Esercizi Svolti Di Campi Elettromagnetici

Università "La Sapienza" di Roma Facoltà di Ingegneria (sede di Latina)

Esercizi svolti di Campi elettromagnetici Paolo Burghignoli

Corso di laurea in Ingegneria dell’Informazione (indirizzi EL e TLC) Corso di Campi elettromagnetici I

novembre 2011

1

Indice

Algebra e analisi vettoriale

3

Algebra diadica

7

Numeri e vettori complessi

10

Relazioni costitutive

13

Teorema di Poynting

16

Onde piane

24

Coordinate curvilinee

29

Radiazione

33

Incidenza normale di onde piane

44

Incidenza obliqua di onde piane

51

Riflessione totale

60

Linee di trasmissione

69

Strati antiriflettenti

75

Guida d’onda rettangolare

81

Guida d’onda circolare e cavo coassiale

90

2

Esercizi di algebra e analisi vettoriale

Esercizio 1

Nello spazio euclideo ordinario individuare una base ortonormale di vettori {u 0 , v0 } nel sottospazio ortogonale al vettore w = x 0 + y0 + z0 (suggerimento: fare uso del prodotto vettoriale).

Esercizio 2

Dati i campi scalari f (x , y, z ) = 3x + 2z e y (x , y, z ) = e -5y calcolare il gradiente del loro prodotto  (fy) (suggerimento: fare uso dell’appropriata identità differenziale).

Esercizio 3

Dato

il

campo

vettoriale

A (x , y, z ) = sin (2y ) x0 + 2x cos (2y ) y0

calcolarne

la

circuitazione lungo la circonferenza x 2 + y 2 = 1 del piano z = 0 descritta in un verso a piacere (suggerimento: applicare un opportuno teorema integrale).

Esercizio 4

(

Dato il campo scalare G (x , y, z ) = 1/ 4p x 2 + y 2 + z 2

) calcolarne il gradiente G

e

il flusso del gradiente attraverso la sfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 con normale orientata verso l’esterno (suggerimento: utilizzare per il calcolo del flusso le coordinate sferiche).

3

Soluzioni Esercizio 1

Si può scegliere un vettore qualunque (purché non parallelo a w ), ad esempio il versore x 0 , e farne il prodotto vettoriale con w , ottenendo in questo modo un vettore u che è certamente ortogonale a w :

u = x 0 ´ w = x0 ´ (x 0 + y0 + z0 ) = -y0 + z0

Poi si fa il prodotto vettoriale di w con u , ottenendo un altro vettore v ortogonale sia a w sia a u : v = w ´ u = ( x 0 + y 0 + z 0 ) ´ (z 0 - y 0 ) = = -y0 - z0 + x 0 + x0 = 2x0 - y0 - z0

La coppia {u, v} è per costruzione una base nel sottospazio ortogonale a w . Per avere una base ortonormale basta dividere i vettori della base ciascuno per il proprio modulo

(cioè

normalizzarli).

Essendo

u = (-1)2 + 12 = 2

v = 22 + (-1)2 + (-1)2 = 6 risulta infine 1 1 y0 + z0 2 2 2 1 1 v0 = x0 y0 z0 6 6 6

u0 = -

Esercizio 2

Calcoliamo innanzitutto i gradienti delle funzioni f e y :

f = 3x0 + 2z0 y = -5e -5y y0

Mediante l’identità differenziale  (fy) = fy + yf si ottiene:

 (fy) = e -5y (3x 0 + 2z0 ) - 5(3x + 2z )e -5y y 0 = = 3e -5y x0 - (15x + 10z )e -5y y0 + 2e-5y z0

4

e

Esercizio 3

Applichiamo il teorema di Stokes:

ò

s0 ⋅ Ads =

g =¶S

ò n ⋅  ´AdS S

dove g è la circonferenza x 2 + y 2 = 1 del piano z = 0 , S è il cerchio da essa delimitato nello stesso piano, s0 il versore tangente alla circonferenza orientato nel verso prescelto di percorrenza e n = z0 il versore normale al cerchio orientato concordemente con la circonferenza. Calcoliamo il rotore di A (x , y, z ) :

x0

y0

 ´ A = ¶ / ¶x

z0

¶ / ¶y

¶ / ¶z = z0 [2 cos (2y ) - 2 cos (2y )] = 0

sin (2y ) 2x cos (2y )

