Fisica dell’elettromagnetismo edell’otticaEserciziPolitecnico di Bari

Ingegneria Elettronica e delle TelecomunicazioniIngegneria Elettrica

a cura di Nicola Pacecon la supervisione del prof. G. Iaselli

Indice1. Campi elettromagnetici nel vuoto e nella materia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2. Fenomeni oscillatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3. Fenomeni ondulatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4. Onde elettromagnetiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

5. Riflessione, rifrazione e polarizzazione delle onde elettromagnetiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

6. Interferenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

7. Diffrazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1

Capitolo 1

Campi elettromagnetici nel vuoto e nella materia

2

Esercizio 1.1

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

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 = εr ε0Ed , E0 = εr Ed

Si può determinare l’energia elettrostatica moltiplicando la densità di energia U = 12ε0E

2 per i volumisenza e con il dielettrico, rispettivamente.

U0 =1

2ε0E

20 Σ(h− d) Ud =

1

2ε0 εr E

2d Σ d =

1

2ε0 εr

E20

ε2r

Σ d

Facendo il rapporto fra queste energie, si ottiene:

U0

Ud=

12 ε0E

20 Σ(h− d)

12 ε0

E20

εrΣ d

= εrh− dd

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

εr (h− d) = 4d , εr =4d

h− d

e numericamente:

εr =4× 10−2

3× 10−2 − 10−2= 2.00

3

Esercizio 1.2

Un condensatore a facce piane e parallele poste a distanza d=1 mm di capacità C = 1µF viene caricatoa una differenza di potenziale di 10 V e successivamente isolato.Fra le armature del condensatore viene inserito un dielettrico omogeneo e isotropo la cui polarizzazioneha modulo P = 5× 10−8 C/m2.Determinare la differenza di potenziale ai capi del condensatore e la constante dielettrica relativa εr delmateriale.

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:

V ′ = E′ d

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

E′ =σ − |σpol|

ε0= E − |σpol|

ε0

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

V ′ =

[E − |P |

ε0

]d = V − |P |

ε0d

e numericamente:

V ′ = 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

V ′

e numericamente:

εr =10

4.35= 2.30

4

Esercizio 1.3

Un condensatore a facce piane e parallele di superficie Σ = 1 dm2 distanti d = 1mm, riempito con undielettrico omogeneo e isotropo di costante dielettrica εr viene caricato a una differenza di potenzialeV0 = 103 V , immagazzinando un’energia elettrostatica di 1.77× 10−3 J . Determinare:

1) La costante dielettrica relativa εr del dielettrico interposto fra le armature del condensatore e lacapacità del condensatore;

2) La differenza di potenziale V fra le armature, se queste sono allontanate fino a una distanza d′ = 2d(il dielettrico non viene alterato) e la capacità Ctot;

3) Il lavoro compiuto per spostare le armature da d a d′;4) L’energia persa per effetto Joule se le armature del condensatore, cariche alla differenza di potenziale

V, vengono collegate fra loro con un filo di resistenza R = 100 Ω. Si effettui il calcolo negli intervallifra t0 = 0 e t1 = 1 s e fra t0 = 0 e t2 = 0.1 s e si commentino i risultati.

Soluzione

Esprimendo l’energia elettrostatica in funzione della differenza di potenziale e della capacità ed esprimen-

do quest’ultima in funzione delle caratteristiche geometriche del condensatore e della costante dielettrica,si ha:

U =1

2C1 V

20 e C1 = εr ε0

Σ

d

da cui:

U =1

2εr ε0

Σ

dV 2

0

e quindi:

εr =2U d

ε0 ΣV 20

= 40.0

La capacità del condensatore sarà:

C1 = εr ε0Σ

d= 3.54nF

La capacità del condensatore che si ottiene allontanando le armature è uguale alla capacità del con-densatore risultante dalla serie di due condensatori, di cui uno pari al condensatore C1 e l’altro conarmature di uguale area e di distanza fra di esse uguale ad′ − d = d, senza dielettrico.

C =C1 C2

C1 + C2

con:

C2 = ε0Σ

d′ − d= 88.5 pF

e quindi:

C = 86, 3 pF

5

La carica sulle armature del condensatore rimane inalterata rispetto al caso della domanda 1), cioè èuguale al prodotto fra capacità e differenza di potenziale. Si ottiene quindi:

V ′ =Q

C=C1V0

C

E sostituendo l’espressione di C, si ottiene:

V ′ =C1V0(C1 + C2)

C1C2= V0

C1 + C2

C2= V0

(1 +

C1

C2

)

con:

C1

C2=εrε0

Σd

ε0Σ

d′−d= εr

e quindi:

V ′ = V0(1 + εr) = 4.10× 104 V

Per calcolare il lavoro compiuto per spostare le armature è sufficiente calcolare la differenza fra l’e-nergia elettrostatica del caso 2) e quella del caso 1).

L =1

2CV ′2 − 1

2C1V

20 = 7.08× 10−2 J

Possiamo schematizzare il circuito come un circuito RC e quindi:

−QC− iR = 0

Derivando rispetto al tempo e dividendo per −R si ottiene:

i

RC+di

dt= 0

da cui

di

i= − dt

RC

che, integrata fra t0 = 0 e il tempo generico t, dà:

i =V ′

Re−

tRC

Il lavoro Joule è dato da L =∫ t

0Ri2dt, e quindi sostituendo l’espressione per la corrente i si ottiene

L =

∫ t

0

RV ′2

R2e−

2tRC dt =

V ′2

R2

∫ t

0

e−2tRC dt =

V ′2

R2

e−2tRC

− 2RC

∣∣∣∣∣t

0

=V ′2

R

(e−

2RC

− 2RC

− 1

− 2RC

)= V ′2C

(1− e− 2t

RC

)

6

Numericamente, per i due valori del tempo si ottiene:

L1 = 0, 145 J L2 = 0.145 J

I due valori coincidono perché i tempi t1 e t2 sono ambedue molto maggiori del tempo caratteristico delcircuito, che è:

tc = RC = 102 × 8.63× 10−11 = 8.63× 10−9 s = 8.63ns

7

Esercizio 1.4

Un condensatore a facce piane e parallele con armature quadrate di lato l = 20 cm e distanti d = 5 cm èdisposto in serie a una batteria di fem V0 = 25V e appoggiato di lato sul fondo di una bacinella cilindricaisolante di area di base Σ0 = 0.25m2, inizialmente vuota.La bacinella viene riempita con un tubicino di portata ξ = 0.2 litri/s con un liquido isolante di costantedielettrica εr = 1.5.Trascurando il valore della resistenza complessiva del circuito, determinare in funzione del tempo, e all’i-stante t′ = 65 s:

1) la capacità C del condensatore;2) la carica elettrica q sulle armature;3) il lavoro compiuto dalla batteria.

Al tempo t′ si chiude l’accesso del liquido e si inserisce, al posto della batteria, una resistenza R = 1MΩin serie al condensatore.

4) Determinare la carica sulle armature del condensatore dopo 1µs a partire dal tempo t′.

Soluzione

La capacità del condensatore in funzione dell’altezza del liquido sul fondo della bacinella si può ottenereschematizzando il condensatore come due condensatori in parallelo, uno con armature di area l(l − x) econ l’aria fra le armature e l’altro con armature di area lx con il liquido come dielettrico.

C = C1 + C2

C1 = ε0l(l − x)

dC2 = εrε0

lx

d

Il valore di x si può ottenere dalla portata, considerando l’area di base della bacinella:

x =ξ

Σ0t

La capacità C sarà quindi:

C = ε0l

d(l − x+ εrx) = ε0

l

d

[l + (εr − 1)

ξ

Σ0t]

= 7.08× 10−12 + 1.42× 10−14t F

ed al tempo t′ = 65 s:

C = 8.00× 10−12 F

8

Poiché la resistenza del circuito è trascurabile, consideriamo che le variazioni di carica siano istantaneee quindi che valga la relazione fra carica, capacità e differenza di potenziale del caso statico, o meglio diequilibrio.

q = CV0

e al tempo t’:

q = 2.00× 10−10 C

Il lavoro compiuto della batteria è dato dalla differenza di energia elettrostatica al tempo generico t e altempo t0 = 0.

L =1

2CV 2

0 −1

2C0V

20 =

1

2(C − C0)V 2

0

da cui:

L =1

2

[ε0l

d

[l + (εr − 1)

ξ

Σ0

]− ε0

l2

d

]V 2

0 =1

2

[ε0(εr − 1)

l ξ t

Σ0 d

]V 2

0 = 4.43× 10−12 t J

All’istante t′ si avrà:L = 4.43× 10−10 × 65 = 2.88× 10−10 J

Quando si interrompe l’ingresso del liquido, la capacità del condensatore rimane costante (pari a quellacalcolata nel punto 1) e la carica iniziale sulle armature del condensatore è quella calcolata nel punto 2).Scriviamo l’equazione del circuito:

− qC

= Rdq

dt

da cui:

dq

dt+

1

RCq = 0

che ha come soluzione:

q = qie− tRC

Dopo 1µs dal tempo t′ si avrà , numericamente,

q = 2× 10−10e− 10−6

10−6×8×10−12 = 177× 10−10 C

9

Esercizio 1.5

Una sfera di raggio R1 = 5 cm è carica uniformemente con una carica q = 10−11 C. La sfera è circondatada 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 esternoR3 = 25 cm. Se il campo elettrico in un punto P a distanza R0 = 10 cm dal centro della sfera valeE = 1V/m, determinare:

1) la costante dielettrica relativa εr del dielettrico;2) la carica di polarizzazione sulle superfici del dielettrico;3) il potenziale al centro della sfera.

