrH M = (µr− 1)H

per r > R2:

H = I 2πr B = µ0H M = 0

dato che nel vuoto µ_r= 1, allora M = (1 − 1)H = 0 .

8

Un condensatore piano con armature circolari di raggio R=20 cm, distanti f=2 cm, è collegato mediante un circuito di resistenza trascurabile a un generatore di forza elettromotrice V = V0sin(ωt) di resistenza interna trascurabile con V0= 10 V e ω = 1 rad/s .

Determinare, all’istante di tempo t^∗= 6.28 s:

1. il modulo del campo magnetico Bi in un punto interno al condensatore, a distanza ri = 10 cm dall’asse;

2. il modulo del campo magnetico Bein un punto esterno al condensatore, a distanza re= 50 cm dall’asse;

3. l’energia elettrostatica immagazzinata all’interno del condensatore;

4. l’energia magnetica immagazzinata all’interno del condensatore.

Si trascurino gli effetti del bordo.

Soluzione

Si applichi la legge di Ampère-Maxwell, : I

s

B · ds = µ0ε0

Z

Σ

∂E

∂t · dΣ

Il campo elettrico all’interno del condensatore può essere considerato costante (si trascurano gli effetti di bordo) e si può ricavare dalla differenza di potenziale fra le armature:

E =V

d = V0sin(ωt) d

Si consideri una linea circolare di raggio ri concentrica all’asse del condensatore:

2πriBi = µ0ε0

Z r_i 0

∂

∂t

V₀sin(ωt) d

!

2πr · dr = µ0ε0

V₀ω cos(ωt^∗) d 2πr²_i

2 da cui si ottiene:

Bi= µ0ε0

riV0ω cos(ωt^∗) 2d e numericamente:

Bi= 4π × 10⁻⁷× 8.85 × 10⁻¹² 10 × 1 × cos(6.28) × 10⁻¹

2 × 2 × 10⁻² = 2.78 × 10⁻¹⁶T

2. Si consideri una linea circolare di raggio re concentrica all’asse del condensatore, tenendo presente che il campo elettrico è diverso da zero all’esterno del condensatore:

2πr_eB_e= µ₀ε₀ Z R

0

∂

∂t

V₀ sin(ωt) d

!

2πr · dr = µ₀ε₀V₀ω cos(ωt^∗)

d 2πR²

2 da cui si ottiene:

Be= µ0ε0

R²V₀ω cos(ωt^∗) 2d re

e numericamente:

Be= 4π × 10⁻⁷× 8.85 × 10⁻¹² 10 × 1 × cos(6.28) × ×4 × 10⁻²

2 × 2 × 10⁻²× 5 × 10⁻¹ = 2.22 × 10⁻¹⁶T

L’energia elettrostatica totale si calcola, tenendo presente che il campo elettrico è uniforme all’inter- no del condensatore, moltiplicando la densità di energia elettrostatica per il volume del condensatore:

UE= 1

2ε0E² · V = 1 2ε0

V²

d² π R²d = 1

2εV₀²cos²(ωt^∗)

d π R²

e numericamente:

UE =8.85 × 10⁻¹²× 10² cos²(6.28) × π × 4 × 10⁻²

2 × 2 × 10⁻² = 2.78 × 10⁻⁹J

Per calcolare l’energia magnetica è necessario tener presente che il campo magnetico all’interno del con- densatore non è uniforme:

UB= Z R

0

1 2µ0

ε²₀µ²₀V₀²ω²cos²(ωt^∗)

4d² 2π d r³ · dr = ε²₀µ0

V₀ω²cos²(ωt^∗) 16d π R⁴ e numericamente:

UB = (8.85 × 10⁻¹²)²× 4π × 10⁻⁷10²cos²(6.28) × π × 16 × 10⁻⁴

16 × 2 × 10⁻² = 1.55 × 10⁻²⁸J

10

Dimostrare che la corrente di spostamento in un condensatore ad armature parallele si può scrivere:

i_d= CdV dt

Soluzione

In un condensatore ad armature piane e parallele il campo elettrico è uniforme, per cui, indicata con V, Σ e h rispettivamente la differenza di potenziale, l’area e la distanza fra le armature, si ha:

E = V h

E inoltre:

ΦE = Z

Σ

E · dΣ = E Σ = VΣ h

La corrente di spostamento diventa:

i_d = ε₀= d

dtΦ_E= ε₀Σ h · dV

dt = CdV dt

avendo effettuato la sostituzione C = ε0Σ/h

Esercizio 1.7

Si consideri un condensatore piano con armature quadrate di 1,22 m di lato (vedi figura).

