e 60 o E

I ONDE PIANE E MATERIALI
OP 1 Il campo elettrico nel punto A ha un modulo di 10 V /m e forma un angolo di 60o con la
normale alla superficie. Calcolare |e(B)|.
ε1
ε2
A
60
B
o
e
ε1 = ε0 , ε2 = 2 ε0
Nel punto A le componenti di e(A) sono
♦♦♦
etan = 10 cos 30o = 8.66 V /m
en = 10 cos 60o = 5 V /m
e quindi dn = 5 ε0 C/m2 . Per le condizioni di continuit`
a
dn (B) = 5 ε0 C/m2 =⇒ en (B) = 2.5 V /m
etan (B) = 8.66 V /m
per la diversa costante dielettrica. Segue
|e(B)| =
p
8.662 + 2.52 = 9 V /m
OP 2 L’acqua marina di figura ha una risposta dielettrica caratterizzata da un modello di Debye
generalizzato, a cui va aggiunta una conducibilit`a di 5 S/m. Per la parte dielettrica si ha
Re[εD (500 M Hz)] = 80.6 ε0 , Re[εD (1 GHz)] = 79 ε0 ,
aria
acqua marina
Ei
A
B
d
ε∞ = 2.1 ε0
2
ONDE PIANE E MATERIALI
Sull’acqua incide una onda piana a 10 GHz. Sapendo che |E(A)| = 10 V /m, si calcoli il
campo elettrico in B.
d = 1 cm
♦♦♦
Nel modello di Debye generalizzato
χ
ε∞
εD (ω)
=
+
ε0
1 + jωτ
ε0
Re[εD (ω)]
χ
ε∞
=
+
2
2
ε0
1+ω τ
ε0
=⇒
Imponendo i dati si ottiene
χ = 79
τ = 26.6 psec
Alla frequenza di 10 GHz l’acqua marina ha una risposta elettrica complessiva
σ
= (22.9 − j34.8) ε0 − j9 ε0 = (22.9 − j43.8) ε0
ω
√
cui corrisponde una costante di propagazione k = β0 22.9 − j43.8 = (6 − j3.6) β0 = 1256 −
j753.6 m−1 essendo β0 = 209.3 m−1 la costante di propagazione nel vuoto.
Poich`e il campo nell’acqua si attenua come e−αz , con α = 753.6 m−1 , segue
εe = εD (10 GHz) − j
|E(B)| = 5.3 mV /m
OP 3 Alla frequenza di 0.9 GHz si ha:
E(Q) = 2j E(R)
ε0
(x-jy) ε0
Ei
Q
R
d
Si calcolino x e y.
d = 0.1 m
♦♦♦
Nel secondo mezzo esiste solo l’onda progressiva, e quindi
E(R) = E2+ e−jk2 d
con
E2+ = E(Q)
Segue, posto k2 = β − jα,
e−jk2 d = e−jβd e−αd =
1
2j
Considerando modulo e fase della relazione precedente si ottiene
3
ONDE PIANE E MATERIALI
1
α = − log
d
1
= 6.93 m−1
2
e
− βd = −
π
=⇒ β = 15.7 m−1
2
Ricordando che k2 = ω 2 ε0 µ0 (x − jy) si trova
ω 2 ε0 µ0 (x − jy) = (15.7 − j6.93)2
=⇒
x − jy = 0.56 − j0.61
OP 4
e fase.
Nell’esercizio precedente si ha E(Q) = (3 − j0) V /m. Si calcoli il valore di Ei in modulo
OP 5 Una onda piana ha k = (200 ix , 0 iy , 150 iz ) m−1 ed ha Es = −jEp con densit`a di potenza
pari a 3 µW/m2 . Sapendo che il mezzo in cui l’onda si propaga ha ǫr = 2, calcolare la
frequenza dell’onda e le componenti del campo elettrico e magnetico.
hh
f = 8.43 GHz; Ex = 28.3 mV /m Ey = j 17 mV /m Ez = −j22.6 mV /m;
hh
Hx = −63.6 µA/m Hy = j0.11 mA/m Hz = 80 µA/m
ii
ii
OP 6 Una onda piana a frequenza f = 20 M Hz incide su un semispazio di costanti ǫ0 e µr µ0 .