0

Pertanto il flusso del rotore di A attraverso S vale zero e per il teorema di Stokes la circuitazione di A lungo g è nulla. Esercizio 4

Calcoliamo la derivata del campo scalare rispetto a x : ¶G 1 1 ¶ -x =x 2 + y2 + z 2 = 2 2 2 3/2 ¶x 4 p x + y + z ¶x 4p (x 2 + y 2 + z 2 )

Analogamente si calcolano le derivate rispetto a y e z . Il gradiente pertanto risulta:

G = x 0 =-

-x

4p (x + y + z 2

2

2 3/2

)

1 4p (x + y + z 2

2

2 3/2

)

+ y0

-y

4p (x + y + z 2

2

2 3/2

(x0x + y0y + z0z )

Il versore normale alla sfera S : x 2 + y 2 + z 2 = 1 è

5

)

+ z0

-z

4p (x + y + z 2

2

2 3/2

)

=

n=

1 2

x + y2 + z 2

(x0x + y0y + z0z )

Pertanto per il flusso cercato si ha

1

1

ò n ⋅ G dS = - 4p ò x 2 + y 2 + z 2 dS S

S

Questo integrale superficiale si può calcolare in coordinate sferiche parametrizzando la superficie S mediante gli angoli sferici (q, f) . Poiché su S risulta x 2 + y 2 + z 2 = 1 e il differenziale è dS = sin q dqdf si ottiene

2p

p

1 1 1 1 df ò sinq dq = ⋅ 2p ⋅ 2 = - 1 2 2 2 dS = ò ò 4p S x + y + z 4p 0 4 p 0

6

Esercizi sull’algebra diadica

Esercizio 1

Dato il diadico D = x0x0 + 2x0 y0 - z0 y0 calcolarne la rappresentazione matriciale e i prodotti scalari con il vettore v = 2x 0 + y0 a destra ( D ⋅ v ) e a sinistra ( v ⋅ D ).

Esercizio 2

Dato il diadico D = 2x 0 y0 + x 0z0 + 5z0 z0 calcolarne la parte simmetrica DS , la parte antisimmetrica DA e le relative rappresentazioni matriciali.

Esercizio 3

Dato il diadico Pu = I - u 0u 0 (dove u 0 è un versore) e un generico vettore v calcolare il prodotto scalare w = Pu ⋅ v e dire qual è il suo significato geometrico.

Esercizio 4

Dato il campo vettoriale A (x , y, z ) = x 0e -2y + y0x 2 + z0xz

D = A .

7

calcolare il diadico

Soluzioni

Esercizio 1

La rappresentazione matriciale di D = x0x0 + 2x0 y0 - z0 y0 è:

æ1 2 0ö÷ çç ÷÷ ç D = çç0 0 0÷÷÷ . çç ÷ çç0 -1 0÷÷÷ è ø Si ha poi

D ⋅ v = ( x 0x 0 + 2x 0 y 0 - z0 y0 ) ⋅ (2x0 + y 0 ) = 2x 0 + 2x 0 - z0 = 4 x 0 - z0 v ⋅ D = (2x0 + y 0 ) ⋅ ( x0x 0 + 2x0 y0 - z0 y 0 ) = 2x 0 + 4 y0

da cui si vede che D ⋅ v ¹ v ⋅ D (infatti il diadico non è simmetrico).

Esercizio 2

Si ha 1 1 D + DT ) = éë(2x0 y0 + x 0z0 + 5z0 z0 ) + (2y 0x 0 + z0 x0 + 5z0z0 )ùû = ( 2 2 1 1 = x 0 y 0 + y 0 x 0 + x 0 z 0 + z 0 x 0 + 5z 0 z 0 2 2 1 1 DA = (D - DT ) = éë(2x 0 y 0 + x0z0 + 5z0z0 ) - (2y 0x 0 + z0 x0 + 5z0z0 )ùû = 2 2 1 1 = x0 y0 - y0 x0 + x 0z0 - z0 x0 2 2 DS =

con le relative rappresentazioni matriciali æ 0 1 1/ 2ö÷ æ 0 1 1/ 2÷÷ö çç çç ÷÷ ÷÷ ç ç ÷ D S = ççç 1 0 0 ÷÷, D A = ççç -1 0 0 ÷÷ . ÷÷ ÷÷ çç çç çè1/ 2 0 5 ø÷÷÷ çè-1/ 2 0 0 ÷ø÷÷

8

Esercizio 3

Risulta

w = Pu ⋅ v = (I - u 0u 0 ) ⋅ v = I ⋅ v - u 0u 0 ⋅ v =

= v - u 0 (u 0 ⋅ v) = v - u 0vu = v - v = v^ cioè il vettore w = Pu ⋅ v è il componente di v ortogonale al versore u 0 (come sappiamo tale componente si può anche ottenere mediante il doppio prodotto vettoriale v^ = u 0 ´ v ´ u 0 ).