Soluzione

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

E · dΣ =qintε0

Si ottiene:

4πR20E =

q

ε0εr

e quindi si può ricavare il valore della costante dielettrica relativa:

εr =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 − qpε04πr2

10

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

q

εr= q − qp → qp = q

(1− 1

εr

)= 8.89 · 10−12 C

Il potenziale al centro della sfera si può ricavare valutando il lavoro del campo dall’infinito al centrodella sfera, tenendo presente che il campo si deve esprimere in modo diverso nei diversi materiali:

V = −∫ 0

∞E · dr = −

∫ R3

∞Eest · dr−

∫ R2

R3

Ec · dr−∫ R1

R2

Ed · dr−∫ 0

R1

Eint · dr

Il campo a distanza maggiore di R3, Eest, è uguale al campo di una carica puntiforme nel vuoto; il campoall’interno del conduttore, Ec, è nullo, il campo nel dielettrico, Ed, è uguale al campo di una caricapuntiforme nel dielettrico. Il campo Eint all’interno della sfera si può ricavare dalla legge di Gauss:∮

E · dΣ = 4πr2Eint =1

ε0ρV =

1

ε0

q43πr

31

4

3πr3

si ottiene quindi:

Eint =qr

εo4πR31

Il potenziale al centro della sfera sarà dunque:

V = −∫ R3

∞

q

4πε0r2dr −

∫ R1

R2

q

4πε0εrr2−∫ 0

R1

qr

εo4πR31

dr =q

4πε0

[1

R3+

1

εrR1− 1

εrR2+

1

2R1

]

e numericamente:

V =10−11

4π · 8.85 · 10−12

[1

0.25+

1

8.99 · 5 · 10−2− 1

8.99 · 0.15+

1

0.1

]= 0.502V

11

Esercizio 1.6

Un toroidale di raggio medio r = 50 cm è costituito da 1000 spire ed è riempito da un mezzo di permeabilitàmagnetica relativa µr = 750. Se la superficie di ogni spira è Σ = 1 cm2, determinare il coefficiente diautoinduzione del toroide.

Soluzione

Per calcolare il campo magnetico B nel materiale, ricaviamo innanzitutto il campo H, attraverso la suacircuitazione lungo la circonferenza coincidente con il raggio medio del toroide:∮

H · ds = Ni ⇒ H =NI

2πr

Il campo può essere considerato indipendente dalla posizione all’interno del toroide, essendo trascurabileil raggio delle spire rispetto al raggio del toroide. Dalla relazione fra B e H si ottiene:

B = µH = µrµ0Ni

2πr

Il coefficiente di autoinduzione L si ricava dal rapporto fra il flusso del B attraverso la sezione del toroidee la corrente che circola vi circola:

L =Φ(B)

i=µrµ0N

2Σ

2πr= 3.00−2H

12

Esercizio 1.7

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

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

b) le correnti amperiane di superficie (specificandone modulo, direzione e verso) presenti sulla superficieinterna ed esterna del materiale.

Soluzione

La densità di corrente nel materiale è:

J =I

π(R22 −R2

1)

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’assedel cilindro), si ottiene:

per r < R1:

H = 0 B = 0 M = 0

13

per R1 < r < R2:

H =J(r2 −R2

1)

2r=

I

2π(R22 −R2

1)

(r − R2

1

r

)B = µ0µrH

M = (µr − 1)H

per r > R2:

H =I

2πr

B = µ0H

M = 0

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

La densità di corrente superficiale si ottiene dalla relazione JM = M × n (con n normale uscente dallasuperficie del materiale). Sulla superficie interna si ha :

J intM = M(R1) = 0

e quindi :

iintM = 0

mentre sulla superficie esterna :

JextM = M(R2) = (µr − 1)H(R2)

e quindi :

iextM = JextM 2πR2 = (µr − 1)I ∼= 196A

con direzione parallela all’asse e verso opposto a I. Si noti che in questo caso si producono anche dellecorrenti amperiane di volume ivolM che devono essere uguali ed opposte alle correnti amperiane di super-ficie iextM . Infatti, considerando il teorema della circuitazione di Ampère per B lungo una circonferenzacontenente il cilindro,

B · 2πr = µ0(I + itotM ),

e tenendo conto del fatto che all’esterno del cilindro

B =µ0I

2πr

si deduce che le correnti amperiane totali devono essere nulle e quindi quelle di superficie devono essereuguali ed opposte a quelle di volume.

14

Esercizio 1.8

Un condensatore piano con armature circolari di raggio R=20 cm, distanti f=2 cm, è collegato medianteun circuito di resistenza trascurabile a un generatore di forza elettromotrice V = V0 sin(ωt) di resistenzainterna trascurabile con V0 = 10V 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 Be in 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, :∮s

B · ds = µ0ε0

∫Σ

∂E

∂t· dΣ

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

E =V

d=V0 sin(ωt)

d

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

2πriBi = µ0ε0

∫ ri

0

∂

∂t

(V0 sin(ωt)

d

)2πr · dr = µ0ε0

V0 ω cos(ωt∗)

d2πr2i

2

da cui si ottiene:

Bi = µ0ε0ri V0 ω 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× 10−16 T

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

2πreBe = µ0ε0

∫ R

0

∂

∂t

(V0 sin(ωt)

d

)2πr · dr = µ0ε0

V0 ω cos(ωt∗)

d2πR2

2

da cui si ottiene:

Be = µ0ε0R2 V0 ω cos(ωt∗)

2d re

15

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× 10−16 T

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

2ε0E

2 · V =1

2ε0V 2

d2π R2 d =

1

2εV 2

0 cos2(ωt∗)

dπ R2

e numericamente:

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

2× 2× 10−2= 2.78× 10−9 J

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

UB =

∫ R

0

1

2µ0ε2

0µ20

V 20 ω

2 cos2(ωt∗)

4d22π d r3 · dr = ε2

0 µ0V0 ω

2 cos2(ωt∗)

16dπ R4

e numericamente:

UB = (8.85× 10−12)2 × 4π × 10−7 102 cos2(6.28)× π × 16× 10−4

16× 2× 10−2= 1.55× 10−28 J

16

Esercizio 1.9

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

id = 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 =

∫Σ

E · dΣ = E Σ = VΣ

h

La corrente di spostamento diventa:

id = ε0 =d

dtΦE = ε0

Σ

h· dVdt

= CdV

dt

avendo effettuato la sostituzione C = ε0 Σ/h

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Esercizio 1.10

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 vale

∮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 = ε0d

dtΦE = ε0 Σ

dE

dt

e quindi:dE

dt=

idε0Σ

= 1.39× 1011 V ·m−1 · s−1

La corrente di spostamento attraverso il quadrato tratteggiato è:

i′d = ε0Σ′dE

dt= id

Σ′

Σ= 0.46A

La circuitazione di B lungo il quadrato tratteggiato vale:∮S

B · ds = µ0 i′d = 5.78× 10−7 T ·m

18

Capitolo 2

Fenomeni oscillatori

19

Esercizio 2.1

Un condensatore di capacità C = 1µF caricato a una differenza di potenziale V0 = 10V viene staccatodal generatore e collegato a un solenoide di induttanza L = 1µH attraverso un circuito di resistentzatrascurabile.Determinare il campo B all’interno del solenoide all’istante t∗ = 1.57µs, sapendo che il solenoide ha1000 spire al metro. Si consideri il caso di un solenoide ideale.

Soluzione

Il circuito che si ottiene è un circuito LC, di equazione:

q

C= −Ldi

dt

Tenendo conto che i = −dq/dt, si ottiene l’equazione:

Ld2q

dt2+q

C= 0

che ha come soluzione:

q = q0 sin(ωt), con ω =

√1

LCe q0 = CV0

La corrente si ottiene derivando la carica rispetto al tempo:

i = q0 ω sin(ωt)

Per un solenoide ideale il campo magnetico vale:

B = µ0 n i

e quindi:

B = µ0 nC V0

√1

LCsin

(√1

LC

)numericamente,

B = 1.26× 10−2 T

20

Esercizio 2.2

Un cilindro di legno di sezione Σ ha un estremità riempita di piombo; posto in acqua l’oggetto galleggiacome illustrato in figura. La porzione immersa misura L = 2.56 m. Si supponga di porre l’oggetto inoscillazione 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 infigura: la spinta di Archimede ora è insufficiente a bilanciare il peso; si origina quindi una forza nettaverso il basso e l’equazione del moto è:

d2x

dt2+ρ0Σg

mx = 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

√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

√ρ0LΣ

ρ0Σg= 2π

√L

g= 2π

√(2, 56 m)

(9.8 m/s2)= 3.21 s

21

Esercizio 2.3

Si consideri il sistema illustrato in figura e si supponga che il blocco abbia massa M = 1.52 kg e la mollaabbia costante elastica k = 8.13 N/m. Sia inoltre:

f = −λdxdt

con λ =0.227 kg/s. Si supponga di spostare il corpo di 12.5 cm dalla posizione di equilibrio e di abban-donarlo al suo moto.(a) Si calcoli il tempo necessario perché l’ampiezza si riduca di un terzo del suo valore iniziale.(b) Si calcoli il numero di oscillazioni compiute in questo intervallo di tempo.