Le componenti Ey ed Ez del campo incidente sono uguali ed in fase ed il suo vettore
di Poynting `e pari a 1 W/m2 . Calcolare il modulo del campo elettrico totale nel punto
P (0, 0, −5 m) .
ε 0 µ0
ε 0 µr µ0
5m
z
P
θ
θ = 60o , µr = 3
♦♦♦
Per l’onda incidente si ha Ex = −Ez tg θ, e pertanto l’ampiezza del campo elettrico incidente
`e reale.
Dal valore di |Si | segue |E| = 27.5 V /m e, poich`e
|E|2 = |Ex |2 + |Ey |2 + |Ez |2 = |Ez |2 (2 + tg2 θ)
si ha |Ez | = |Ey | = 12.3 V /m e |Ex | = 21.3 V /m.
I coefficienti di riflessione sono dati dalle formule di Fresnel per n2 = µr :
p
p
µr − sen2 θ1 − cos θ1
µr cos θ1 − µr − sen2 θ1
p
ΓT M = p
ΓT E =
µr cos θ1 + µr − sen2 θ1
µr − sen2 θ1 + cos θ1
4
ONDE PIANE E MATERIALI
dove θ1 = π2 − θ `e l’angolo di incidenza. Risulta θ1 = 30o , ΓT E = .221, ΓT M = .314 .
Ognuna delle due componenti (TE e TM) del campo `e data da
E = Ei e−jkx x e−jkz z i+ + Γejkz z i−
dove kx = k cos θ = .209 m−1 , kz = k sen θ = .363 m−1 ed i+ , i− sono i versori del campo
indcidente e riflesso.
Per la componente TE i+ = i− = iy e quindi |Ey | = 9.98 V /m.
Per la componente TM i due versori i+ , i− hanno la stessa componente x ma componente
z opposta; conviene quindi calcolare separatamente |Ex | ed |Ez |. Risulta |Ex | = 15.7 V /m ed
|Ez | = 15.8 V /m, per cui |E| = 24.4 V /m.
` possibile modellare il corpo umano mediante
OP 7 E
strati piani paralleli, che consentono una ragionevole approssimazione (se la lunghezza d’onda `e abbastanza piccola. In figura `e rappresentato un modello di torace, i cui
parametri sono riportati nella tabella.
Sulla parete esterna incide una onda piana alla
frequenza
di 2.45 GHz, il cui campo elettrico `e pari a
√
6 2 V /m.
Si determini la potenza dissipata, per unit`
a di
superficie, nelle tre zone.
0
tori.
2
3
z
Zona
Materiale
εr
σ [S/m]
spessore t
0
aria
1
0
1
pelle
38
1.46
1 mm
2
grasso
4.39
0.08
3 mm
3
muscolo
37.6
1.31
♦♦♦
I valori di
1
σ
sono inferiori a 1. I materiali sono quindi materiali con perdite, ma non condutωε
I valori delle costanti dielettriche relative complesse
εr − j
σ
ωε0
e delle costanti di propagazione complesse
ki = ω
√
ε0 µ0
r
εr − j
σ
ωε0
sono riportate nella tabella che segue, assieme con il valore di |ki |ti .
5
ONDE PIANE E MATERIALI
Zona
εr − j
σ
ωε0
ki [m−1 ]
|ki |t
Zi [Ω]
0
1
18.85
377
1
55.2 − j 46.4
150 − j 55
0.16
42 + j 15
2
4.39 − j 1.6
70 − j 7
0.122
172 + j 30
3
37.6 − j 26.2
122 − j 38
53 + j 17
Nella tabella `e stata anche riportata l’impedenza caratteristica delle varie zone, data da
Z=r
ζ
εr − j
σ
ωε0
I valori di |ki |t sono abbastanza piccoli da poter considerare gli strati sottili, con buona approssimazione. Pertanto il problema pu`
o essere risolto utilizzando il circuito equivalente di figura.