Esercizio 4 3

Posto

 [ ] = å x0i i =1

¶[ ] ¶x i

3

e

3

A = å x 0 j Aj , risulta

3

D = A = å å

j =1

i =1 j =1

¶Aj ¶x i

x 0i x0 j ;

scambiando le due sommatorie tale gradiente (diadico) si può anche scrivere nella 3 æ 3 ¶Aj ö÷ ç ÷ x0i ÷ x0 j = å Aj x0 j A = å ççå ÷ø ç j =1 è i =1 ¶x i j =1 3

forma

in

cui

compaiono

(vettoriali) delle singole componenti cartesiane del vettore A . Nel nostro caso si ha dunque A (x , y, z ) =  (x 0e -2y + y 0x 2 + z0xz ) = =  (e -2y ) x 0 +  (x 2 ) y0 +  (xz ) z0 = = (-2e -2y y 0 ) x0 + (2xx0 ) y 0 + (zx0 + xz0 ) z0 = = 2xx 0 y 0 + zx0 z0 - 2e -2y y0 x0 + xz0 z0

9

i

gradienti

Esercizi su numeri e vettori complessi

Esercizio 1

Dato il numero complesso z = 9 j calcolarne tutte le radici quarte e rappresentarle nel piano complesso.

Esercizio 2

Calcolare gli scalari complessi (fasori) associati alle grandezze reali scalari variabili cosinusoidalmente nel tempo a (t ) = 3 cos (wt + p / 3) e b (t ) = sin (wt + p / 4) .

Esercizio 3

Calcolare

i

vettori

complessi

rappresentativi

dei

vettori

reali

variabili

cosinusoidalmente nel tempo A (t ) = 2 sin (wt ) x 0 + cos (wt ) y0 + cos (wt - p / 6) z0 e B (t ) = cos (wt + p / 2) x 0 + cos (wt - p / 2) z0 .

Esercizio 4

Dati i vettori complessi V = 2x0 + 2jy0 e W = (1 + j ) x0 + ( 3 - j ) y0 calcolare i corrispondenti vettori reali variabili cosinusoidalmente nel tempo e stabilirne il tipo di polarizzazione.

10

Soluzioni

Esercizio 1

Rappresentiamo il numero complesso z in forma polare:

z = 9 j = 9e

j

p 2

p +2n p ) ( = 9e 2 j

Nell’ultimo passaggio si è evidenziato il fatto che l’argomento del numero complesso è definito a meno di multipli di 2p . Come è noto le radici m-esime di z hanno modulo pari alla radice m-esima del modulo di z e argomenti pari all’argomento di z diviso per m. In questo caso m = 4 quindi

4

z =

p +2n p j2 4 9e 4

p p +n ) ( 8 2 3e j

=

Si ottengono così 4 determinazioni distinte, corrispondenti a n = 0,1,2, 3 :

p p + ) ( 3e 8 2 j

Im 3e

j

p 8

Re p + p) ( 3e 8 j

3e

æ p 3p ö j çç + ÷÷÷ è8 2 ø

Esercizio 2

Per a (t ) = 3 cos (wt + p / 3) si ha subito a = 3e

j

p 3

. Per b (t ) = sin (wt + p / 4) occorre

pö æ ricondursi alla funzione coseno: b (t ) = cos ççwt + p / 4 - ÷÷ = cos (wt - p / 4) da cui si è 2ø

ottiene b = e

-j

p 4

.

