elettromagnetismo 2 (2016-2017) - Sezione di Milanoragusa/2016-2017/elettromagnetismo... · Prof....

Prof. Francesco RagusaUniversità degli Studi di Milano

Anno Accademico 2016/2017

Elettromagnetismo

Onde piane. PolarizzazioneTeorema di Poynting

Lezione n. 36 – 1.06.2016

Elettromagnetismo – Prof. Francesco Ragusa 337

Onde piane e monocromatiche• Ritorniamo alle onde elettromagnetiche• Abbiamo visto che i campi E e B soddisfano le equazioni

• In coordinate cartesiane le 6 componenti dei campi soddisfano le equazioni dell'onda

• Una soluzione dell'equazione dell'onda non soddisfa necessariamente le equazioni di Maxwell• La richiesta che le soluzioni soddisfino anche le equazioni di Maxwell

restringono le soluzioni accettabili• Le equazioni ∇⋅E = 0 e ∇⋅B = 0 impongono che E e B sianoperpendicolari alla direzione di propagazione• Le equazioni del rotore impongono che i campi E e B siano perpendicolarifra loro e i loro moduli collegati

• Consideriamo soluzioni del tipo E(r,t) = E0 e−i(kx – ωt)

• Un'onda che propaga lungo l'asse x• Il campo E(r,t) ha lo stesso valore sui piani

perpendicolari all'asse x• Un'onda di questo tipo si chiama onda piana

22

2 2

1c t

∂=

∂E

E∇2

22 2

1c t

∂=

∂B

B∇ 2

0 0

1c

ε μ=

x

y

z

0E


Soluzioni: onde piane • In un'onda piana i campi E e B non cambiano spostandosi sul piano• Non necessariamente il piano deve essere

perpendicolare ad un asse coordinato• I campi dipendono solo dalla lunghezza ζ della proiezione di r nella direzione della normale al piano

• Il fatto che il campo dipenda solo da ζ implicache le derivate abbiano una forma particolare

• Espressioni analoghe per le altre derivate• Specializziamo queste considerazioni all'operatore ∇ applicato a un'onda

piana (in coordinate cartesiane) o a una sua componente f(ζ)

( ) ( ), ,t tζ=E r E ( ) ( ), ,t tζ=B r B

ˆζ = ⋅r k x y zk x k y k z= + +

( ) ( ), ,t t

x x

ζ∂ ∂=

∂ ∂

E r E ( ),tx

ζ ζζ

∂ ∂=

∂ ∂

E ( ),x

tk

ζ

ζ

∂=

∂

E

ˆ ˆ ˆx y z∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

x y z∇ ˆ ˆ ˆx y zk k k

ζ ζ ζ∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

x y z ˆζ∂

=∂

k∇

x

y

z

k̂r ζ

ζ è la distanza del piano dall'origine


Soluzioni: onde piane • Utilizzando l'espressione dell'operatore ∇ trovata per l'onda piana possiamo riscrivere le equazioni di Maxwell nel vuoto

• Ricaviamo adesso la proprietà di trasversalità dell'onda piana • Moltiplichiamo per la quarta equazione

• Analogamente per la prima equazione si ha• Sommando le due equazioni

• Il differenziale dE è la variazione del campo elettrico se ci si muove nella direzione di propagazione o se varia il tempo• L'onda è trasversale alla direzione di propagazione