Soluzione

Siamo di fronte a un moto armonico smorzato, di cui possiamo calcolare la (pseudo-)frequenza:

ω = 2πν =

√k

m−(

λ

2 m

)2

=

√8.13 N/m

1.52 kg−(

227× 10−3 kg/s

2(1.52 kg)

)2

= 2.31 rad/s

Il periodo è:

T =1

f= 2.72 s

Dall’equazione del moto:

x(t) = Ae−γt cos (ωt+ ϕ)

conγ = λ/2m

si vede che l’ampiezza si riduce a 1/3 del valore iniziale quando

e−γt =1

3

cioè:

−γt = ln

(1

3

)= −ln 3

Ciò accade dopo un tempo:

t =2(1.52 kg)

227× 10−3 kg/sln 3 = 14.7 s

quindi dopo un numero di oscillazioni:

N =t

T=

14.7 s

2, 72 s= 5.4 ' 5

22

Esercizio 2.4

Un tubo a U viene riempito con un liquido omogeneo e il livello di una delle due superfici viene abbassatoper mezzo di un pistone. Rimosso il pistone, il livello del liquido oscilla in entrambi i tubi.Si dimostri che il periodo delle oscillazioni vale:

T = π

√2L

g

dove L è la lunghezza della porzione di tubo occupata dal liquido.

ì

Soluzione

Come possiamo notare dalla figura, lo spostamento dalla posizione di equilibrio di una quantità xtramite compressione di una delle due superfici Σ, crea un dislivello di 2x, e quindi una differenza dipressione ∆P = ρ0g2x. Sul fluido si esercita quindi una forza F = ∆PΣ e quindi F = ρ0g2xΣ.Possiamo scrivere l’equazione del moto, ponendo un sistema di riferimento verticale orientato verso l’alto:

mtot a = −F = −ρ0g2xΣ

Poiché:

mtot = ρ0 ΣL ,

dove ρ0, è la densità del liquido, Σ è la sezione del tubo, e L è l’è la lunghezza della porzione di tubooccupata dal liquido, si ottiene:

Ld2x

dt2= −2gx ,

d2x

dt2+

2g

Lx = 0 (1)

La (1) è l’equazione di un moto armonico con:

ω =2π

T=

√2g

L

Quindi il periodo delle oscillazioni vale:

T =2π

ω= 2π

√L

2g= π

√2L

g

23

Assumendo il valore U0 = 0 dell’energia potenziale nella configurazione di equilibrio del liquido, simme-trica nei due rami del tubo, l’energia potenziale in una configurazione generica, in cui la superficie liberasi spostata verticalmente di una lunghezza x rispetto alla posizione di equilibrio, risulta:

U (x) = ρ0Σx · g · x = ρ0 Σ g x2

Infatti è come se una colonna di liquido di volume Σx fosse stata sollevata di un tratto x e portata al-l’altro ramo. In particolare, nell’istante iniziale l’energia potenziale ha il valore U0 = ρ0 Σ g x2

0. L’energiacinetica del liquido, poiché in ogni istante tutti i suoi punti si muovono con la stessa velocità v, è datada : K = 1

2 ρ0 ΣLv2.

Supponendo di poter trascurare gli attriti, applichiamo la legge di conservazione dell’energia mecca-nica:

U0 + K0 = U0 = ρ0 Σ g x20 = U +K = ρ0 Σ g x2 +

1

2ρ0 ΣLv2

dalla quale possiamo ricavare la velocità in funzione dello spostamento:

v =dx

dt=

√2g

L

√x2

0 − x2

A questo punto si potrebbe integrare l’equazione, separando le variabili:∫ x

x0

1√x2

0 − x2dx =

∫ t

0

√2g

Ldt

da cui si ottiene:

arcsinx

x0

∣∣∣∣∣x

x0

=

√2g

Lt

cioè:

x = x0 sin

(√2g

Lt − π

2

)

La soluzione trovata è nuovamente un moto armonico di ampiezza x0 e di periodo:

T =2π

ω= 2π

√L

2g= π

√2L

g

c.v.d.

24

Esercizio 2.5

Un blocco di massa m = 2 kg è attaccato ad una molla di costate elastica k = 32 N/m e può oscilla-re in un piano orizzontale. Sul blocco agisce una forza di attrito viscoso tale da essere in condizioni dismorzamento critico. Si applica al blocco una forza variabile F = 12.8 sin(ω0t) con pulsazione uguale allapulsazione propria del sistema. Calcolare:(a) l’ampiezza dell’oscillazione forzata;(b) il valore dello spostamento della massa in funzione del tempo;(c) il valore della forza viscosa.

Soluzione

Sapendo che il sistema è nelle condizioni di smorzamento critico e di risonanza, e quindi:

ω = ω0 = γ =

√k

m= 4 rad/sec ,

calcolo l’ampiezza dell’oscillazione A:

A =F0

m

1√(ω2

0 − ω2)2 + 4γ2ω2=

F0

2mγω0= 0.2m,

La fase è ϕ = −π2 , dato che ci troviamo in condizioni di risonanza, quindi, calcolo il valore dello sposta-mento della massa in funzione del tempo, sapendo che ci troviamo in condizioni di smorzamento criticoe risonanza:

x(t) = e−γt(At+B)︸ ︷︷ ︸tende a 0

+A0 sin(ω0t+ ϕ)

Quindi,

x(t) = 0, 2 sin(4 t− π

2)

Calcolo il valore della forza d’attrito: Fa = −λ v(t),calcolo v(t):

v(t) =dx

dt(t) = A0 ω0 cos(ω0t+ ϕ) = 0, 8 sin(ω0 t)

Fa = −λ v(t) = −2mγ 0.8 sin(ω0 t) = −12.8 sin(ω0t) ' F

25

Esercizio 2.6

Un oscillatore armonico con massa m = 0.4 kg ed una costante elastica k = 2.5 N/m, sotto l’azione diuna forza di attrito viscoso, è nelle condizioni di smorzamento critico. Calcolare il coefficiente di smorza-mento γ. Le condizioni iniziali del sistema sono x(t=0) = 0, 16 m e v(t=0) = 0. Supponendo una soluzionedel tipo e−γt(At + B), determinare i parametri A e B. Calcolare l’istante in cui la velocità è massima(corrispondente alla condizione di accelerazione nulla).

Soluzione

Sapendo che il sistema è nelle condizioni di smorzamento critico, calcolo il coefficiente di smorzamento γ:

γ = ω0 =

√k

m= 2.5 Hz

L’equazione del moto in condizioni di smorzamento critico è inoltre fornita dalla traccia:

x(t) = e−γt (At+B)

Calcolo quindi l’equazione della velocità:

v(t) =dx

dt(t) = −γe−γt (At+B) +Ae−γt = e−γt (−γ (At+B) +A)

Impongo, quindi, le condizioni iniziali per trovare A e B :x(0) = 0.16

v(0) = 0

e−γ [0] (A[0] +B) = 0.16

e−γ [0] (−γ (A[0] +B) +A) = 0

B = 0.16

−γ B +A = 0

B = 0.16m

A = 0.16 γ = 0.4m/sec

Per trovare l’istante in cui la velocità è massima, calcolo a(t), e vedo quando si annulla:

a(t) =dv

dt(t) = −γe−γt (−γ (At+B) +A)− γAe−γt = −γ e−γt(−γ (At+B) + 2A)

In a(t) = 0, si ha:

0 = −γ e−γt(−γ (At+B) + 2A); −γ (At+B) + 2A = 0; t =2

γ− B

A= 0.4 sec

26

Esercizio 2.7

Una massa m = 0.4 kg è collegata ad una molla di costante elastica k = 2.5 N/m . Una forza di attrito vi-scoso è applicata alla massa ed il coefficiente di smorzamento vale γ = 2 Hz. Si scriva l’equazione del siste-ma e si calcoli la pulsazione delle oscillazioni. Supponendo una soluzione del tipo x(t) = Ae−γt cos(ωt+ϕ)determinare i parametri A e ϕ sapendo che x(t=0) = A e v(t=0) = 1. Calcolare l’intensità della forza vi-scosa per t = 0.