11

Esercizio 3

Per A abbiamo

AR = A (0) = y0 + cos (-p / 6) z0 = y 0 +

3 z0 2

æT ö 1 æpö AJ = - A çç ÷÷ = - A çç ÷÷ = -2x0 - cos (p / 2 - p / 6) z0 = -2x0 - z0 è 2w ø è4ø 2

dunque A = AR + jAJ = y0 +

æ 3 1 ö 3-j z0 + j çç-2x0 - z0 ÷÷ = -2 jx0 + y0 + z0 . è ø 2 2 2

Per B si può procedere allo stesso modo. In alternativa, possiamo procedere determinando direttamente i fasori delle componenti cartesiane di B :

B =e

j

p 2x

0

+e

-j

p 2z

0

= jx 0 - jz 0 = j (x 0 - z 0 )

Esercizio 4

Si ha VR = 2x 0 , VJ = 2y0 , WR = x 0 + 3y0 , WR = x0 - y0 , dunque

V (t ) = VR cos wt - VJ sin wt = 2x 0 cos wt - 2y 0 sin wt W (t ) = WR cos wt - WJ sin wt = (x0 + 3y0 ) cos wt - (x 0 - y 0 ) sin wt

Essendo VR = VJ e VR ⋅ VJ = 0 la polarizzazione del vettore V è circolare. Essendo WR ¹ WJ la polarizzazione del vettore W non è circolare; d’altra parte

WR ´ WJ = -(1 + 3)z0 ¹ 0 , quindi la polarizzazione del vettore W non è nemmeno lineare; si conclude che W è polarizzato ellitticamente.

12

Esercizi sulle relazioni costitutive

Esercizio 1

Scrivere la relazione costitutiva che lega l’induzione elettrica D (r, t ) al campo elettrico E (r, t ) in un mezzo lineare, stazionario, omogeneo, anisotropo e non dispersivo sapendo che ai campi elettrici (cause) E1 = 2x 0 , E2 = 3y0 , E 3 = z0 espressi

in

V /m

corrispondono

rispettivamente

le

induzioni

(effetti)

D1 = e0 (2x0 + 4 y0 ) , D2 = e0 (6x0 + 6y 0 ) , D 3 = e0 5z0 espresse in C / m 2 .

Esercizio 2

Un dielettrico non polare viene descritto mediante il modello di Lorentz con parametri

N = 3⋅1017 m -3 ,

m = 1.1⋅10-25 kg ,

q = 1.6 ⋅10-17 C ,

0 = 2 ⋅109 rad/s ,

 = 4 ⋅108 s -1 . Calcolare il valore della costante dielettrica relativa er (w ) per w = w0 e nei limiti di ‘bassa frequenza’ e ‘alta frequenza’.

13

Soluzioni

Esercizio 1

La relazione costitutiva per il mezzo considerato si scrive

D (r, t ) = e ⋅ E (r, t ) . 3

Per la costante dielettrica diadica si ha e = å e j x0 j dove i vettori e j , j = 1, 2, 3 , j =1

sono le induzioni (effetti) dovuti ai campi elettrici (cause) di ampiezza unitaria Ε j = x 0 j , j = 1,2, 3 . Con i dati a disposizione si ha allora (tenendo conto che x 01 = x 0, x 02 = y 0, x03 = z0 )

D1 = 2e1 , D2 = 3e2 , D 3 = e3 da cui risulta e1 = e0 (x0 + 2y 0 ) , e2 = e0 (2x 0 + 2y 0 ) , e3 = e0 5z0 . La costante dielettrica diadica è quindi e = e0 éë(x0 + 2y 0 ) x0 + (2x 0 + 2y0 ) y 0 + 5z0 z0 ùû =

= e0 [x 0x 0 + 2x 0 y 0 + 2y0 x0 + 2y0 y0 + 5z0z0 ]

.

Si tratta di un diadico simmetrico la cui rappresentazione matriciale è

æ1 2 0ö÷ çç ÷÷ çç e0 ç2 2 0÷÷÷ . çç ÷ çç0 0 5÷÷÷ è ø

14

Esercizio 2

Secondo il modello di Lorentz per la costante dielettrica relativa si ha

erR (w ) = 1 + erJ (w ) = -

Nq 2 w02 - w 2 m e0 (w 2 - w 2 )2 + 4a2 w 2 0

2aw Nq 2 m e0 (w 2 - w 2 )2 + 4a2w 2 0

Alla frequenza w = w0 risulta erR (w0 ) = 1 , erJ (w0 ) = -

Nq 2  -5 pertanto 2m w0 e0a

er (w0 )  1 - j 5 .