ˆζ∂

=∂

k∇

0⋅ =E∇t

∂× = −

∂B

E∇0⋅ =B∇2

1tc

∂× =

∂E

B∇

ˆ 0ζ

∂⋅ =∂E

k ˆ 0ζ

∂⋅ =∂B

k ˆtζ

∂ ∂× = −

∂ ∂E B

k2

1ˆtcζ

∂ ∂× =

∂ ∂B E

k

k̂

2

1ˆ ˆ ˆtcζ

⎛ ⎞∂ ∂⎟⎜⋅ × = ⋅⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂ ∂⎝ ⎠B E

k k k ˆ 0t

∂⋅ =∂E

k ˆ 0dtt

∂⋅ =∂E

k

ˆ 0dζζ

∂⋅ =∂E

k

ˆ 0dt dt

ζζ

⎛ ⎞∂ ∂ ⎟⎜⋅ + =⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂ ∂⎝ ⎠E E

k

ˆ 0d⋅ =k E

d dt dt

ζζ

∂ ∂= +

∂ ∂E E

Edefiniamo


Soluzioni: onde piane • In modo analogo dalla seconda e dalla terza equazionesi ricava

• Il significato di queste equazioni è il seguente• In un'onda piana le variazioni dE e dB• Dovute a spostamenti lungo ζ e/o a variazioni nel tempo• Sono perpendicolari a • In realtà è possibile verificare la condizione indicata anche per campi con componente lungo ζ• La condizione è verificata se dBζ = dEζ = 0• Una condizione verificata per campi uniformi non variabili nel tempo

• Non sono onde che si propagano• Quindi i campi E e B di un'onda giacciono sul piano perpendicolare a • Utilizziamo un sistema di riferimento locale ξ−η• I campi possono essere scomposti nelle componenti Eξ e Eη, Bξ e Bη

• Vediamo adesso che queste componenti soddisfano l'equazione dell'onda

ˆ 0d⋅ =k B ˆ 0d⋅ =k E

x

y

z

k̂r ζ

ξ

ηk̂

0E E

dE dt dtζ ζ

ζ ζζ

∂ ∂= + =

∂ ∂0

E

tζ∂=

∂0

Eζ

ζ

∂=

∂

k̂


Soluzioni: onde piane • Ricaviamo adesso l'equazione dell'onda nella coordinata ζ

• Utilizziamo la terza e la quarta equazione• Moltiplichiamo vettorialmente la terza per

• Deriviamo rispetto a ζ l'equazione ottenuta e rispetto a t la quarta

• Eliminiamo B

• Analogamente per il campo B

k̂

ˆ ˆ ˆtζ

⎛ ⎞∂ ∂⎟⎜× × = − ×⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂ ∂⎝ ⎠E B

k k k

( )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆζ ζ ζ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎟ ⎟⎜ ⎜× × = ⋅ − ⋅⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠E E E

k k k k k k

ˆ 0ζ

∂⋅ =∂E

k ˆ 0ζ

∂⋅ =∂B

k ˆtζ

∂ ∂× = −

∂ ∂E B

k2

1ˆtcζ

∂ ∂× =

∂ ∂B E

k

ζ∂

= −∂E

2 2

2ˆ

t ζζ∂ ∂

= ×∂ ∂∂

E Bk

2 2

2 2

1ˆt c tζ∂ ∂

× =∂ ∂ ∂

B Ek

2 2

2 2 2

1c tζ

∂ ∂=

∂ ∂E E

ˆt

∂= − ×

∂B

k

Ci siamo ricondotti all'equazionedell'onda unidimensionale


Soluzioni: onde piane • Le equazioni trovate sono quelle dell'onda unidimensionale• Utilizziamo le soluzioni trovate precedentemente (vedi diapositiva )

• Pertanto ci sono due soluzioni che descrivono• Un'onda che viaggia verso "destra": kζ−ωt• Un'onda che viaggia verso "sinistra": kζ+ωt

• Per ciascuno dei due tipi di onda esistono ancora due soluzioni e±i(…)

• La soluzione generale sarà data da

• Le costanti A e B sono scelte in modo che la soluzione sia reale: B = A*• Definiamo ρ = |A| = |B| e δ = arg(A) = − arg(B)

• Sia la fase δ che l'ampiezza ρ sono arbitrarie (ρ o 2ρ è la stessa cosa)• Una differenza di π/2 in δ fa passare da un seno a un coseno• Le soluzioni sono pertanto onde sinusoidali che viaggiano in due direzioni