Soluzione

Calcolo la pulsazione del sistema:

ω0 =

√k

m= 2, 5 rad/sec

Scrivo l’equazione differenziale del moto, con λ = 2γm:

F = ma = −kx− λv, md2x

dt2+ λ

dx

dt+ kx = 0,

d2x

dt2+λ

m

dx

dt+k

mx = 0

d2x

dt2+ 2γ

dx

dt+ ω2

0x = 0

La cui soluzione è, per ω0 > γ (smorzamento debole):

x(t) = Ae−γ t cos(ωt+ ϕ)

dove:

ω =√ω2

0 − γ2 = 1, 5 rad/sec

Per trovare A e ϕ, calcolo v(t):

v(t) =dx

dt(t) = −Ae−γ t(γ cos(ωt+ ϕ) + ω sin(ωt+ ϕ))

quindi, scrivo il sistema:x(0) = A

v(0) = 1

Ae−γ [0] cos(ω[0] + ϕ) = A

−Ae−γ [0](γ cos(ω[0] + ϕ) + ω sin(ω[0] + ϕ) = 1

cos(ϕ) = 1

−Aγ cos(ϕ) + ω sin(ϕ) = 1

ϕ = 0

−Aγ + ω sin(ϕ) = 1

ϕ = 0

A = − 1γ

L’intensità della forza viscosa, in t = 0, sapendo che v(t=0) = 1, è data da:

Fv(t) = −λ v(t), Fv(0) = −λ = −2γ m = −1.6 N

27

Esercizio 2.8

Un bambino di massa 30 kg si trova su un’altalena di massa 5 kg, sospesa con cavi lunghi 2 m, chedurante ciascuna oscillazione perde 1/10 della sua energia. Calcolate il periodo di oscillazione, la costantedi tempo del sistema e il numero di oscillazioni dopo le quali l’angolo di oscillazione si dimezza.

Soluzione

Calcolo il periodo dell’oscillazione (che è costante nel tempo per angoli piccoli):

T = 2π

√L

g= 2.84s

Ora sapendo che ad ogni oscillazione l’energia diminuisce di 1/10 , e sapendo come varia l’energia in unmoto armonico smorzato posso scrivere:

E = E0e−2 tτ

Dopo un tempo T, l’energia E1 sarà 9/10 di E0:

E1 =9

10E0 = E0e

−2Tτ ,9

10= e−2Tτ

Quindi,

ln

(9

10

)= −2

T

τ, τ = − 2T

ln( 910 )

= 53.85 sec

γ =1

τ= 0.0186 Hz

L’equazione del moto del sistema è:θ = θ0 e

−γt cos(ωt+ ϕ)

e da ciò deduciamo che φ si dimezza quando e−γt diventa 1/2, quindi:

1

2= e−

tτ , t = −τ ln

(1

2

)= 37.33 sec

Quindi,per trovare il numero di oscillazioni basta dividere il precedente t per il periodo:

N =t

T=

37.33 sec

2.84 sec= 13.14 ' 13

28

Esercizio 2.9

Un oggetto di 5.13 kg si muove su un piano liscio sotto l’azione di una molla di costante elastica 9.88N/cm. L’oggetto viene spostato di 53.5 cm dalla sua posizione di equilibrio e viene lanciato verso di essacon 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 =

√k

m= 13, 88 rad/sec, f =

1

2π

√k

m= 2.21Hz

L’energia potenziale iniziale del sistema è data da:

Uiniz =1

2kx2

0 = 141.39 J

L’energia cinetica iniziale del sistema è data da:

Kiniz =1

2mv2

0 = 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) = dxdt (t) = Aω cos(ω t+ ϕ)

A sin(ϕ) = x(0)

Aω cos(ϕ) = v(0)...risolvendo...

//

A =

√(x0ω)2+v20

ω = 0.968m

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 lasua energia è tutta potenziale, quindi applicando il principio della conservazione dell’energia:

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

2kA2 = Kiniz + Uiniz, A =

√2(Kiniz + Uiniz)

k= 0.968m

29

Esercizio 2.10

Per il sistema indicato in figura, il blocco ha una massa di 1,5 kg e la costante elastica è k = 8.0 N/m.Supponiamo che il blocco venga tirato per un tratto di 12 cm e poi lasciato libero. Se la forza di attritoè data da Fa = −λdxdt , dove λ = 0, 23 kg/s. determinare il numero di oscillazioni fatte dal blocconell’intervallo di tempo necessario perché l’ampiezza si riduca di 1/3 del valore iniziale.

Soluzione

La pulsazione propria e il coefficiente di smorzamento saranno rispettivamente:

ω0 =

√k

m=

√8.0 N/m

1, 5 kg= 2.31 rad/s

γ =λ

2m=

0.23 kg/s

2× 1, 5 kg= 0.077 Hz

La pulsazione del moto armonico smorzato sarà:

ω = 2πν =2π

T=√ω2

0 − γ2 =

√k

m−(λ

2m

)2

= 2.31 rad/s.

Il periodo è:

T =1

f=

2π

ω= 2.72 s.

Dall’equazione del moto del sistema:

x(t) = Ae−λ

2m t cos (ωt+ ϕ)

si vede che l’ampiezza si riduce di 1/3 del valore iniziale quando:

e−λ

2m t =1

3,

λ

2mt = ln

(1

3

)= −ln 3

Ciò accade dopo un tempo:

t =2m

λln 3 =

2(1, 5 kg)

0, 23 kg/sln 3 = 14.3 s

30

quindi dopo un numero di oscillazioni:

N =t

T=

14.3 s

2.72 s= 5.26 ' 5.

Il termine di smorzamento è molto piccolo, in tal modo la frequenza ω differisce di poco da quelladell’oscillazione libera ω0. In tali condizioni ha senso parlare di (pseudo-)frequenza, trattandosi di unmoto quasi periodico.

31

Capitolo 3

Fenomeni ondulatori

32

Esercizio 3.1

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

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

(b) Calcolare inoltre la densitá di energia nella sbarra, l’intensitá dell’onda che si propaga lungo lasbarra 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 =

√E

ρ= 6 · 106m/s

La soluzione dell’equazione sarà :ξ(x, t) = ξ0 sin(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

2ξ20ω

2vρΣ = WlvΣ

Quindi dividendo ambo i membri per vΣ, ottengo:

Wl =1

2ξ20ω

2ρ = 0.62 · 10−6 J/m3

33

Calcoliamo l’intensitá dell’onda che si propaga lungo la sbarra I = Wlv :

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

34

Esercizio 3.2

Una corda con densità lineare ρ = 0.5 Kg/m é sottoposta alla tensione T = 20 NSu di essa un’onda di ampiezza ξ0 = 10−2 m e frequenza f = 100 Hz si muove in direzione delle xnegative.

(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 =

√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

6.32m/s= 99.36 rad/m

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

2 .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>= 1

2ρ ξ20ω

2v e sostituendo , siottiene P = 62.31 W .

35

Esercizio 3.3

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 πλ ed ω= 2 π

T , si trova:

T =2 π

ω= 10ms

Mentre f é pari all’inverso del periodo T:

f =1

T= 100Hz

La velocitá di propagazione dell’onda e’ data da:

v =ω

k= 400m/s

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

v =

√T

ρ

Quindi, ponendo ρ = ml :

v =

√T l

m, → v2 =

T lm, → T =

m v2

l= 8× 104 N

36

Esercizio 3.4

Un’onda sonora piana armonica di pulsazione ω = 2 · 103 e intensitá I = 10−6W/m2 si puó propagare intre mezzi: aria, acqua, ferro, per i quali densitá e velocitá di propagazione sono rispettivamente :

Aria→ ρ1 = 1.29Kg/m3 v1 = 344m/s

Acqua→ ρ2 = 103Kg/m3 v2 = 1493m/s

Ferro→ ρ3 = 7.8 · 103Kg/m3 v3 = 5130m/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 = ωv . La lunghezza d’onda dell’onda nei tre rispettivi mezzi vale

dunque:

λ1 = 2π ·344ms

2 · 103 rads

= 1080 · 10−3 = 1.08m

λ2 = 2π ·1493ms

2 · 103 rads

= 4688 · 10−3 = 4.7m

λ3 = 2π ·5130ms

2 · 103 rads

= 16108 · 10−3 = 16m

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 =〈P 〉Σ

Sapendo che l’intensitá in questo caso é anche pari a

I =1

2ρξ2

0ω2v

con :ρ→ densitá del mezzoξ0 → Ampiezza iniziale dell’ondaω → pulsazione dell’ondav → velocità di propagazione dell’onda

si ottiene :

I =〈P 〉m2

=1

2ρξ2

0ω2v

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

ξ20 =

2I

ρω2v→ ξ0 =

√2I

ρω2v=

1

ω

√2I

vρ

Nell’aria:

Nel ferro:

ξ3 =1

ω

√2I

v3ρ3= 1.1 · 10−10m

37

Esercizio 3.5

Un altoparlante produce nell’aria a 20 un suono di frequenza f = 2·103Hz e intensitá I1 = 5.6·10−4 Wm2 a

distanza r1 = 6m. Nell’ipotesi di emissione isotropa calcolare l’intensitá I2 alla distanza r2 = 30m e l’am-piezza dell’onda di spostamento ξ a r1 = 6m e r2 = 30m. 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 superficieΣ sará una sfera e quindi Σ = 4πr2. Si puó quindi riscrivere l’intensitá come

I14πr21 = I24πr2

2

ovvero

I2 = I1

(r1

r2

)2

= 5.6 · 10−4

(6

30

)2

= 2.24 · 10−5 W

m2

Si ricordi che :I =

P

Σ=

1

2ρω2ξ2

0v

I =1

2ρω2ξ2

0v → ξ20 =

2I

ρω2v→ ξ0 =

1

ω

√2I

ρv=

1

2πν

√2I

ρv

ξ0,r1 =1

2π · 2 · 103

√2 · 5.6 · 10−4

1.29 · 343= 1, 26 · 10−7m

ξ0,r2 =1

2πν

√2I2ρv

=1

2πν

√2I1ρv· 1

5= ξ0,r1 ·

1

5= 0.254 · 10−7m

38

Capitolo 4

Onde elettromagnetiche

39

Esercizio 4.1

Una superficie metallica è investita da un fascio di luce proveniente da un laser di diametro d = 3mm.Sapendo che l’intensità incidente è pari a 14× 106W/m2, calcolare la potenza del laser. Si osserva che il25 % dell’energia viene assorbita , il restante 75 % è riflessa. Determinare il valore dell’ampiezza delcampo elettrico incidente e il valore dell’ampiezza del campo magnetico riflesso. Calcolare la forzaesercitata dalla radiazione sulla superficie.