Nel limite di ‘bassa frequenza invece si ha erR (w )  1 +

Nq 2  3 , erJ (w0 )  0 pertanto m w02e0

er (w )  3 . Nel limite di ‘alta frequenza infine risulta erJ (w0 )  0 pertanto er (w )  1 -

erR (w )  1 -

Nq 2 7.9 ⋅ 1019 1  w2 m e0 w 2

7.9 ⋅ 1019 . w2

Nei grafici seguenti sono riportati gli andamenti delle funzioni erR (w ) e -erj (w ) in funzione della pulsazione normalizzata w / w0 .

erR

10

-erJ

10 8 8 6 6 4

4

2

2

1 -2

2

3

4

w / w0

15

1

2

3

4

w / w0

Esercizi sul teorema di Poynting

Esercizio 1

Dato il campo elettromagnetico nel dominio del tempo

1

E (z , t ) = E0 x0 1+

(

z - ct 

)

2

1

, H (z , t ) = H 0 y0 1+

(

z - ct 

)

2

dove E 0 = 1 V/m , H 0 = E0 / h0 ,  = 6 m (e inoltre c = 1/ m0e0  3 ⋅ 108 m/s , h0 = m0 / e0  120p W ):

1)

verificare che tale campo soddisfa le equazioni di Maxwell nel vuoto;

2)

calcolare l’energia immagazzinata nel campo elettromagnetico all’istante t = 0 s all’interno del cubo di lato 2 avente il centro nell’origine delle coordinate;

3)

calcolare la potenza elettromagnetica uscente dalla superficie di frontiera dello stesso cubo agli istanti t = 0 s e t = 40 ns .

Esercizio 2

Dato il campo elettromagnetico nel dominio dei fasori

E (z ) = E 0 x0e - j (b - j a)z , H (z ) = H 0 y0e - j (b - j a)z

dove

E 0 = 1 [ V/m ] ,

b = 20p 4 2 cos

H 0 = E0 / h ,

p é -1 ù p m úû , a = 20p 4 2 sin éëê m -1 ùúû : ê ë 8 8

16

h = 40pe j p / 8 / 4 2 [W]

e

inoltre

1)

verificare che tale campo soddisfa le equazioni di Maxwell nel dominio dei fasori alla frequenza di 1 GHz in un mezzo lineare, stazionario, omogeneo, isotropo e non dispersivo con parametri costitutivi mr = 1 , er = 9 , s = 0.5 [S/m ] ;

2)

calcolare la densità di potenza dissipata mediamente per effetto Joule nell’origine delle coordinate;

3)

calcolare la densità di potenza scambiata mediamente in un periodo con il campo elettrico e con il campo magnetico nell’origine delle coordinate.

17

Soluzion1 Esercizio 1

1) Calcoliamo il rotore del campo elettrico:

x0

´ E (z, t ) = ¶ / ¶x Ex (z, t )

y0

x0

¶ / ¶y ¶ / ¶z = y0 0

0

é ê ¶ êê 1 = y0 E 0 ¶z êê z - ct 1+ ê  ëê

(

¶Ex = ¶z

. ù ú -3 / 2 é 2ù ú z ct æ ö 1 2 æ z - ct ö÷ æ ö ê ú ú = E y ç- ÷ 1 + ç ÷ ú ç 0 0 ê ç ç ÷ ÷ 2ú è  ø ú èç  ø÷ è 2ø ê  ú ë û ú ûú

)

e la derivata temporale del campo magnetico é ê ¶H (z, t ) 1 ¶ êê = y0 H 0 y0 ê ¶t ¶t ê z - ct 1+ ê  êë

(

ù ú -3 / 2 é 2ù ú 1 z ct 2 æ ö æ ö æ z - ct ÷ö ú = H y ç- ÷÷ ê 1 + ç ÷ úú (-c ) ç . ÷ 0 0 ê ç ç ç ú 2 è  ø ú è  ø÷ è 2ø ê  ú ë û ú úû

)

Essendo c H 0 = cE0 / h0 = E0 / m0 , confrontando le espressioni precedenti risulta verificata la prima Equazione di Maxwell:

 ´ E = -m0

¶H . ¶t

Analogamente si procede per la seconda Equazione di Maxwell.