Una corrente di 1,84 A carica il condensatore.

(a) Qual è la corrente di spostamento nella regione tra le armature?

(b) Quanto vale dE/dt in tale regione?

(c) Quanto vale la corrente di spostamento attraverso il quadrato tratteggiato tra le armature?

(d) Quanto valeH B · ds lungo tale quadrato tratteggiato?

Soluzione

La corrente di spostamento è uguale alla corrente di conduzione.

In un condensatore piano ΦE = E Σ, per cui la corrente di spostamento è : id = ε0

d

dtΦE= ε0ΣdE dt e quindi:

dE dt = i_d

ε0Σ= 1.39 × 10¹¹V · m⁻¹· s⁻¹

La corrente di spostamento attraverso il quadrato tratteggiato è:

i⁰_d= ε0Σ⁰dE dt = id

Σ⁰

Σ = 0.46 A

La circuitazione di B lungo il quadrato tratteggiato vale:

I

S

B · ds = µ₀i⁰_d= 5.78 × 10⁻⁷T · m

12

Fenomeni ondulatori

Esercizio 2.1

Un cilindro di legno di sezione Σ ha un estremità riempita di piombo; posto in acqua l’oggetto galleggia come illustrato in figura. La porzione immersa misura L = 2.56 m. Si supponga di porre l’oggetto in oscillazione verticale.

(a) Si dimostri che il moto è armonico semplice.

(b) Si calcoli il periodo delle oscillazioni. Si trascuri l’effetto di smorzamento dovuto alla presenza del fluido.

Soluzione

Introduciamo un asse x orientato verso il basso. Supponiamo di spostare il cilindro di legno come in figura: la spinta di Archimede ora è insufficiente a bilanciare il peso; si origina quindi una forza netta verso il basso e l’equazione del moto è:

d²x

dt² +ρ0Σg m x = g

avendo indicato con ρ₀ la densità dell’acqua. Si ottiene così l’equazione del moto armonico semplice.

Il periodo delle oscillazioni è dato da

T =2π ω = 2π

r m

ρ0Σg

Nella situazione di equilibrio, il peso del fluido spostato eguaglia il peso dell’oggetto, per cui mg = ρ0LΣg.

Ricavando allora la massa m dell’oggetto e sostituendola nell’espressione del periodo, si ha infine

T = 2π s

ρ₀LΣ ρ0Σg = 2π

s L

g = 2π s

(2, 56 m)

(9.8 m/s²) = 3.21 s

14

Un oggetto di 5.13 kg si muove su un piano liscio sotto l’azione di una molla di costante elastica 9.88 N/cm. L’oggetto viene spostato di 53.5 cm dalla sua posizione di equilibrio e viene lanciato verso di essa con velocità iniziale di 11.2 m/s. Si calcoli:

(a) la frequenza del moto risultante;

(b) l’energia potenziale iniziale del sistema;

(c) l’energia cinetica iniziale;

(d) l’ampiezza delle oscillazioni.

Soluzione

Calcolo la frequenza, trasformando le varie grandezze in unità del Sistema Internazionale:

ω = 2πf = rk

m = 13, 88 rad/sec, f = 1 2π

rk

m = 2.21 Hz

L’energia potenziale iniziale del sistema è data da:

Uiniz= 1

2kx²₀= 141.39 J

L’energia cinetica iniziale del sistema è data da:

K_iniz=1

2mv²₀= 321.75 J

Per trovare l’ampiezza delle oscillazioni possiamo procedere in 2 modi:

1) equazioni del moto

Dato che il sistema è in condizioni di moto armonico, posso scrivere l’equazione del moto e della ve- locità, e imporre le condizioni iniziali, in modo da calcolare A:

(x(t) = A sin(ω t + ϕ)

v(t) = ^dx_dt(t) = Aω cos(ω t + ϕ)

(A sin(ϕ) = x(0)

Aω cos(ϕ) = v(0) ...risolvendo...(//

A =

√

(x₀ω)²+v₀²

ω = 0.968 m

2) energia

Nel punto in cui la massa m si arresta, l’ampiezza del moto è massima, ed è quindi A, e in quel punto la sua energia è tutta potenziale, quindi applicando il principio della conservazione dell’energia:

Kiniz+ Uiniz= Uv=0+ Kv=0, 1

2kA²= Kiniz+ Uiniz, A =

r2(Kiniz+ Uiniz)

k = 0.968 m

Esercizio 2.3

Una sbarra d’ acciaio (ρ = 7.8 · 10⁻³ kg/m³ , E = 2.8 · 10¹¹ N/m²) di diametro d = 4 mm é utilizzata per trasmettere delle onde longitudinali generate da un oscillatore; tali onde sono armoniche di frequenza f = 10 Hz e ampiezza ξ₀= 0.2 mm .

(a) Calcolare la velocitá massima dei singoli punti della sbarra e confrontarla con la velocitá di propagazione dell’onda lungo la sbarra.

(b) Calcolare inoltre la densitá di energia nella sbarra, l’intensitá dell’onda che si propaga lungo la sbarra e la potenza dell’oscillatore necessaria per mantenere l’onda in assenza di assorbimento.

Soluzione

Dall’equazione di D’Alambert, la velocitá di propagazione dell’onda lungo la sbarra vale:

v = s

E

ρ = 6 · 10⁶m/s

La soluzione dell’equazione sarà :

ξ(x, t) = ξ0sin(kx − ωt) dξ

dt = −ξ0ω cos(kx − ωt) Il valore massimo dell velocità di oscillazione sará:

ξ₀ω

Sapendo che:

ω = 2πf

si trova :

dξ dtmax

= 2π f ξ0= 1.26 · 10⁻²m/s

Calcoliamo la densitá di energia nella sbarra Wl. La potenza media é data da:

Pm= 1

2ξ₀²ω²vρΣ = WlvΣ Quindi dividendo ambo i membri per vΣ, ottengo:

Wl=1

2ξ₀²ω²ρ = 0.62 · 10⁻⁶J/m³ 16

I = < P >

Σ = WlvΣ Σ .

Si trova I = 3.69 W/m² .

Calcoliamo la potenza dell’oscillatore necessaria per mantenere l’onda in assenza di assorbimento.

Conoscendo I e Σ, la potenza si calcola come:

P = I Σ = Iπ d 2

²

= 4.64 × 10⁻⁵ W

Esercizio 2.4

Una corda con densità lineare ρ = 0.5 Kg/m é sottoposta alla tensione T = 20 N

Su di essa un’onda di ampiezza ξ₀ = 10⁻² m e frequenza f = 100 Hz si muove in direzione delle x negative.

(a) Qual’é la velocitá dell’onda?

(b) Scrivere l’equazione dell’onda, calcolando i parametri k, ω, e la fase ϕ, sapendo che per x = 0 e t = 0 l’ampiezza é massima.

(c) Qual’é la potenza media trasmessa sulla corda?

Soluzione

Dall’equazione di D’Alambert ricavo che :

v = s

T

ρ = 6.32 m/s

Scrivo l’equazione d’onda sapendo che per x = 0e t = 0 l’ampiezza delle oscillazioni é massima.

ξ = ξ0 sin(kx + ωt + ϕ)

Prendo il segno ’+’ davanti ad ω poiché l’onda si propaga nella direzione -x.

Quindi avró:

ω = 2π f = 2π 100 = 628 rad/s

Inoltre k sará pari a:

k = ω

v = 628 rad/sec

6.32 m/s = 99.36 rad/m

Quindi per trovare ξ massimo pongo nell’equazione x=0 e t=0 , per cui avró tale valore massimo quando il sin(ϕ) é pari a 1, cioé quando ϕ é uguale a ^π₂.

L’equazione finale sará pertanto :

ξ(x, t) = ξ₀ sin

99.36x + 628t +π 2



Valutiamo la potenza media trasmessa sulla corda. Ricordando che <P>=¹₂ρ ξ₀²ω²v e sostituendo , si ottiene P = 62.31 W .