Soluzione

Calcolo la potenza:

P = Ii Σ = Iiπ

(d

2

)2

= 99W

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

Ii =1

2E2

0 ε0 c → E0 =

√2Iiε0 c

= 1× 105 V/m

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

Ir = 0.75 Ii = 10.5× 106W/m2

Allora il campo magnetico sarà:

Br =Erc

=1

c

√2Irε0 c

= 3× 10−4 T

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

Prad =2Irc

+Iac

=(2 · 0.75 + 0.25)Ii

c= 0.08Pa → F = Prad Σ = Prad π

(d

2

)2

= 5.6×10−7N

40

Esercizio 4.2

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

Ey = E0 sin(kx− ωt) ,

con E0 = 300V/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 areaΣ = 2m2, qual’è la forza su di esso? Si ripetano i calcoli nel caso la stessa onda si propaghi in un mezzocon indice di rifrazione n = 2.

Soluzione

In un onda elettromagnetica deve essere soddisfatto: k×E = ωB, dove k e riretto nella direzione dipropagazionbe dell’onda. Quindi, considerando un sistema di riferimento in cui ux × uy = uz comemostrato nella Figura 4.1, B è diretto nella direzione positiva z. Inoltre: B0 = E0

c = 1× 10−6 T = 1µT .

Quindi, calcolo l’intensità:

I =1

2E2

0 ε0 c = 119, 5W/m2

Dato che l’onda è completamente assorbita:

Prad =Iic

= 3, 9× 10−7 Pa → F = Prad Σ = 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× 10−6 T = 2µT

L’intensità dell’onda, sapendo che n =√εr:

Imezzo =1

2ε0εr v E

20 =

1

2ε0 n

2 c

nE2

0 =1

2ε0 n cE

20 = 2Ivuoto = 239W

Quindi la pressione di radiazione, e la conseguente forza sul foglio saranno:

Pradmezzo =Imezzov

=nIvuoto

cn

= n2 Ivuotoc

= 4Prad vuoto = 1.56× 10−6 Pa

F = Prad Σ = 3, 12× 10−6N

41

Esercizio 4.3

Un’onda elettromagnetica piana polarizzata ellitticamente di intensità I = 20W/m2 si propaga lungol’asse x in una lastra di vetro con indice di rifrazione n = 1.5. Il rapporto tra le ampiezze delle duecomponenti del campo elettrico E0y/E0z vale

√3. Scrivere l’equazione dell’onda sapendo che la sua

lunghezza d’onda nel mezzo è λ = 0, 4× 10−6m.

Soluzione

L’equazione dell’onda essendo polarizzata ellitticamente nel piano zy sarà:Ey = E0y sin(kx− ωt)Ez = E0z sin(kx− ωt+ π

2 )(2)

Inizialmente calcolo k e ω:

k =2π

λ= 1.57× 107 rad/m e ω = v k =

c

nk = 3, 14× 1015 rad/sec

Inoltre sapendo l’intensità totale, posso dire che la somma tra l’intensità su z e quella su y siacorrispondente a quella totale:

Itot = Iy + Iz = 20W/m2

Sapendo che E0y/E0z =√

3,ed essendo l’intensità proporzionale al quadrato del campo elettrico:

E20y

E20z

= 3 → IyIz

= 3 → Iy = 3Iz

Ottengo, allora, il sistema: Iy + Iz = 20

Iy = 3Iz

Iz = 5W/m2

Iy = 15W/m2

Calcolo E0z e E0z, sapendo che n =√εr e che v = c

n :

I =1

2ε0εrvE

20 =

1

2

nE20

Z0→ E0 =

√2Z0I

n→

E0y =√

2Z0Iyn = 86.80V/m

E0z =√

2Z0Izn = 50.11V/m

con Z0 =√

µ0

ε0= 376.73 Ω , impedenza del vuoto.

42

Esercizio 4.4

Un’onda elettromagnetica monocromatica di intensità I = 10W/m2 si propaga in un mezzo con indicedi rifrazione n = 1.2 nella direzione positiva delle x con f = 4× 1014 s−1. Calcolare il modulo del campoelettrico ed i valori di k e ω. Si supponga l’onda polarizzata linearmente a 45 rispetto all’asse y nelpiano zy e che per t = 0 e per x = 0, i campi abbiano il massimo valore. Scrivere le espressioni per lecomponenti dei vettori E e B.

Soluzione

Calcolo il modulo del campo elettrico:

I =1

2ε0εrvE

20 =

1

2

nE20

Z0→ E0 =

√2Z0I

n= 79.24V/m

Calcolo i moduli di k ed ω, ricordando che n = cv :

ω = 2πf = 2.51× 1015 rad/s e k =ω

v=ωcn

= nω

c= 107 rad/m

Scrivo le espressioni per le componenti dei vettori E e B, essi sono polarizzati in questo modo:

Come possiamo vedere dalla Figura:

E0z = cos(π

4

)E0 =

√2

2E0 E0y = sin

(π4

)E0 =

√2

2E0

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

E0 sin(kx− ωt+ ϕ) → E0 sin(ϕ) = E0 → sin(ϕ) = 1 → ϕ =π

2

Posso quindi scrivere le espressioni per le componenti dei vettori E e B:Ez =

√2

2 E0 sin(kx− ωt+ π2 )

Ey =√

22 E0 sin(kx− ωt+ π

2 )Bz = −

√2

2E0

v sin(kx− ωt+ π2 )

By =√

22E0

v sin(kx− ωt+ π2 )

43

Esercizio 4.5

Un’onda elettromagnetica piana con frequenza f = 125KHz viaggia in un mezzo con indice dirifrazione n = 1.2 lungo l’asse x. Si supponga che il campo elettrico di modulo E0 = 10V/m sia lungo yed il campo magnetico lungo z. L’onda si riflette su una superficie piana perfettamente conduttrice eperpendicolare alla direzione di propagazione dando luogo ad onde stazionarie. Si ricavi l’espressionedelle onde stazionarie per i cambi B ed E. Dove si trova il primo nodo ed il primo ventre per il campoelettrico? Quale sarà la massima intensità del campo elettrico in corrispondenza dei ventri?

Soluzione

Il campo elettrico riflesso deve essere in opposizione di fase rispetto a quello incidente. In Figura sonomostrati i campi riflessi E ed B che devono soddisfare anche essi la relazione k×E = ωB.Si forma un’onda stazionaria:

E = E0 sin(kx− ωt) + E0 sin(kx+ ωt) =

E0[sin(kx) cos(ωt)− cos(kx) sin(ωt) + sin(kx) cos(ωt) + cos(kx) sin(ωt)]

E = E0[2 sin(kx) cos(ωt)]

Poichè deve valere: ∂Ex∂t = −∂Bz∂x , si ottiene:

Bz = −E0n

c[2 cos(kx) sin(ωt))]

Troviamo lunghezza d’onda λ:

λ =v

f=

c

nf= 2000m = 2 km

Poichè:

E = [2E0 cos(ωt)] sin(2π

λx)

il primo ventre sarà in:

2π

λx =

π

2→ x =

λ

4= 500m

e il primo nodo in:

44

2π

λx = 0 → x = 0

Posso anche verificare ciò sapendo che i nodi per il campo elettrico si trovano in x = nλ2 e i ventri inx = (2n− 1)λ4 , con n = 0, 1, 2, 3, ...

Il massimo valore del campo elettrico sarà per x = λ4 e in t = 0, quindi sarà:

Emax = 2E0 = 20V/m

45

Esercizio 4.6

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

B = 1.8× 10−6 cos(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× 10−6 T .Determinare frequenza, lunghezza d’onda, ed ampiezza di E . Determinare la permeabilità magnetica µre l’impedenza Z del mezzo. Determinare l’energia che attraversa nell’unità di tempo una superficiepiana di area Σ = 2.3m2 perpendicolare al piano xy formante un angolo di 30 con il piano xz . Qual èla pressione di radiazione se la superficie è perfettamente assorbente?