( )( , ) i k tf t e ζ ωζ ± ±=

i iAe Beφ φ+ −+ φ può essere kζ−ωt oppure kζ+ωt

i i i i i iAe Be e e e eφ φ δ φ δ φρ ρ+ − + + − −+ = + ( ) ( )i ie eφ δ φ δρ + + − +⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦( )2 cosρ φ δ= +

( )sin k tρ ζ ω δ± + ( )cos k tρ ζ ω δ± + sono anche monocromatiche

1294334


Soluzioni: onde piane • Abbiamo visto che le soluzioni sono onde sinusoidali• Tuttavia è molto più semplice utilizzare gli esponenziali• Per tale motivo si indica la soluzione nella forma• La costante A è in generale complessa: contiene eventuali sfasamenti δ• Alla fine del calcolo si prende la parte reale

• Usiamo il vettore d'onda• La soluzione diventa• Ritornando alla soluzione per il campo elettrico troviamo

• Le costanti E1ξ e E2ξ sono complesse• Per la componente Eη del campo si trova una soluzione analoga

• In forma vettoriale

• Il simbolo ∼ (tilde) utilizzato per i vettori sottolinea che si tratta di grandezze complesse

( )i k tAe ζ ω±

ˆk=k k( )i tAe ω⋅ ±k r

( ) 1 2, i i t i i tE t E e E eω ωξ ξ ξ

+ ⋅ − − ⋅ −= +k r k rr

( ) 1 2, i i t i i tE t E e E eω ωη η η

+ ⋅ − − ⋅ −= +k r k rr

( ) 1 2, i i t i i tt e eω ω+ ⋅ − − ⋅ −= +k r k rE r E E

x

y

z

k̂r ζ

ξ

η

ˆζ = ⋅r k x y zk x k y k z= + +


Soluzioni: onde piane • Per il campo magnetico si trova una soluzione analoga

• Troviamo una relazione fra i vettori E1 e E2 e i vettori B1 e B2

• Utilizziamo l'equazione (vedi diapositiva )

• Calcoliamo le derivate

• Introduciamo nell'equazione di Maxwell

• Uguagliamo i coefficienti dei due esponenziali (ricordiamo ω = kc)

( ) 1 2, i i t i i tt e eω ω+ ⋅ − − ⋅ −= +k r k rB r B B

ˆtζ

∂ ∂× = −

∂ ∂E B

k

1036339

( ) 1 2, ik i t ik i tt e eζ ω ζ ω+ − − −= +E r E E

1 2ik i t ik i tik e ik eζ ω ζ ω

ζ+ − − −∂

= −∂E

E E

ricordiamo il campo E

( )1 2ik i t ik i ti e e

tζ ω ζ ωω + − − −∂

= − +∂B

B B

( )1 2ˆ ik i t ik i tik e eζ ω ζ ω+ − − −× −k E E ( )1 2

ik i t ik i ti e eζ ω ζ ωω + − − −= +B B

1 1ˆik iω× =k E B

1 1

1 ˆc

= ×B k E 2 2ˆik iω× = −k E B

2 2

1 ˆc

= − ×B k E


0tω =

x

zy

2t

πω =

z

x

y

Soluzioni: onde piane • Consideriamo un'onda che viaggia nella direzione positiva z• Il vettore E1 è nella direzione x• Il vettore B1 punta nella direzione y

• Il periodo dell'onda

• La lunghezza d'onda

ˆk=k z1

Ê=E x

1 1

1 ˆc

= ×B k E ˆ Êc

= ×z x Êc

= y ( ) 1, ikz i tt e ω+ −=E r E

2T

πω

=

cTλ = Tkω

=2kω π

ω=

2kπ

λ =

2k

πλ

=


Lo spettro delle onde elettromagnetiche


Lo spettro visibile


Polarizzazione dell'onda• L'onda che abbiamo visto ha il vettore campo elettrico che oscilla parallelamente alla direzione x• L'onda è polarizzata linearmente• Naturalmente il vettore E può puntare in qualsiasi direzione• La direzione del vettore E è la direzione in cui è polarizzata l'onda• Ad esempio polarizzazione "orizzontale", "verticale" oppure "obliqua"