2) La densità di energia elettrica wE è data da

wE (z , t ) =

1 1 1 E ⋅ D = Ex x 0 ⋅ e0Ex x0 = e0Ex2 (z, t ) 2 2 2

L’energia elettrica contenuta all’istante t = 0 s nel volume cubico t di lato 2 con centro nell’origine si ottiene integrando su t la densità di energia wE (z , 0) :

18

 

WE =

ò t





2 1 1 wE (z, 0) dt = ò ò ò e0Ex2 (z , 0) dxdydz = e0 (2 ) ò Ex2 (z, 0) dz = 2 2 -  - -  - 

1 = e0 4 2 ò E 02 2 -

1

1

+1 1 1 1 dz = e0 4 2E 02  ò dz ¢ = e0 4  3E 02 éêarctan (z ¢)ùú = ë û -1 2 2 ¢2 æ z ÷ö2 -1 1 + z ç 1 + ç ÷÷ çè  ÷ø 1 10-9 3 2 p 6 1 = 6 ⋅ 10-9 J = e0 4  3E 02 2 = pe0  3E 02  p 2 4 36p

Analogamente, la densità di energia magnetica wH è data da

wH (z , t ) =

1 1 1 H ⋅ B = H y y 0 ⋅ m0 H y y 0 = m0 H y2 (z , t ) 2 2 2

Poiché risulta H y (z, t ) = Ex (z, t ) / h0 , si ha wH (z , t ) =

1 1 1 1 m0 H y2 (z , t ) = m0Ex2 (z , t ) m = e0Ex2 (z , t ) = wE (z, t ) 0 2 2 2 e0

quindi l’energia magnetica contenuta in t è pari all’energia elettrica contenuta nello stesso volume: WH = WE = 6 ⋅ 10-9 J .

L’energia totale immagazzinata nel campo elettromagnetico è la somma delle energie elettrica e magnetica: W = WH + WE = 12 ⋅ 10-9 J .

3) La potenza elettromagnetica PS (t ) uscente all’istante t dalla superficie di frontiera S = ¶t si ottiene calcolando il flusso del vettore di Poynting P = E ´ H uscente da S:

PS (t ) =

ò

n ⋅ PdS

S =¶t

(dove n è il versore normale a S orientato verso l’esterno di t ). Essendo

19

P (z, t ) = Ex (z, t ) x 0 ´ H y (z, t ) y0 = Ex (z, t ) H y (z , t ) z0 = = E0H 0

1 z - ct 1+ 

(

)

2

z0 = Pz (z, t ) z0

si vede che il vettore di Poynting è diretto lungo l’asse z . Pertanto le facce laterali del cubo t poste sui piani x = , y =  , avendo normali ortogonali all’asse z , non danno contributo al flusso di P . All’istante t = 0 s si ha poi

P (z, 0) = Pz (z, 0) z0 = E 0 H 0

1

()

z 1+ 

2

z0 ;

essendo Pz (z, 0) una funzione pari di z il flusso di P attraverso la faccia del cubo posta sul piano z = - è uguale ed opposto al flusso attraverso la faccia in z = + (i versori sulle due facce sono opposti). In definitiva quindi risulta PS (0) = 0 . Ad un istante t ¹ 0 s si ha invece

P (z, t ) = Pz (z, t ) z0 = E0 H 0

1 z - ct 1+ 

(

)

2

z0 .

In particolare per t = t = 40 ns risulta ct @ 3 ⋅ 108 ⋅ 40 ⋅ 10-9 = 12 m=2 quindi si ha z - ct z - 2 = .  

Il flusso del vettore di Poynting attraverso la faccia posta in z = - vale allora + +

ò ò -z0 ⋅ P (z, t ) dxdy = -(2) Pz (-, t ) = -4 E0 H 0 2

2

-  -

= -42E0 H 0

1 E2 = -2  2 0 1+9 5h0

mentre il flusso attraverso la faccia in z = + risulta

20

1 = æ - - 2 ö÷2 1 + çç è  ø÷

+ +

2

ò ò z0 ⋅ P (z, t ) dxdy = (2) Pz (+, t ) = 4 E0 H 0 2

-  -

= 4 2E 0 H 0

1 = æ + - 2 ÷ö2 1 + çç ÷ø è . 

1 E2 = 22 0 1+1 h0

In definitiva quindi, sommando i contributi delle facce in z =  si trova

(

)

PS t = 40 ns = -22

E02 E2 E2 12 12 + 22 0 = 82 0 @ 8 ⋅ 62 = @ 0.153 W . 5h0 5h0 5 ⋅ 120p 25p h0

Esercizio 2

1) Calcoliamo il rotore del campo elettrico:

x0  ´ E (z, t ) = ¶ / ¶x Ex (z , t ) = y0

y0

x0

¶ / ¶y ¶ / ¶z = y 0 0

0

¶E x = ¶z

.