Soluzione

Calcolo ϕ:0, 8× 10−6 = 1, 8× 10−6 cos(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= 1.57m

Calcolo l’ampiezza di E:

E0 = B0 v = Bω

k= (1.8× 10−6)

8× 107

4= 36V/m

Per gran parte dei materiali n =√εr , ma questo non è il caso, infatti:

n =√εrµr → µr =

1

εr

(c

v

)2

= 2.81H/m

L’impedenza del mezzo:

Z =

õ

ε=

√µ0µrε0εr

= 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

E20

Z

)Σ

1

2= (9.17× 2.3× 0.5)W = 10.55W

La pressione di radiazione su di una superficie perfettamente assorbente è data da:

prad =I

v=

1

2

ε0εrvE20

vcos2

(π

3

)=

1

2ε0εrE

20cos

2

(π

3

)= 1.14× 10−7N/m2

46

Capitolo 5

Riflessione, rifrazione e polarizzazione delle ondeelettromagnetiche

Esercizio 5.1

Quando un fascio laser di luce ordinaria di potenza Pi e sezione di area Σi = 4mm2 incide normalmentesulla superficie piana di una lastra di vetro d’indice di rifrazione n = 1.5 la potenza del fascio trasmessovale Pt = 3.84mW . Calcolare:1) la potenza del fascio laser Pi

Quando il fascio laser incide sulla stessa lastra con un angolo di incidenza θi si osserva che il fascioriflesso risulta polarizzato rettilinearmente. Calcolare in questa situazione:2) l’ampiezza del campo elettrico e del campo magnetico della luce riflessa Er , Br3) l’ampiezza del campo elettrico dell’onda trasmessa Et

Soluzione

1) Il coefficiente di riflessione ad incidenza normale è

R =

(n− 1

n+ 1

)2

= 0.04

per cui la potenza del fascio laser trasmesso è

Pt = TPi = (1−R)Pi

e di conseguenza la potenza incidente del laser è

Pi =Pt

1−R= 4mW

2) Il fascio riflesso è polarizzato linearmente solo se l’angolo di incidenza è l’angolo di Brewster.pertanto abbiamo

tan(θi) = n e θi + θt =π

2

e quindi gli angoli di incidenza e di rifrazione risultano

θi = 56.3 e θt = 33.7

Il coefficiente di riflessione sul piano σ, perpendicolare al piano di incidenza π, lungo il quale il fasciolaser è polarizzato è

Rσ =(sin(θi − θt))2

(sin(θi + θt))2= 0.15

La luce incidente non è polarizzata e quindi equamente distribuita sui piani σ e π, per cui la potenzariflessa è

Pr = PσRσ =Pi2Rσ = 0.296mW

L’intensità del fascio riflesso è, ricordando che la sezione del fascio Σr è uguale a quella del fascioincidente Σi

Ir =PrΣi

=1

2ε0cEr

2 =Er

2

2Z0= 74W/m2

e infine l’ampiezza del campo elettrico e del campo magnetico del fascio riflesso sono rispettivamente

Er =

√2Irε0 c

=√

2Z0 Ir = 236V/m e Br =Erc

= 0.79µT

47

3) L’intensità di un onda elettromagnetica che si propaga con velocità v = c/n all’interno di unmateriale con indice di rifrazione n =

√εr dove εr è la costante dielettrica relativa che ha origine dal

meccanisimo di polarizzazione elettronica, è:

It =1

2ε0εrvE

2t =

1

2nε0cE

2t =

nE2t

2Z0

Inoltre la sezione del fascio trasmesso è:Σt =

cos θtcos θi

Σi

per cui l’ampiezza del campo elettrico per l’onda trasmessa è:

Et =

√2Z0

nIt =

√2Z0

n

PtΣt

=

√2Z0

n

PtΣi

cos θicos θt

= 567V/m

48

Esercizio 5.2

Un sottile fascio di luce monocromatica di intensità I = 300W/m2 incide normalmente su una lastra diplexiglass di indice di rifrazione n = 1.5. Calcolare:1)l’intensità della luce riflessa dalla lastra Ir

Quando il fascio di luce incide sulla stessa lastra con angolo di incidenza θi, analizzando la luce riflessacon un polarizzatore si osserva che l’intensità trasmessa dal polarizzatore varia con la leggeIp(α) = I0sin2 α con α angolo formato dall’asse del polarizzatore con il piano di incidenza. Calcolare:2) l’angolo di incidenza θi3) l’ampiezza del campo elettrico e del campo magnetico della luce riflessa Er, Br4) la pressione di radiazione sul polarizzatore se esso è completamente assorbente p

Soluzione

1) Il coefficiente di riflessione ad incidenza normale è

R =

(n− 1

n+ 1

)2

= 0.04

per cui, osservando che la sezione dei due fasci incidente e riflesso è la stessa, l’intensità del fascioriflesso è

Ir = RIi = 12W/m2

2) Dalla legge Ip(α) = I0sin2 α si deduce che la luce è polarizzata rettilinearmente sul piano σ,perpendicolare al piano d’incidenza π, per cui la luce incide sulla lastra all’angolo di Brewster e quindi

tan θi = n ⇒ θi = 56.3

3) L’intensità della luce riflessa è pari al valore massimo dell’intensità della luce trasmessa dalpolarizzatore e quindi vale I0, per cui, ricordando che all’angolo di Brewster si ha θt = π/2− θi = 33.5

I0 = Ir =I

2Rσ =

I

2

(sin(θi − θt))2

(sin(θi + θt))2= 22.15W/m2

che è proporzionale al quadrato dell’ampiezza del campo elettrico dell’onda riflessa

Ir =I

2ε0cEr

2 =Er

2

2Z0

per cui l’ampiezza del campo elettrico e del campo magnetico del fascio riflesso sono rispettivamente

Er =√

2Z0Ir = 129V/m e Br =Erc

= 0.43µT

4)La relazione fra l’intensità dell’onda incidente sul polarizzatore e la pressione di radiazione esercitatasullo stesso porge

Ir = cp ⇒ p =Irc

= 7.38× 10−8N/m2

49

Esercizio 5.3

Un fascio di luce non polarizzata, ben collimata, di potenza Pi = 10mW e sezione di Area Σi = 5mm2

incide sulla superficie d’acqua, n = 1.33, di una piscina profonda h = 2m. Per un certo valore dell’angolodi incidenza θi sull’acqua la luce risulta polarizzata rettilinearmente. Calcolare in questa condizione:1) l’ampiezza del campo elettrico e del campo magnetico della luce riflessa Er,Br2) la potenza del fascio di luce che entra nella piscina Pt

Soluzione

1) Dai dati del problema si deduce che l’incidenza avviene all’angolo di Brewster, per cui

tan θi = n e θi + θt =π

2

e quindi possiamo calcolare gli angoli di incidenza e di rifrazione

θi = 53.06 e θt = 36.94

La potenza del fascio incidente è distribuita equamente fra il piani d’incidenza π e il piano σ, normale aπ, mentre la potenza del fascio riflesso è solo sul piano σ

Pr =Pi2Rσ =

(sin(θi − θt))2

(sin(θi + θt))2= 0.39mW

e l’intensità è quindi:

Ir =PiΣi

=1

2Z0Er

2 = 77.18W/m2

per cui l’ampiezza massima del campo elettrico e del campo magnetico sono

Er =√

2Z0Ir = 241V/m e Br =Erc

= 0.8µT

2)L’energia si conserva, per cui

Pi = Pr + Pt ⇒ Pt = Pi − Pr = 9.6mW

50

Esercizio 5.4

Un sottile fascio di luce ordinaria di intensità I0 incide perpendicolarmente sul sistema di trepolarizzatori paralleli P1, P2, P3 mostrati in figura. L’angolo tra gli assi di P1 e di P3 è γ = π/2(polarizzatori incrociati); l’angolo tra gli assi P1 e di P2 è α = π/6 . L’ampiezza del campo magneticodella luce trasmessa è B3 = 0.144µT . Calcolare:1) l’intensità della luce incidente sul sistema I02) la pressione di radiazione esercitata dalla luce sul polarizzatore p2,

supposto di materiale perfettamente assorbente prad

Il polarizzatore P2 viene sostituito da una lamina a un quarto d’onda ideale L, il cui asse ottico formaun angolo β = π/4 con l’asse di P1 come mostrato in figura. Calcolare:3) l’intensità trasmessa dal polarizzatore P3 al variare dell’angolo γ tra l’asse di P1 e di P3 I3

(γ)

Soluzione

1) Il campo elettrico dopo il sistema dei polarizzatori è

E3 = cB3 = 43.3V/m

Detta E1 l’ampiezza del campo elettrico trasmessa da P1, l’ampiezza E2 del campo elettrico trasmessada P2 e l’ampiezza E3 del campo elettrico trasmessa da P3 sono rispettivamente

E2 = E1 cosπ

6e E3 = E2 cos

(π

2− π

6

)= E1 cos

π

6sin

π

6

per cui

E1 =E3

cos π6 sin π6

= 100V/m

L’intensità dell’onda trasmessa da P1 è

I1 =E1

2

2Z0= 13.26W/m2

ed è pari alla metà dell’intensità dell’onda non polarizzata incidente su P1 per cui

I0 = 2I1 = 26.52W/m2

2) La pressione di radiazione esercitata dalla luce uscente da P1 su P2 è

p2 =I1c

= 4.42× 10−8N/m2

3) La lamina a quarto d’onda trasforma la luce polarizzata rettilinearmente d’intensità I1 trasmessa daP1 in luce polarizzata circolarmente della stessa intensità; il polarizzatore P3 trasmette metàdell’intensità dell’onda polarizzata circolarmente, indipendentemente dall’angolo γ, per cui

I3(γ)