• Si può costruire un'onda dalla sovrapposizione di altre due onde • Ad esempio due onde con polarizzazione diversa

• Scegliamo i due vettori Ea e Eb nel modo seguente (polarizzazione obliqua) ( ), ikz i t

at e ω+ −=E r E ( ), ikz i tbt e ω+ −=E r E

ˆa E=E x ˆb E=E y


Polarizzazione dell'onda• Sommiamo le due onde

• Calcoliamo la parte reale

• Un onda di questo tipo è polarizzata linearmente• Consideriamo ad esempio

• È l'andamento temporale delcampo sul piano z = 0• La direzione è sempre la stessa• La lunghezza oscilla

( ), ikz i t ikz i ts a bt e eω ω+ − + −= +E r E E ( )ˆ ˆikz i t ikz i tE e eω ω+ − + −= +x y

( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆ, Re , cos cosz t z t E kz t kz tω ω⎡ ⎤= = − + −⎣ ⎦E E x y

( ) ˆ ˆ0, cost E tω⎡ ⎤= +⎣ ⎦E x y


Polarizzazione dell'onda• Utilizziamo adesso altre due onde• Il vettore Eb ha una parte immaginaria• Sommiamo le due onde

• Calcoliamo la parte reale

• In questo caso la polarizzazione è circolare• Studiamo il campo sul piano z = 0

• Il vettore E ruota in senso antiorario: polarizzazione sinistra • Se lo sfasamento è −π/2 E ruota in senso orario: polarizzazione destra

( ) ( )/2ˆ ˆ, ikz i t ikz i t is z t E e eω ω π+ − + − += +E x y

( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆ, Re , cos cos / 2s z t z t E kz t kz tω ω π⎡ ⎤= = − + − +⎣ ⎦E E x y

( ) ( ) ( )ˆ ˆ, cos sins z t E kz t kz tω ω⎡ ⎤= − − −⎣ ⎦E x y

( ), ikz i t ikz i ts a bz t e eω ω+ − + −= +E E E 2ˆ ˆ

iikz i t ikz i tE e e eπ

ω ω+ − + −⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠x y

ˆa E=E x /2ˆib E e π=E y

( ) ˆ ˆ0, cos sins t E t tω ω⎡ ⎤= +⎣ ⎦E x y


Polarizzazione dell'onda• Se le lunghezze di Ea e Eb sono differenti la polarizzazione è ellittica

• Calcoliamola parte reale

( ), ikz i t ikz i ts a bz t e eω ω+ − + −= +E E E /2ˆ ˆikz i t ikz i t i

x yE e E eω ω π+ − + − += +x y

( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆ, Re , cos cos / 2s x yz t z t E kz t E kz tω ω π= = − + − +E E x y

( ) ( ) ( )ˆ ˆ, cos sins x yz t E kz t E kz tω ω= − − −E x y


Teorema di Poynting• Abbiamo scritto l'energia associata ai campi elettrici e magnetici con le seguenti espressioni

• Queste espressioni valgono anche per campi variabili nel tempo• Per un campo elettromagnetico si scrive

• Supponiamo che una distribuzione di cariche ρ e di correnti J generino un campo elettromagnetico descritto dai campi E e B• Supponiamo che le cariche si muovano• v è la velocità dell'elemento di carica contenuto in dV• Calcoliamo il lavoro fatto su di esse nel tempo dt• Consideriamo un elemento di volume dV