¶ é - j (b - j a)z ù E 0e = -j (b - j a ) E 0e - j (b - j a)z y 0 ê ú ë û ¶z

e il secondo membro della prima equazione di Maxwell -j wmH = -j wmH 0 y0e - j (b - j a)z = -j wm

E0 y0e - j (b - j a)z . h

La prima Equazione di Maxwell sarà verificata se risulta

b - ja =

wm ; h

calcolando il rapporto a secondo membro si ottiene: p

-j wm 2p ⋅ 109 ⋅ 4p ⋅ 10-7 p pö æ = = 20p 4 2e 8 = 20p 4 2 ççcos - j sin ÷÷ ; p è h 8 8ø 40p j 8 e 4 2

21

confrontando con le espressioni date per b e a si conclude che la prima Equazione di Maxwell è verificata. Calcoliamo poi il rotore del campo magnetico

x0

y0

 ´ H = ¶ / ¶x

¶ / ¶z = -x 0

H y (z , t )

0 = -x 0

¶ / ¶y

x0

¶ ¶z

0

¶H y ¶z

= .

éH e - j (b - j a)z ù = j (b - j a ) H e - j (b - j a)z x 0 0 êë 0 úû

e il secondo membro della seconda equazione di Maxwell s E + j weE = (s + j we) E = (s + j we) E 0x 0e - j (b - j a)z = = (s + j we) hH 0 x0e

- j (b - j a)z

.

La seconda Equazione di Maxwell sarà verificata se risulta

(s + j we) h = j (b - j a ) = a + j b ; calcolando il prodotto a primo membro si ottiene: -9 æ ö 40p j p 9 10 ÷ ç e 8 = ⋅ 9÷ (s + j we) h = çç0.5 + j 2p ⋅ 10 ⋅ 36p ÷÷ø 4 2 è p

p

-j æ1 1 ö 40p j p pö æ = çç + j ÷÷ 4 e 8 = j 20p 4 2e 8 = j 20p 4 2 ççcos - j sin ÷÷ = ; è è2 ø 2 2 8 8ø pö æ p = 20p 4 2 ççsin + j cos ÷÷ = è 8 8ø

confrontando con le espressioni date per b e a si conclude che anche la seconda Equazione di Maxwell è verificata.

2) La densità di potenza dissipata mediamente in un periodo per effetto Joule è

pc =

1 1 s E 2 = s E 0 x0e - j (b - j a)z 2 2

Nell’origine delle coordinate quindi risulta

22

2

=

1 2 s E 0 e -2az 2

pc =

1 1 2 s E 0 = ⋅ 0.5 ⋅ 12 = 0.25 éëê W/m 3 ùúû 2 2

3) Le densità di potenza scambiate mediamente in un periodo con il campo elettrico e con il campo magnetico sono date da

1 p E = - weJ E 2 2 1 p H = - wmJ H 2 2 Poiché e e m nel mezzo considerato sono reali entrambe le quantità sono nulle.

23

Esercizi sulle onde piane

Esercizio

Un’onda piana nello spazio libero ha il campo elettrico espresso nel dominio dei fasori da

E (r) = (x 0 - y0 )e

-j

40p (x +y ) 3 2 .

Individuare il vettore di polarizzazione del campo elettrico e il suo vettore di propagazione (vettore di fase e vettore di attenuazione); 1)

verificare che tale campo soddisfa l’equazione di Helmholtz e la condizione di solenoidalità alla frequenza di 2 GHz nel vuoto;

2)

calcolare il campo magnetico dell’onda e determinare il tipo di polarizzazione dei campi elettrico e magnetico;

3)

scrivere l’equazione cartesiana delle superfici equifase;

4)

calcolare la velocità di fase dell’onda nella direzione dell’asse x .

Ripetere i precedenti punti per un’onda piana avente campo elettrico

E ( r)

= ( j 3 2y0 + 5z0 )e

24

-j

10p (5x +5y - j 3 2z ) 3 2 .