18

L’equazione di un’onda trasversale che si propaga in una corda tesa é ξ = 2 cos[π(0.5x − 200t)].

(a) Determinare ampiezza, lunghezza d’onda , frequenza , periodo e velocitá di propagazione dell’onda.

(b) Trovare la tensione, sapendo che la corda e’ lunga 0.90 m e ha massa 0.45 kg .

Soluzione

Dall’equazione data si deduce che ξ0 = 2, k = 0.5π, ω = 200π.

Sapendo che k= ^{2 π}_λ ed ω= ^{2 π}_T , si trova:

T =2 π

ω = 10 ms Mentre f é pari all’inverso del periodo T:

f = 1

T = 100 Hz La velocitá di propagazione dell’onda e’ data da:

v = ω

k = 400 m/s

Per determinare la tensione agente sulla corda utilizziamo l’espressione:

v = s

T ρ Quindi, ponendo ρ = ^m_l:

v = rT l

m , → v²=T l

m, → T = m v²

l = 8 × 10⁴N

Esercizio 2.6

Un’onda sonora piana armonica di pulsazione ω = 2 · 10³e intensitá I = 10⁻⁶W/m²si puó propagare in tre mezzi: aria, acqua, ferro, per i quali densitá e velocitá di propagazione sono rispettivamente :

Aria → ρ₁= 1.29 Kg/m³ v₁= 344 m/s Acqua → ρ₂= 10³Kg/m³ v₂= 1493 m/s F erro → ρ3= 7.8 · 10³Kg/m³ v3= 5130 m/s.

Calcolare nei tre mezzi i valori della lunghezza d’onda λ e dell’ampiezza ξ dell’onda di spostamento.

Soluzione

Per definizione di lunghezza d’onda:

λ = 2π/k = 2πv/ω

con k il numero d’onda definito come k = ^ω_v. La lunghezza d’onda dell’onda nei tre rispettivi mezzi vale dunque:

λ₁= 2π · 344^m_s

2 · 10^{3 rad}_s = 1080 · 10⁻³= 1.08 m λ2= 2π · 1493^m_s

2 · 10^{3 rad}_s = 4688 · 10⁻³= 4.7 m λ3= 2π · 5130^m_s

2 · 10^{3 rad}_s = 16108 · 10⁻³= 16 m Si puó procedere adesso col calcolo dell’ampiezza dell’onda di spostamento.

L’intensitá dell’onda è definita come potenza media su unitá di superficie:

I =hP i Σ Sapendo che l’intensitá in questo caso é anche pari a

I =1 2ρξ²₀ω²v con :

ρ → densitá del mezzo

ξ₀→ Ampiezza iniziale dell’onda ω → pulsazione dell’onda

v → velocità di propagazione dell’onda si ottiene :

ξ²₀= 2I

ρω²v → ξ₀= s

2I ρω²v = 1

ω s

2I vρ

A questo punto si può procedere con la determinazione del valore numerico dell’ampiezza dell’onda di spostamento nei rispettivi mezzi :

Ad esempio, nel ferro:

ξ₃= 1 ω

s 2I v3ρ3

= 1.1 · 10⁻¹⁰m

20

Un altoparlante produce nell’aria a 20^◦un suono di frequenza f = 2·10³Hz e intensitá I1= 5.6·10^{−4 W}_m2 a distanza r1= 6 m. Nell’ipotesi di emissione isotropa calcolare l’intensitá I2alla distanza r2= 30 m e l’am- piezza dell’onda di spostamento ξ a r1= 6 m e r2= 30 m. Per la velocità del suono si usi il valore 343 m/s.

Soluzione

Si tratta di emissione isotropa, quindi si sta parlando di onde sonore sferiche.