• Su questa carica agisce la forza di Lorentz• Il lavoro fatto è dato da

20

2EU E dVε

= ∫ 2

0

12MU B dVμ

= ∫

2 20

0

1 12EMU E B dVε

μ

⎛ ⎞⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫

q dVρ= dVρ=J v

dW d= ⋅F s dt= ⋅F v ( )q dt= + × ⋅E v B v q dt= ⋅E v

q= v


Teorema di Poynting• La potenza nel volume dV è data da

• Integrando

• Consideriamo l'equazione di Maxwell

• Introducendo nell'equazione per la potenza

• Sviluppiamo il primo termine utilizzando (vedi diapositiva )

dWq dV

dtρ= ⋅ = ⋅E v E v

dWdV

dtρ= ⋅∫ E v dV= ⋅∫ E J

0 0 0 tμ μ ε

∂× = +

∂E

B J∇ 00

1t

εμ

∂= × −

∂E

J B∇

00

1dWdV

dt tε

μ

⎛ ⎞∂ ⎟⎜= ⋅ × − ⋅ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂⎝ ⎠∫ EE B E∇

113654( ) ( ) ( )⋅ × = ⋅ × − ⋅ ×A C C A A C∇ ∇ ∇

( )⋅ × = − ⋅ × + ⋅ ×E B E B B E∇ ∇ ∇t

∂× = −

∂B

E∇

( )t

∂⋅ × = − ⋅ × − ⋅

∂B

E B E B B∇ ∇


Teorema di Poynting

• Inseriamo nella espressione della potenza

• Osserviamo che

• Sostituendo

• Il secondo integrale è l'energia elettromagnetica• Trasformiamo il primo integrale con il teorema della divergenza

( )t

∂⋅ × = − ⋅ × − ⋅

∂B

E B E B B∇ ∇

00

1dWdV

dt tε

μ

⎛ ⎞∂ ⎟⎜= ⋅ × − ⋅ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂⎝ ⎠∫ EE B E∇

( ) 00 0

1 1dWdV

dt t tε

μ μ

⎛ ⎞∂ ∂ ⎟⎜= − ⋅ × − ⋅ − ⋅ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠∫ B EE B B E∇

212B

t t∂ ∂

⋅ =∂ ∂B

B21

2E

t t∂ ∂

⋅ =∂ ∂E

E

( ) 2 20

0 0

1 1 12

dWdV B E dV

dt tε

μ μ

⎛ ⎞∂ ⎟⎜= − ⋅ × − + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠∫ ∫E B∇


Teorema di Poynting

• Utilizzando il teorema della divergenza

• Sostituendo

• Definiamo il vettore di Poynting

• Interpretiamo l'equazione trovata

( ) 2 20

0 0

1 1 12

dWdV B E dV

dt tε

μ μ

⎛ ⎞∂ ⎟⎜= − ⋅ × − + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠∫ ∫E B∇

( ) ( )dV d⋅ × = × ⋅∫ ∫E B E B a∇V S

( ) 2 20

0 0

1 1 12

dWd B E dV

dt tε

μ μ

⎛ ⎞∂ ⎟⎜= − × ⋅ − + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠∫ ∫E B aS V

0

1μ

= ×S E B EMUdWd

dt t∂

= − ⋅ −∂∫ S a

S

Il lavoro fatto sulle cariche e sulle correnti dalle forze elettromagnetiche è uguale alla diminuzione dell'energia del campo meno l'energia che

fluisce attraverso la superficie che delimita il sistema

1 2Js m− −⎡ ⎤ =⎣ ⎦S


Teorema di Poynting

• La relazione precedente può essere messa in forma differenziale• Definiamo delle quantità per unità di volume: densità

• Utilizziamo il teorema della divergenza

• Sostituendo nella relazione iniziale

• Uguagliamo gli integrandi

EMUdWd

dt t∂

= − ⋅ −∂∫ S a

S

W wdV= ∫V

EM EMU u dV= ∫V

d dV⋅ = ⋅∫ ∫S a S∇S V

EMuwdV dV dVt t

∂∂= − ⋅ −

∂ ∂∫ ∫ ∫S∇V V V

EMuwt t

∂∂= − ⋅ −

∂ ∂S∇

Lavoro per unità di volume w

Densità di energia del campo uEM


Quantità di moto• Abbiamo visto il campo elettrico generato da una carica in moto rettilineo uniforme ( vedi diapositiva )