ζ
+
ζ
2Ei
1
2
Le impedenze poste in serie, Zs , e quelle in parallelo, Zp , sono date, per ciascuno strato, da
Zsi = jZi ki ti = jωµ0 ti
Zpi =
Zi
jki ti
e i relativi valori sono nella tabella che segue
Zona
Zsi [Ω]
Zpi [Ω]
0
j 7.1
178 − j 212
1
j 21.3
488 − j 1340
Dai dati della tabella segue che, inprima approssimazione, le due Zs possono essere trascurate
(anche perch`e non dissipano).
Si ha quindi un parallelo di tre impedenze, Zp1 , Zp2 e Z3 . L’impedenza di questo parallelo.
ZC , vale allora 50 + j5 Ω, ed `e molto prossimo a Z3 . Il campo su ciascuna delle tre impedenze in
parallelo vale
6
ONDE PIANE E MATERIALI
Et =
V
ZC
2Ei = 2
ζ + ZC
m
e le potenze dissipate nei due strati e nel muscolo sono rispettivamente
1
1
Re
|Et |2 = 4.6 mW
2
Zp1
1
1
Re
|Et |2 = 0.4 mW
2
Zp2
1
1
Re
|Et |2 = 35 mW
2
Z3
per un totale di 40 mW rispetto a una potenza incidente di 100 mW per unit`
a di superficie.
II TEOREMA DI POYNTING
T 1 Un’onda piana di ampiezza E0 , orientata secondo l’asse x incide normalmente su un
semispazio buon conduttore di costanti µ0 , ǫ0 , σ.
Verificare il teorema di Poynting nel volume a, b, ∞ di figura.
♦♦♦
Poich`e nel volume assegnato non esistono generatori, n`e perdite dielettriche o magnetiche, si
tratta di verificare che la potenza dissipata PL `e opposta alla parte reale del flusso del vettore di
Poynting uscente dal contorno del volume. Se chiamiamo mezzo 1 quello per z < 0 e mezzo 2 quello
per z > 0 si ha (posto Z1 , Z2 l’impedenza caratteristica dei mezzi 1 e 2 rispettivamente, kz2 la
costante di propagazione nel mezzo 2)
E2 (z) =
PL =
1
2
Z
σ|E2 (z)|2 dV =
V
2Z2
E0 e−jkz2 z = E20 e−jkz2 z
Z1 + Z2
1
σab
2
=
Z
∞
0
|E20 e−jkz2 z |2 dz =
1
σab|E20 |2
2
Z
∞
e−2αz dz =
0
1
1 |E20 |2
σ|E20 |2 abδ =
ab
4
4 Rs
1
.
σδ
Il flusso P del vettore di Poynting, posto S pari alla superficie a × b + Sup. Laterale + Sup.
all’infinito, `e:
I
Z Z
1
1 a b |E20 |2
∗
P =
E2 × H2 · ds = −
dxdy =
2 s
2 0 0 Z2∗
avendo posto Rs =
=−
1 |E20 |2 ab
1
1+j
= − |E20 |2 ab
σδ
2 (1−j)
2
2
σδ
Pertanto
Re[P ] = −
1 |E20 |2
ab = −PL
4 Rs
8
TEOREMA DI POYNTING
T 2 Un’ onda piana di ampiezza E + e pulsazione ω, col campo elettrico orientato secondo
x e propagantesi lungo l’ asse z, incide dal vuoto su un semispazio buon conduttore di
caratteristiche ǫ, µ, σ.
Calcolare il flusso medio di potenza complessa attraverso la superficie [a,b] della figura.