Siccome siamo in condizioni di emissione isotropa allora P1(r1) = P2(r2) da cui, applicando la definizione di intensitá dell’onda, si ottiene :

I1Σ1= I2Σ2

La condizione di emissione isotropa impone che l’onda in questione sia un’onda sferica e quindi la superficie Σ sará una sfera e quindi Σ = 4πr². Si puó quindi riscrivere l’intensitá come

I₁4πr²₁= I₂4πr²₂ ovvero

I2= I1

r1

r₂

!2

= 5.6 · 10⁻⁴ 6 30

!2

= 2.24 · 10⁻⁵W m²

Si ricordi che :

I = P Σ = 1

2ρω²ξ₀²v

I = 1

2ρω²ξ₀²v → ξ²₀= 2I

ρω²v → ξ0= 1 ω

s2I ρv = 1

2πν s2I

ρv

ξ0,r₁= 1 2π · 2 · 10³

r2 · 5.6 · 10⁻⁴

1.29 · 343 = 1, 26 · 10⁻⁷m ξ_0,r2 = 1

2πν s

2I₂ ρv = 1

2πν s

2I₁ ρv ·1

5 = ξ_0,r1·1

5 = 0.254 · 10⁻⁷m

Capitolo 3

Onde elettromagnetiche

22

Una superficie metallica è investita da un fascio di luce proveniente da un laser di diametro d = 3 mm.

Sapendo che l’intensità incidente è pari a 14 × 10⁶W/m², calcolare la potenza del laser. Si osserva che il 25 % dell’energia viene assorbita , il restante 75 % è riflessa. Determinare il valore dell’ampiezza del campo elettrico incidente e il valore dell’ampiezza del campo magnetico riflesso. Calcolare la forza esercitata dalla radiazione sulla superficie.

Soluzione

Calcolo la potenza:

P = IiΣ = Iiπ d 2

!²

= 99 W Sapendo che l’intensità di un onda elettromagnetica è data da:

I_i =1

2E₀²ε₀c → E₀=r 2I_i

ε0c = 1 × 10⁵V /m

Dato che il 75 % dell’energia è riflessa, essendo l’energia di un onda elettromagnetica direttamente proporzionale all’intensità, l’intensità riflessa sarà il 75 % della totale:

I_r= 0.75 I_i= 10.5 × 10⁶W/m² Allora il campo magnetico sarà:

Br=E_r c =1

c r 2Ir

ε0c = 3 × 10⁻⁴T

Per ottenere la forza cerchiamo la pressione di radiazione, essa sarà dovuta sia all’ onda riflessa (a cui sarà associato un fattore 2), sia a quella assorbita:

P_rad= 2I_r c +I_a

c = (2 · 0.75 + 0.25)I_i

c = 0.08 P a → F = P_radΣ = P_radπ d 2

!²

= 5.6×10⁻⁷N

Esercizio 3.2

Nel vuoto un’onda EM piana si propaga lungo la direzione x. Il campo elettrico è espresso da:

E_y = E₀ sin(kx − ωt) ,

con E₀= 300 V /m. Quali sono l’ampiezza e la direzione del campo magnetico associato all’onda?

Determinare l’intensità dell’onda. Se l’onda incide su un foglio perfettamente assorbente di area

Σ = 2 m², qual’è la forza su di esso? Si ripetano i calcoli nel caso la stessa onda si propaghi in un mezzo con indice di rifrazione n = 2.

Soluzione

In un onda elettromagnetica deve essere soddisfatto: k × E = ωB, dove k e riretto nella direzione di propagazionbe dell’onda. Quindi, considerando un sistema di riferimento in cui ˆux× ˆuy= ˆuz come mostrato nella Figura 4.1, B è diretto nella direzione positiva z. Inoltre: B0= ^E_c⁰ = 1 × 10⁻⁶T = 1 µT .

Quindi, calcolo l’intensità:

I =1

2E₀²ε0c = 119, 5 W/m² Dato che l’onda è completamente assorbita:

Prad= Ii

c = 3, 9 × 10⁻⁷P a → F = PradΣ = 7, 9 × 10⁻⁷N Nel caso in cui n = 2,

n = c

v → v = c

2 Calcolo l’ampiezza del campo magnetico nel mezzo:

B₀=E₀

v = 2 × 10⁻⁶T = 2 µT L’intensità dell’onda, sapendo che n =√

εr: I_mezzo= 1

2ε₀ε_rv E₀²=1 2ε₀n² c

nE₀²=1

2ε₀n c E₀²= 2I_vuoto= 239 W Quindi la pressione di radiazione, e la conseguente forza sul foglio saranno:

Prad mezzo=Imezzo

v =nIvuoto c n

= n²Ivuoto

c = 4Prad vuoto = 1.56 × 10⁻⁶P a F = PradΣ = 3, 12 × 10⁻⁶N

24

Un’onda elettromagnetica monocromatica di intensità I = 10 W/m²si propaga in un mezzo con indice di rifrazione n = 1.2 nella direzione positiva delle x con f = 4 × 10¹⁴s⁻¹. Calcolare il modulo del campo elettrico ed i valori di k e ω. Si supponga l’onda polarizzata linearmente a 45^◦ rispetto all’asse y nel piano zy e che per t = 0 e per x = 0, i campi abbiano il massimo valore. Scrivere le espressioni per le componenti dei vettori E e B.

Soluzione

Calcolo il modulo del campo elettrico:

I = 1

2ε₀ε_rvE₀²= 1 2

nE²₀ Z0

→ E₀=

r2Z₀I

n = 79.24 V /m Calcolo i moduli di k ed ω, ricordando che n = ^c_v:

ω = 2πf = 2.51 × 10¹⁵rad/s e k = ω v = ω

c n

= nω

c = 10⁷rad/m Scrivo le espressioni per le componenti dei vettori E e B, essi sono polarizzati in questo modo:

Come possiamo vedere dalla Figura:

E0z= cosπ 4

 E0=

√ 2

2 E0 E0y = sinπ 4

 E0=

√ 2 2 E0

Inoltre sappiamo che che per t = 0 e per x = 0, i campi hanno il massimo valore:

E0sin(kx − ωt + ϕ) → E0sin(ϕ) = E0 → sin(ϕ) = 1 → ϕ = π 2 Posso quindi scrivere le espressioni per le componenti dei vettori E e B:

(Ez=

√2

2 E0sin(kx − ωt +^π₂) Ey =

√2

2 E0sin(kx − ωt +^π₂) (Bz= −

√2 2

E₀

v sin(kx − ωt +^π₂) B_y=

√2 2

E₀

v sin(kx − ωt +^π₂)

Esercizio 3.4

Il campo magnetico di un onda elettromagnetica piana polarizzata linearmente lungo l’asse y si propaga lungo x in un mezzo con εr= 80 secondo l’equazione:

B = 1.8 × 10⁻⁶cos(4x − 8 × 10⁷t + ϕ)

Il modulo di B è misurato in tesla. Determinare ϕ sapendo che per t = 0 e x = 0, B = 0, 8 × 10⁻⁶T . Determinare frequenza, lunghezza d’onda, ed ampiezza di E . Determinare la permeabilità magnetica µr

e l’impedenza Z del mezzo. Determinare l’energia che attraversa nell’unità di tempo una superficie piana di area Σ = 2.3 m² perpendicolare al piano xy formante un angolo di 30^◦ con il piano xz . Soluzione

Calcolo ϕ:

0, 8 × 10⁻⁶= 1, 8 × 10⁻⁶cos(ϕ) → cos(ϕ) = 0.44 → ϕ = 63.6^◦

Calcolo frequenza, lunghezza d’onda di E , che sono le stesse di B dato che i due campi sono in fase:

f = ω

2π = 8 × 10⁷

2π = 1, 27 × 10⁷Hz e λ = 2π

k = 2π

4 = 1.57 m Calcolo l’ampiezza di E:

E₀= B₀v = Bω

k = (1.8 × 10⁻⁶)8 × 10⁷

4 = 36 V /m Per gran parte dei materiali n =√

εr, ma questo non è il caso, infatti:

n =√

εrµr → µr= 1 ε_r

 c v

²

= 2.81 H/m L’impedenza del mezzo:

Z =r µ

ε =r µ0µr

ε₀ε_r = 70.6 Ω

Poiché la superficie è orientata a 60 gradi rispetto alla direzione della radiazione (come si vede in figura) la potenza vale:

< P >= IΣ cos π 3



= 1 2

E₀² Z

 Σ1

2 = (9.17 × 2.3 × 0.5) W = 10.55 W

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