• Una carica in movimento genera anche un campomagnetico• Ricaveremo in seguito l'espressione del campo

che anticipiamo

• Le linee di campo sono delle circonferenzecentrate sulla traiettoria• L'intensità del campo magnetico dipende

dall'angolo θ• La forma dei campi appena introdotta permettedi convincersi che in elettrodinamica è necessariointrodurre anche il concetto di quantità di motodel campo elettromagnetico• A tal fine consideriamo due esempi

( )32

2

2 2 20

1 1ˆ

4 1 sin

Q

r

βπε β θ

−=

−E r

848109

zv

E

zv

B

2

1

c= ×B v E

ˆ ˆcosθ = ⋅r z


Quantità di moto• Come primo esempio consideriamo due cariche q1 e q2 in movimento (v1 = v2)• Le due cariche generano un campo elettrico E

secondo la formula della diapositiva precedente• Le forze elettriche sono

• Le forze elettriche rispettano la terza legge di Newton• Le due cariche generano anche un campo magnetico• I campi magnetici B1 e B2

• Le forze sulle due cariche sono date dalla legge di Lorentz

• Si verifica facilmente che le due forze magnetiche hanno lo stesso modulo• Tuttavia le due forze magnetiche non agiscono lungo la congiungente• Non obbediscono alla terza legge di newton

• La violazione della terza legge di Newton sarebbe molto grave• La conservazione della quantità di moto dipende dalla terza legge• Il problema viene risolto dall'introduzione della quantità di moto del campo

elettromagnetico• Vedi: Keller J.M. – Newton's Third Law and Electrodynamics - American Journal of Physics 10, p. 302 (1948)

z

x

y

1q1v

2q2v2q=12 1F E 1 2q=21F E = −12 21F F

12F

21F

1B

2B2q= ×m12 2 1F v B 2q= ×m21 2 1F v B

m12F

m21F


Quantità di moto• Il secondo esempio è presentato sotto forma di paradosso • Consideriamo due sistemi di riferimento Σ e Σ′• Σ′ si muove da destra verso sinistra con velocita v′• Supponiamo che nel sistema Σ′ due cariche q1 e q2 si

muovano con velocità opposte con lo stesso modulo v′• Naturalmente nel sistema Σ la carica q1 è fermamentre la carica q2 si muove con velocità v

• Osserviamo innanzitutto che in entrambi i sistemi l'interazione fra le due cariche è solo elettrica• Infatti il campo magnetico nella posizione delle cariche è nullo

• Il campo elettrico generato dalle due cariche è

• Nel sistema Σ′ su ciascuna carica agisce la forza

• Le due forze soddisfano la terza legge di Newton

x

y

2q

′v

y ′

x ′

Σ

′Σ

1q

′−v

v0=v

2

1

c= ×B v E se v ed E sono paralleli segue che B = 0

( )32

21,2

1,2 2 2 20

1 14 1 sin

qE

r

βπε β θ

′−=

′ ′ ′−( )1,2 22

0

11

4

q

rβ

πε′= −

′

sin 0θ′ =vc

β′

′ =

r ′

( )21 22

0

1ˆ1

4

q q

rβ

πε′ ′= ± −

′1,2F x


Quantità di moto• Analizziamo adesso il fenomeno nel sistema Σ• Nella posizione della carica q1 il campo elettrico è

• Nella posizione della carica q2 il campo è elettrico è

• Osserviamo che le due forze agiscono sulla congiungente ma hanno moduli diversi• La terza legge di Newton non è soddisfatta