Mostrare che la parte reale di tale flusso pu`
o porsi sotto la forma Pr = 12 Ra2 |I|2 , dove I
`e la corrente lineare per unit`
a di lunghezza (col ch`e aI `e la corrente totale nel volume in
figura) che circola nel buon conduttore ed R una resistenza equivalente.
♦♦♦
Il flusso medio di potenza complessa vale:
Z
Z
1
1
∗
E × H · ds =
EH ∗ ds
P =
2 S
2 s
dove S `e la superficie [a, b] e si tenuto conto che E, H, ds sono ortogonali.
Per z < 0 esisteranno tanto l’onda diretta, quanto l’onda riflessa. Invece per z > 0 si
propagher`a solo l’onda trasmessa data da:
2Z2
E + e−αz e−jβz
Z1 + Z2
E=
con
k2 = β − jα = ω
r
σ
1−j
µ(ǫ − j ) ≃
ω
δ
essendo δ la profondit`
a di penetrazione, e avendo supposto σ ≫ ωǫ (buon conduttore). Inoltre
H=
E
2E + −αz −jβz
=
e
e
.
Z2
Z1 + Z2
Le impedenze intrinseche del mezzo per z < 0 e z > 0, Z1 e Z2 , sono date da:
r
r
r
µ0
µ
jωµ
1−j
Z1 =
, Z2 =
=
= R + jX
σ ≃
ǫ0
ǫ−jω
σ
σδ
Quindi avremo:
1
P =
2
Z
c+a
dy
c
Z
b
0
|E + |2
2Z2 |E + |2
4Z2
dx
=
ab
|Z1 + Z2 |2
|Z1 + Z2 |2
Calcoliamo la corrente indotta nel mezzo z > 0. E `e un vettore diretto secondo x e quindi J
sar`
a anch’esso parallelo a x. Integrando J in una striscia avente larghezza ∆y lungo l’asse y si ha:
9
TEOREMA DI POYNTING
Iˆ =
Z
Z
∞
Z
∆y
J · ix dydz =
σEdz
dy
S
0
0
Z ∞
2σZ2 E +
2Z2
E + e−jkz z dz =
∆y
σ
= ∆y ·
Z1 + Z2
Z1 + Z2 jk2
0
Ora
σ 1+j
σZ2
σδ
≃ 1−j
=1
jk2
j δ
2E +
∆y.
Z1 + Z2
ˆ
La corrente per unit`
a di lunghezza vale I = I/∆y
per cui P = 12 Z2 |I|2 ab e la sua parte reale
!
r
1
1 1 b
1 ωµ 2
a2 |I|2 = Ra2 |I|2 .
|I| ab =
Pr = Re(P ) =
2 2σ
2 σ aδ
2
per cui Iˆ ≃
N.B. R `e la resistenza statica del conduttore, tenendo per`
o conto della disuniformit`a del flusso
di corrente (per cui la profondit`
a efficace `e pari a δ).
T 3 Determinare la frequenza minima per la quale le energie elettrica e magnetica immagazinata nello strato di spessore d = 0.5 m sono uguali, ed il valore della energia elettrica.
Ei = 100 V /m
hh
f = 75 M Hz, We = 88.6 nJ/m2
ii
III SORGENTI E SENSORI DI CAMPO
A 1 Calcolare la potenza irradiata dal sistema in figura. (L’asse della spira `e allineato col
dipolo)
f = 1GHz; ℓ = 1 cm; R = 0.5 cm; I = 3 A; d = 6 cm
♦♦♦
Per definizione
Pirr
(Z Z
)
= Re
(S · in )dS
S
dove S `e una superficie chiusa contenente le sorgenti. Tale superficie pu`
o essere scelta per comodit`
a
sferica e sufficientemente grande da poter considerare il campo del dipolo rivolto lungo iθ (asse z
allineato col dipolo) e quello della spira lungo iφ . Quindi il vettore di Poynting `e la somma dei
vettori relativi alle due antenne separate.