=I12

= 6.63W/m2

51

Esercizio 5.5

Un sistema di polarizzatori è formato da due polarizzatori P1 e P2 fissati rigidamente in modo tale chegli assi ottici formino un angolo θ = π/3. Sul sistema incide un fascio di luce con due componenti: unanon polarizzata di intensità I1 e una polarizzata linearmente di intensità I2. Ruotando il sistema dipolarizzatori si ottengono in uscita l’intensità massima Imax = 4W/m2 e l’intensità minimaImin = 2W/m2. Determinare:1) l’intensità dei fasci incidenti I1 , I22) l’ampiezza del campo elettrico della componente polarizzata,

di intensità I1, all’uscita del sistema se lo si pone all’angolomedio θm fra i valori massimi e minimi di intensità E2

Soluzione

1) L’intensità trasmessa dal sistema dei due polaroid per la componente non polarizzata vale(I1/2)(cos2 θ) e non dipende dall’angolo di rotazione del sistema; l’intensità trasmessa per lacomponente polarizzata rettilinearmente varia fra I2cos2 θ, quando il suo piano di polarizzazione èparallelo all’asse ottico e zero quando è perpendicolare. Quindi all’intensità minima contribuisce solo laluce non polarizzata e si ha

Imin =I12

(cos2 θ) ⇒ I1 =2Imin

(cos2 θ)= 16W/m2

e per l’intensità massima, dovuta ad entrambe, si ha

Imax =

(I12

+ I2

)(cos2 θ) ⇒ I2 =

Imax

(cos2 θ)− I1

2= 8W/m2

2)L’intensità massima e quella minima si ottengono per una rotazione di π/2 del sistema deipolarizzatori, per cui l’angolo medio è θm = π/4. L’intensità della componente polarizzata in uscita èpertanto

I = I2(cos2 θm)(cos2 θ) = 1W/m2

e l’ampiezza del campo elettrico è

I =1

2cε0E2

2 ⇒ E2 =

√2I

cε0=√

2Z0I = 27.4V/m

52

Capitolo 6

Interferenza

53

Esercizio 6.1

Un fascio di luce ordinaria in aria, comprendente tutte le lunghezze d’onda dell’intervallo:0.4µm ≤ λ ≤ 0.7µm , incide con angolo di incidenza θi su una lastra di vetro di indice di rifrazionenv = 1.73 . La luce riflessa appare polarizzata rettilinearmente. Calcolare:1) l’angolo di incidenza θi2) la percentuale di luce riflessa R

La lastra viene ricoperta con un sottile strato di olio, di spessore t = 0, 8µm e indice di rifrazioneno = 1.28 . Calcolare:3) per quali lunghezze d’onda ad incidenza normale l’intensità della luce riflessa è minima λi,min

Soluzione

1)La luce riflessa è polarizzata, e quindi si deduce che l’angolo di incidenza è l’angolo di Brewster, percui:

θi = arctan(nv) = 60

2) Il fattore di riflessione è, in generale:

R =1

2(Rσ +Rπ)

Ma dato che l’angolo di incidenza è l’angolo di Brewster, Rπ = 0 e θi + θt = π2 , allora:

R =1

2Rσ =

1

2

sin2(θi − θt)sin2(θi + θt)

=1

2sin2(θi − θt) =

1

2sin2(60 − 30) = 0.125 → 12.5 %

3) Si tratta di un esercizio riguardo le lamine sottili. Come si può osservare dalla figura, le riflessioni adentrambe le superfici della pellicola d’olio avvengono da un mezzo meno rifrangente ad un mezzo piùrifrangente, quindi le onda riflesse sono tutte invertite. Allora la differenza di fase tra le due onderiflesse è dovuta soltanto alla differenza di cammino ottico 2tn0:

δ =2π

λ2tn0 =

4π no t

λ

Per osservare minimi vi deve essere interferenza distruttiva, quindi il δ, deve essere un multiplo disparidi π:

δ =4π no t

λ= (2m+ 1)π → λ =

4no t

2m+ 1→ m =

1

2

(4no t

λ− 1

)

54

Essendo 0.4µm ≤ λ ≤ 0.7µm , m è definito in:m = 4.62 per λ = 0.4µm

m = 2.42 per λ = 0.7µm

per cui i valori interi di m compresi in questo intervallo determinano le lunghezze d’onda richieste:m = 3 → λ = 0, 585µm

m = 4 → λ = 0, 455µm

55

Esercizio 6.2

Una sottile pellicola di acqua saponata di indice di rifrazione n = 43 e spessore d = 1.2µm è illuminata

perpendicolarmente dalla luce solare 0.4µm ≤ λ ≤ 0.7µm . Calcolare:1) quali lunghezze d’onda vengono riflesse maggiormente dalla pellicola se essa è in aria;2) quali lunghezze d’onda vengono riflesse maggiormente dalla pellicola se essa è poggiata.

su una lastra di vetro con indice di rifrazione nv > n

Soluzione

1) Nel caso in cui le interfacce siano aria-acqua-aria si deve considerare lo sfasamento di π nellariflessione sull’interfaccia aria-acqua. Infatti vi è riflessione tra un mezzo a rifrazione minore(aria) aduno a rifrazione maggiore(acqua), quindi l’onda è invertita (sfasata di π). Lo sfasamento è dato quindidal tragitto ottico 2dn e dallo sfasamento di ±π :

δ =4πdn

λ− π =

4πnd

λ− π

Affinché una lunghezza d’onda venga riflessa maggiormente, vi deve essere interferenza costruttiva,quindi lo sfasamento deve essere un multiplo pari di π:

δ =4πdn

λ− π = 2mπ → λ =

4nd

2m+ 1→ m =

1

2

(4dn

λ− 1

)Considerando gli estremi dell’intervallo di lunghezze d’onda (λa = 0.4µm e λb = 0.7µm) si avràinterferenza costruttiva quando m sarà compreso nell’intervallo determinato dai valori:

m = 12

(4dnλa− 1

)= 7.5 per λa = 0.4µm

m = 12

(4dnλb− 1

)= 4.07 per λb = 0.7µm

ovvero per m = 5, 6, 7 .

λ5 =4nd

11= 0.58µm , λ6 =

4nd

13= 0.49µm , λ7 =

4nd

15= 0, 42µm

2) Nel caso in cui le interfacce siano aria-acqua-vetro si aggiunge uno sfasamento di π nella riflessionesull’interfaccia acqua-vetro, poiché l’indice di rifrazione di quest’ultimo è superiore a quello dell’acqua.Questo annulla lo sfasamento sull’interfaccia aria-acqua e quindi i massimi d’interferenza si hanno per:

δ =4π n d

λ= (2m)π → λ =

4nd

2m→ m =

2dn

λ

Ripetendo il ragionamento precedente:m = 2dn

λa= 8 per λa = 0.4µm

m = 2dnλb

= 4.57 per λb = 0.7µm

ovvero per m = 5, 6, 7, 8 .

λ5 =4nd

5= 0, 64µm , λ6 =

4nd

6= 0.53µm , λ7 =

4nd

7= 046µm , λ8 =

4nd

8= 0.4µm

56

Esercizio 6.3

Luce emessa da due sorgenti isotrope di frequenza rispettivamente f1 = 5× 1014Hz e f2 = 6× 1014Hzcolpisce normalmente N = 10 fenditure molto sottili separate dalla distanza d = 50µm. L’intensità dellesorgenti sono rispettivamente I1 = 50mW/m2 e I2 = 30mW/m2. Si osservano le figure di interferenzasu uno schermo posto a grande distanza dopo le fenditure. Tutto il sistema è immerso in acqua, indicedi rifrazione n ≈

√κ = 1.33. Determinare:

1) la distanza angolare θ2 − θ1 fra i massimi principali di interferenzadi ordine m = 4 delle due componenti;

2) il valore dell’ampiezza del campo magnetico sullo schermoper la componente di frequenza f1;

3) l’intensità del massimo centrale d’interferenza prodotto dalle due sorgenti.