• Ancora una volta la soluzione si trova attribuendo quantità di moto al campo• Si dimostra che la quantità di moto del campo è

• Vedremo che l'equilibrio delle forze è

• Sommiamo F12 e F21

x

y

2q

′v

y ′

x ′

Σ

′Σ

1q

′−v

v0=v

r ′

r( )222

0

1ˆ1

4

q

rβ

πε= − −1E x ( )21 2

20

1ˆ1

4

q q

rβ

πε= − −12F x

12

0

1ˆ

4

q

rπε=2E x 1 2

20

1ˆ

4

q q

rπε=21F x

EM q=p A ( ) 0 2 ˆ, 0, 0,4

q vx t

r vt

μπ

=+

A x 22

0

1ˆ

4

q v

r vtcπε=

+x

EMd

dt+ = −12 21

pF F

21 22

0

1ˆ

4

q q

r

βπε

+ =12 21F F x

2EMd d

qdt dt

=p A

( )

21 2

2 20

1ˆ

4

q q v

c r vtπε= −

+x

Jefimenko O. – European Journal of Physics 20 (1999) p. 39

21 22

0

1ˆ

4

q q

r

βπε

= − x

t = 0


Quantità di moto• Troviamo adesso un'espressione per la quantità di moto del campo elettromagnetico simile a quella dell'energia• Per l'energia avevamo trovato

• Vogliamo trovare

• È una relazione più complicata: ci sono tre componenti i = x, y, z• La quantità di moto è un vettore• Il flusso attraverso una superficie deve essere un vettore• La grandezza corrispondente a S non può essere un vettore• È un tensore: il tensore degli stress di Maxwell

• Pensiamo al flusso di quantità di moto attraverso una superficie• Ad esempio una superficie attraversata da particelle• Il flusso attraverso la superficie (x−y) produce

quantità di moto nelle tre direzioni• Lo stesso attraverso superfici x−z e y−z

( )mech .EM

ii i

flussoqmotot t

⎛ ⎞⎛ ⎞ ∂∂ ⎟⎜⎟⎜= − − ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎝ ⎠∂ ∂⎝ ⎠p

p

EMUdWd

dt t∂

= − ⋅ −∂∫ S a

S

xy

z

( )mech

.i

i

q motomateria⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

p

( ) .EM i

i

q motocampo

⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠p

p


Quantità di moto

• Non ricaveremo questa espressione come fatto per il teorema di Poynting• Il primo termine è la forza che agisce sulla materia

• Introduciamo la forza per unità di volume

• Il secondo termine rappresenta il flusso di quantità di moto al secondo attraverso la superficie che delimita il volume

• Il terzo termine è la quantità di moto del campo

EMUdWd

dt t∂

= − ⋅ −∂∫ S a

S

mech.

EM

ii i

flussoq motot t

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜= − −⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠p p

( )ρ= + ×f E v B

( )q= + ×F E v B

ρ= + ×E J B

2 2

00

12 2ij i j ij i j ij

E BT E E BBε δ δ

μ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − + −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ij j

j

T n da∑∫S

dV= ∫F fV

EM dV= ∫p gV 2

1c

=g S

mech

t∂

=∂p

F

Si trova che g si esprimetramite il vettore di Poynting


Energia e quantità di moto dell'onda• La legge di conservazione in forma integrale è

• Le leggi che abbiamo visto generalizzano la conservazione dell'energia e della quantità di moto tenendo conto anche• Dell'energia del campo elettromagnetico• Della quantità di moto del campo elettromagnetico

• Un'onda elettromagnetica è un campo elettromagnetico

• Trasporta energia e quantità di moto• Calcoliamo la densità di energia di un'onda piana monocromatica

mech2

1ij j

ii j

T n da dVt t c

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂⎟ ⎟⎜ ⎜= −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎟∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ∑∫ ∫pS