Pirr = Pdip + Psp =
1
(Rdip + Rsp )|I|2
2
Ora
ℓ/2 2
) = 0.22 Ω
λ
βS 2
2π 2 R2 2
πR 4
= 800(
) = 800(
) = 3200(
) = 0.02 Ω
λ
λ2
λ
Rdip = 800(
Rsp
da cui
Pirr = 1.1 W
A 2 Calcolare la resistenza di irradiazione del sistema di antenne di figura.
R = 7 cm; ℓ = 10 cm; λ = 1 m
hh
Ri = 9.5 Ω
ii
11
SORGENTI E SENSORI DI CAMPO
A 3 Un dipolo corto irradia una potenza P = 2 W alla frequenza di 1 GHz. Determinare
la
√
minima distanza oltre la quale√il campo elettrico ´e certamente inferiore a EL = 6 2 V /m,
e quello magnetico a HL = 15 2 mA/m.
♦♦♦
Cominciamo a considerare il limite su |H|, in quanto questo limite si ottiene in modo esatto
(valutandolo per θ = 90o ).
Il valore limite di X si trova imponendo
√
2
3P
β 2 X(1 + X) = HL2 = 15 2 mA/m
4πζ
Essendo β = 20.9 m−1 , l’equazione diventa
X 2 + X − 8.11 · 10−4
con soluzione approssimata X = 8.11 · 10−4 , che corrisponde a punti in campo lontano. Quindi il
limite su |H| ´e rispettato per
r>
1
1
√
= 1.68 m
β 8.11 · 10−4
Per quanto riguarda quello su |E|, essendo e2L = 9 · 10−4 e eL = 0.03, si pu´
o usare l’equazione
valida in campo lontano (ancora per θ = 90o ) −X 2 + X = e2L = 9 · 10−4 , con soluzione X = 9 · 10−4 .
Il limite su |E| ´e quindi rispettato per
r>
1
1
√
= 1.59 m
β 9 · 10−4
La minima distanza chiesta dal problema ´e quindi 1.68 m.
A 4 Un dipolo corto irradia una potenza P = 50 mW alla frequenza di 800 M Hz. Determinare √la minima distanza oltre la quale il campo elettrico ´e certamente inferiore a
EL = 6 2 V /m.
♦♦♦
Cominciamo col calcolare β = 16.75, m−1 e e2L = 0.05 da cui eL = 0.24. Il valore massimo di
X che si ottiene dai grafici ´e pari a 0.05 per θ = 90o , che (essendo X < 0.18) ´e l’angolo per cui |E|
´e massimo.
Segue
r>
1
1
√
= 27 cm
β 0.05
SORGENTI E SENSORI DI CAMPO
12
In alternativa si pu´
o usare l’equazione valida in campo lontano (ancora per θ = 90o ), con
un errore su X compreso tra il 5% e il 10%. L’equazione ´e −X 2 + X = e2L = 0.05, ovvero
X 2 − X + 0.05. Le due soluzioni della equazione di secondo grado sono X1 = 0.053 e X2 = 0.95.
Poich´e la condizione di campo lontano richiede X piccolo, X2 non ´e soluzione (´e stata introdotta
dal trascurare X 3 ). Quindi la distanza minima cercata ´e 26 cm con un errore intorno ai 2 cm.
IV COLLEGAMENTI
C 1 Si considerino le due bobine identiche, ciascuna composta di N = 5 spire, rappresentate
nella figura
La prima bobina `e alimentata da una corrente di 1 A alla frequenza f = 300 M Hz.