Soluzione

1)I massimi di ordine m sono dati rispettivamente per le due onde dasin θ1 = mλ1

d = mdvf1

= md

cnf1

= 36mrad

sin θ2 = mλ2

d = mdvf2

= md

cnf2

= 30mrad

per cui

|θ2 − θ1| =∣∣∣∣ arcsin

(m

d

c

nf2

)− arcsin

(m

d

c

nf1

)∣∣∣∣ = 6mrad ≈ 0.35

2)L’ampiezza del campo magnetico si ha in direzione normale allo schermo ove l’intensità è massima

I ′1 = N2I1 =1

2εvE2

max =1

2ε0κ

c

nE2

max =1

2

n

Z0E2

max

ove, si è usata la relazione n =√κ valida per i dielettrici e da cui si ricava

Emax =

√2N2Z0I1

n= 53.2V/m ⇒ Bmax =

Emax

v=n

cEmax = 0.24µT

3)All’intensità del massimo centrale concorrono indipendentemente ambedue le componenti

I = N2(I1 + I2

)= 8W/m2

57

Esercizio 6.4

Su una lastra di materiale conduttore sono praticate N = 4 fenditure sottili, parallele, spaziate did = 6 cm. Un fascio di microonde di frequenza f0 = 10GHz investe la piastra; il segnale rivelato agrande distanza L in direzione θ = 0 ha intensità I0 = 2.12× 10−8W/m2. Calcolare:1) l’ampiezza del campo elettrico e del campo magnetico trasmessi da ogni fenditura Er,Br;2) la larghezza angolare ∆θ del primo massimo di ordine 1;3) la variazione percentuale

∣∣∣ f−f0f0

∣∣∣ per la frequenza f che produce un massimo distinguibile al primoordine;

Soluzione

1) Secondo il principio di Huygens le N fenditure costituiscono un sistema di sorgenti sincrone ecoerenti di frequenze f0 e lunghezza d’onda λ0 = c/f0 = 3 cm . Detta I1 l’intensità trasmessa daciascuna fenditura, in direzione θ = 0 c’è il massimo centrale d’interferenza la cui intensità è

I0 = N2I1

pertanto l’intensità, l’ampiezza del campo elettrico e quella del campo magnetico trasmesse da ciascunafenditura sono

I1 = I0N2 = 1.325× 10−9W/m2

E1 =√

2Z0I1 = 1mV/m

B1 = E1

c = 3.3× 10−12 T

2)Il segnale della stessa intensità più vicino è il massimo principale d’interferenza di ordine m = 1 che sitrova in direzione

sin θi =λ0

d=

c

f0d⇒ θ1 = 30

Ricordando che i minimi di interferenza nell’intorno di un massimo principale di ordine m si presentanoper

sin θ± = mλ0

d± λ

Nd

la larghezza del massimo principale risulta

∆(

sin θ)

= sin θ+ − sin θ− =2λ

Nd

che con buona approssimazioni per piccoli angoli diventa

∆(

sin θ)

= cos(θm)∆θ =2λ

Nd⇒ ∆θ =

2λ

Nd cos θm=

2λ

Nd

√√√√√ 1

1−(mλd

)2

Nel caso in esame m = 1 per cui la larghezza è data da

∆θ =2λ0

Nd cos θ1∼ 0.29rad ∼ 16.5

3)il criterio di Rayleigh è espresso quantitativamente dal potere risolutivo del reticolo

R =λ

∆λ= Nm

che per m = 1 implica ∣∣∣∣f − f0

f0

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣λ− λ0

λ0

∣∣∣∣ =∆λ

λ=

1

mN= 0.25

58

Capitolo 7

Diffrazione

59

Esercizio 7.1

Luce di lunghezza d’onda λ = 0.6µm incide su un reticolo di diffrazione le cui fenditure sono larghe a edistanti fra loro d (passo del reticolo). Si osservano i primi tre massimi principali d’interferenza intrasmissione nelle direzioni: θ = 0, 2.86, 5.74 mentre il massimo principale successivo risultaassente.Calcolare:1) il passo del reticolo d;2) la larghezza delle fenditure a;3) il numero minimo di fenditure N del reticolo per separare, secondo il criterio di Rayleigh,

nella direzione θ = 5.74 , due lunghezze d’onda che differiscono di ∆λ/λ = 2× 10−4;4) il rapporto fra l’intensità del massimo principale a θ = 5.74 rispetto a quello centrale.

Soluzione

1) I massimi principali si trovano nelle direzioni date da:

sin(θm) = mλ

d→ d = m

λ

sin(θm)

per cui considerando il massimo del primo ordine otteniamo:

d = 1λ

sin(2.86)= 12µm

2) Il massimo d’interferenza di ordine m = 3 non si osserva perché in questa direzione c’è il primominimo di diffrazione, ossia:

sin(θ3) = 3λ

d=λ

a→ a =

d

3= 4µm

3) La direzione θ = 5.74 corrisponde alla posizione del massimo principale di interferenza di ordinem = 2 . La possibilità di risolvere due lunghezze d’onda secondo il criterio di Rayleigh implica che ilpotere risolutivo del reticolo in quella direzione deve essere:

R =λ

∆λ= mN = 2N

per cui il numero minimo di fenditure risulta:

N =1

2

λ

∆λ= 2500

4) La diffrazione dovuta ad un reticolo è governata dalla legge:

I(θ) = I0

(sin Nπd sin θ

λ

sin πd sin θλ

)2

︸ ︷︷ ︸interferenza

(sin πa sin θ

λπa sin θλ

)2

︸ ︷︷ ︸diffrazione

ove per un massimo di interferenza si ha:

sin(θ) = mλ

d→ πa sin θ

λ=πamλ

λd= πm

a

d

e inoltre: (sin Nπd sin θ

λ

sin πd sin θλ

)2

= N2

e quindi l’intensità di un qualsiasi massimo principale di ordine m vale:

Im = I0N2

(sin(πma

d

)πma

d

)2

60

Il rapporto fra le intensità del massimo di ordine m e il massimo centrale è pertanto determinato solodalla diffrazione che avviene a ciascuna fenditura, ed è dato dalla relazione:

Rm =ImI0

=I0I0

N2

N2

(sin(πm a

d

)πm a

d

)2

1=

(sin(πma

d

)πma

d

)2

che dipende solo dalle proprietà geometriche del reticolo, e non dipende dalla lunghezza d’onda. Nelcaso specifico in cui a/d = 1/3 e m = 2, il calcolo porge:

R =I2I0

=

(sin(π 2

3

)π 2

3

)2

= 0.17

61

Esercizio 7.2

Su una lastra di materiale conduttore sono praticate N = 4 fenditure molto lunghe, di larghezza a ,equispaziate dalla distanza d = 7.5mm . Il sistema di fenditure viene investito da un fascio parallelo dimicroonde di frequenza f perpendicolare alla lastra. Nell’intervallo 0 ≤ θ ≤ π/2 , con un opportunodispositivo viene rivelato, oltre al massimo principale di ordine m = 0 , solo il massimo principale diordine m = 1 , nella direzione θ1 = π/6 . Calcolare:1) la frequenza delle microonde;2) la larghezze delle fenditure;3) il rapporto tra le intensità I1/I0 dei due massimi principali osservati;4) la larghezza angolare ∆θ0,∆θ1 dei due massimi principali.

Soluzione

1) Per trovare la frequenza delle microonde, trovo la lunghezza d’onda usando la formula dei massimi. Ilmassimo del primo ordine si trova nella direzione:

sin(θ1) = mλ

d(m = 1) → sin(θ1) =

λ

d

per cui la lunghezza d’onda e la frequenza delle microonde sono:

λ = d sin(θ1) = 3.75mm e f =c

λ= 80GHz

2) I massimi osservabili entro l’intervallo 0 ≤ θ ≤ π/2 sono:

sin(θ) = mλ

d≤ 1 → m ≤ d

λ= 2

per cui il massimo del secondo ordine che si formerebbe per interferenza nella direzione θ2 = π/2 èsoppresso dal minimo di diffrazione del primo ordine. La fenditura deve avere larghezza a tale per cui ilprimo minimo di diffrazione sia in direzione θ2 , ossia:

sin(θ2) = 2λ

d= 1 =

λ

a→ a =

d

2= λ = 3.75mm

3) Il rapporto fra le intensità è dovuto alla diffrazione che modula la figura di interferenza, per cuidall’esercizio 7.1:

I1I0

=

(sin πa sin θ1

λπa sin θ1

λ

)2

=

(sin(πma

d

)πma

d

)2

= 0.41

4) La larghezza dei massimi principali, è:

∆ sin(θ) = cos(θ)∆(θ) =2λ

Nd→ ∆(θ) =

2λ

Nd cos(θ)

e quindi la larghezza dei due massimi principali per m = 0 e m = 1 è:∆θ0 = 2λ

Nd = 0.25 rad = 14.32

∆θ1 = 2λNd cos(θ1) = 0.29 rad = 16.53

62

Esercizio 7.3

Un sistema di N = 4 fenditure di larghezza a , equispaziate dalla distanza d giacciono su un piano cheviene illuminato con luce incidente normalmente e osservato in trasmissione. Si osserva che:a) la luce di lunghezza d’onda λ1 produce un massimo principale del secondo ordine per θ2 = 3.43

b) i massimi principali del secondo ordine per le due lunghezze d’onda λ1 e λ2, per le quali∆λ = 0.075µm, sono appena separati

c) nella direzione in cui si osserva il massimo del secondo ordine per la lunghezza d’onda λ1 sisovrappone il massimo principale del terzo ordine per λ2

d) risulta essere assente il massimo del quarto ordine per λ1

Calcolare:1) le lunghezze d’onda λ1, λ2;2) la distanza tra le fenditure d;3) la larghezza delle fenditure a.

Soluzione

1) L’osservazione al punto (b), usando il potere risolutivo per l’ordine m = 2 , fornisce:

R =λ1

∆λ= mN = 2N → λ1 = 2N∆λ = 0.6µm

per cui imponendo la sovrapposizione fra massimi osservata al punto (c) si ottiene:

2λ1

d= 3

λ2

d→ λ2 =

2

3λ1 = 0.4µm

2) La posizione del massimo principale osservato al punto (a) implica:

sin(θ2) = 2λ1

d→ d =

2λ1

sin(θ2)= 20µm

3) L’assenza del massimo di cui al punto (d) comporta che in quella direzione si ha il primo minimo didiffrazione:

4λ1

d=λ2

a→ a =

d

4= 5µm

63