S V

2 20

0

1 12 2EMu E Bε

μ= +

( )0ˆcosE tω= ⋅ −E k r n ( )0

1 ˆ ˆcosE tc

ω= ⋅ − ×B k r k n

( ) ( )2 2 2 20 0 02

0

1 1cos cos

2 2E t E t

cε ω ω

μ= ⋅ − + ⋅ −k r k r

( )2 20 0 cosEMu E tε ω= ⋅ −k r02

0

1c

εμ

=


Energia e quantità di moto dell'onda• Osserviamo che i contributi del campo elettrico e del campo magnetico sono uguali• L'energia dell'onda è trasportata nello spazio• Il flusso di energia al secondo e per unità di superficie è

dato dal vettore di Poynting

• Notiamo che

• La densità di quantità di moto associata con l'onda è data da

0

1μ

= ×S E B

( )0ˆcosE tω= ⋅ −E k r n ( )0

1 ˆ ˆcosE tc

ω= ⋅ − ×B k r k n

( )2 202

0

1 ˆˆ ˆcoscE tc

ωμ

= ⋅ − × ×k r n k n

( ) ( )ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ× × = ⋅ − ⋅ =n k n k n n n k n k ( )2 20 0

ˆcosE t cε ω= ⋅ −S k r k

2

1c

=g S ˆEMuc

= k

ˆEMu c=S k


Energia e quantità di moto dell'onda• Nel caso di un'onda di luce abbiamo visto che le frequenze sono molto elevate• Frequenze dell'ordine di ν ∼ 1016 Hz, lunghezze d'onda λ ∼ 10−7 m• Tipiche misure macroscopiche sono medie nel tempo su molti cicli dell'onda• Si definiscono pertanto i valori medi• Ricordiamo che

• Infatti

• Otteniamo pertanto

• Si definisce intensità dell'onda (energia per unità di superficie per secondo)

2 2

0 0

1 2 1 2 1sin cos

2

T Tx xdt dt

T T T Tπ π

= =∫ ∫

20 0

12EMu Eε= 2

0 0

1 ˆ2E cε=S k 2

0 0

1 ˆ2E

cε=g k

20 0

12

I S E cε= = 2 1Jm sI − −⎡ ⎤ =⎣ ⎦

2 22 2

0 0

1 1sin cos

2 2tdt tdt a

π π

π π= =∫ ∫

22 2

0

12 sin cos

2a t t dt

π

π⎡ ⎤= +⎣ ⎦∫

2

0

11

2dt

π

π= ∫

12 1

2π

π= =

12

a =


Energia e quantità di moto dell'onda• Supponiamo che un'onda elettromagnetica incida su una superficie perfettamente assorbente• La radiazione elettromagnetica assorbita

trasferisce quantità di moto alla superficie• Calcoliamo la quantità di motocontenuta in un parallelepipedo di area A e spessore cdt

• La forza sulla superficie A è

• La pressione è la forza per unità di superficie

• Se la superficie è perfettamente riflettente la pressione raddoppia

z

x

y

BI

EI

1k

d Acdt=p g 20 0

1 ˆ2E

cε=g k

20 0

1 ˆ2

d E Acdtcε=p k 2

0 0

1 ˆ2E Adtε= k

20 0

1 ˆ2

dE A

dtε= =

pF k

20 0

12

FE

Aε= Pressione di radiazione

cdt

A


Energia e quantità di moto dell'onda• Calcoliamo la pressione di radiazione della luce solare su una superficie perfettamente assorbente

• La potenza della luce solare incidente sulla superficie della terra è circa 1300 W/m2

• Questa è l'intensità dell'onda I = 1300 J m−2 s−1

• La pressione di radiazione è

• Confrontiamo con la pressione atmosferica

• La pressione di radiazione è pertanto 4.3 ×10−11 atm

20 0

12

I S E cε= = 20 0

12

FE

Aε=

Ic

=

3

8

1.3 103 10

FA

⋅=

⋅6 24.3 10 N/m−= ×

5 21.05 10 N/mFA

= ×

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