Calcolare il momento magnetico della prima bobina e la tensione a vuoto sulla seconda.
hh
Q = 5 · 10−10 V m sec, V0 = 3.72 mV
ii
C 2 Calcolare la minima potenza in ingresso richiesta dal dipolo corto di sinistra per avere
una tensione a vuoto di 10 mV sul dipolo di destra alla frequenza di 100 M Hz, e la
corrispondente corrente I di alimentazione.
r
h1
I
h2
f = 100 M Hz, h1 = 5 cm, h2 = 7 cm, r = 1 km.
hh
P = 3700 W, I = 360 A.
ii
C 3 Calcolare la minima potenza in ingresso richiesta dal dipolo corto di sinistra per avere
una tensione a vuoto di 10 mV sulla spira di destra, costituita da 8 avvolgimenti, alla
frequenza di 1 M Hz, e la corrispondente corrente I di alimentazione.
r
h1
I
2R
f = 1 M Hz, h1 = 5 cm, R = 3 cm, r = 100 m.
hh
P = 1.6 µW, I = 0.76 A.
ii
14
COLLEGAMENTI
θ
r
h1
α
I
C 4 Determinare la distanza r tra i due dipoli elementari uguali, sapendo che per I = 14 A, la
tensione a vuoto sul dipolo di destra vale 10 mV alla frequenza di 6 M Hz.
f = 6 M Hz, h1 = 5 cm, I = 14 A. α = 30o , θ = 30o .
hh
r = 570 m.
ii
C 5 Determinare la distanza r tra il dipolo elementare di sinistra e la spira di destra, sapendo
che per I = 14 A, la tensione a vuoto sulla spira vale 10 V alla frequenza di 30 M Hz.
r
h1
I
2R
f = 30 M Hz, I = 14 A, h1 = 10 cm, R = 5 cm.
hh
r = 2.1 m.
ii
C 6 Una onda piana con polarizzazione TM, di intensit`
a S = 1 mW/m2 e frequenza f =
300 M Hz, incide sul semispazio dielettrico di figura. Determinare la distanza d minima
tra il dipolo elementare e l’interfaccia tale che la tensione indotta a vuoto sia massima, e
calcolarla.
ε 0 µ0
ε
µ0
d
H
ψ
z
π/3
Ei
ǫ = 2ǫ0 , ψ =
π
, H = 1 cm
6
C 7 Con riferimento alla configurazione di figura (in cui una spira di raggio R `e indicata tramite
la sezione col piano di figura), determinare il valore dell’angolo α per cui `e massimo il valore
della tensione a vuoto sulla spira, nonch`e il valore di tale tensione.
15
COLLEGAMENTI
θi =
π
, Ei = 100 V /m, f = 100 M Hz, d = 1 m, R = 10 cm.
4
♦♦♦
La lunghezza d’onda `e pari a 3 m, per cui la spira pu`
o essere considerata elementare. La
tensione a vuoto sulla spira pu`
o essere calcolata tramite la legge di Faraday
V0 = ωµ0 πR2 Hinc · in
essendo Hinc il campo incidente sulla spira (e non sulla interfaccia!) e in la normale alla spira.
Dalla legge di Snell si vede che l’angolo di incidenza `e superiore all’angolo limite, per cui
nel secondo mezzo si ha una onda piane evanescente. Si ha kz2 = −j2.09 m−1 , Z1 = 267 Ω,
Z2 = j377 Ω, per cui |1 + Γ| = 1.633 (l’impedenza caratteristica del secondo mezzo `e pi`
u alta di
quella del primo, per cui pu`
o essere |1 + Γ| > 1, senza che la potenza trasmessa sia maggiore di
quella incidente).
La componente trasversa del campo magnetico all’interfaccia vale
Ei
H2t = |1 + Γ|
cos θi = 433 mA/m
ζ/2
mentre quella z si ottiene da k · H = 0:
H2z = −
k2x
H2t = −j612 mA/m
k2z
ed entrambe si attenuano di e−k2z d = .124 nella propagazione tra interfaccia e spira.
La tensione a vuoto vale
V0 = ωµ0 πR2 [H2t sen α + H2z cos α] e−k2z d
e, poich`e le due componenti di H sono in quadratura, `e massima per α = 0, e vale V0 = 1.9 V

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