Soluzione

1) Per il primo campo elettrico il vettore di polarizzazione è E0 = x 0 - y 0 [ V/m ] , il vettore di fase è b =

40p (x0 + y0 ) [rad/m ] , il vettore di attenuazione è nullo: 3 2

a = 0 [Np/m ] , quindi il vettore di propagazione è k =

Per

il

secondo

campo

elettrico

si

ha

E0 = j 3 2y 0 + 5z0 [ V/m ] , vettore di fase b = attenuazione a =

k=

40p (x0 + y0 ) [rad/m ] . 3 2

vettore

di

polarizzazione

50p (x0 + y0 ) [rad/m ] , vettore di 3 2

30p 2 z0 = 10pz0 [Np/m ] e infine vettore di propagazione 3 2

50p 10p é 5 (x 0 + y0 ) - j 3 2z0 ùúû éêë m -1 ùúû . (x0 + y0 ) - j10pz0 = ê ë 3 2 3 2

2) Affinché il campo elettrico di un’onda piana soddisfi l’equazione di Helmholtz deve essere soddisfatta la condizione di separabilità k ⋅ k = k 2 = w 2mec . In questo caso essendo la frequnza pari a 2 GHz e poiché il mezzo è il vuoto risulta 2 æ 40p ÷ö2 é -2 ù æ w ÷ö2 æç 2p ⋅ 2 ⋅ 109 ö÷ ç ÷ = w mec = w m0 e0 = çç ÷ = çç çè 3 ø÷ ëê m úû 8 ÷ èc ø è 3 ⋅ 10 ø÷ 2

2

Per il primo campo elettrico si ha

é 40p ù é 40p ù æ 40p ö÷2 æ 40p ö÷2 é -2 ù ç çç + ⋅ + = + = k⋅k = ê x y x y ( ) 1 1 m ûú ( 0 ( 0 ÷ 0 )ú ê 0 )ú ç è 3 ÷ø ëê ëê 3 2 ûú ëê 3 2 ûú çè 3 2 ÷ø Per il secondo campo elettrico si ha

é 10p é ù é 10p é ù k⋅k = ê 5 (x0 + y 0 ) - j 3 2z0 ùûú ú ⋅ ê 5 (x0 + y 0 ) - j 3 2z0 ùûú ú = ê ê ë ë êë 3 2 úû êë 3 2 úû æ 10p ö÷2 æ 10p ö÷2 æ 10p ÷ö2 æ 40p ÷ö2 ç ç ç = ççç + = ⋅ = ⋅ ⋅ = ( ) 25 25 18 32 2 16 ÷ ÷ ÷ çè 3 ÷ø è 3 2 ø÷ èçç 3 2 ø÷ èçç 3 2 ÷ø 25

é -2 ù ëêm ûú

Pertanto entrambi i campi soddisfano l’equazione di Helmholtz. La condizione di solenoidalità del campo elettrico di un’onda piana è espressa dall’equazione k ⋅ E0 = 0 . Per il primo campo elettrico si ha

é 40p ù 40p k ⋅ E0 = ê (1 - 1) = 0 (x0 + y0 )ú ⋅ éë(x0 - y0 )ùû = 3 2 ëê 3 2 ûú Per il secondo campo elettrico si ha

é 10p é ù úù ⋅ é j 3 2y0 + 5z0 + k ⋅ E0 = ê x y j z 5 3 2 ( ) 0 0 0 ê úû ú êë êë 3 2 ë û 10p = ( j15 2 - j15 2 ) = 0 3 2

ù= úû

Pertanto entrambi i campi elettrici sono solenoidali.

3) Il campo magnetico della prima onda è dato da

H ( r) =

40 p -j (x +y ) ù ù éê 1 1 é 40p ú= 3 2 k ´ E ( r) = x y x y + ´ e ê ú ( 0 ( 0 0) 0) ê ú wm0 wm0 êë 3 2 ûú ëê ûú 40 p (x +y ) 2

-j 1 40p = (x0 + y0 ) ´ (x0 - y0 )e 3 9 -7 2p ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 4p ⋅ 10 3 2

=

40p (x +y ) 2

-j 1 z0e 3 =60p 2

Tale campo è diretto lungo l’asse z pertanto è polarizzato linearmente. Il campo elettrico della prima onda ha vettore di polarizzazione E0 = x 0 - y 0 [ V/m ] reale, pertanto è anch’esso polarizzato linearmente.

Il campo magnetico della seconda onda è dato da

26

H (r ) =

1 k ´ E (r ) = wm0

1 ïìï 10p = í wm0 ïîï 3 2 = = =

10 p é 5x + 5y - j 3 -j é5 x + y - j 3 2z ùïüï ´ êê j 3 2y + 5z e 3 2 ( êë ( 0 0) 0 úý 0 0 ûïþï ê ëê

(

1 2p ⋅ 2 ⋅ 109 ⋅ 4p ⋅ 10-7 1 480p

( j15 2

1 480p 2

(

)

2z

) ùú

10 p

-j 10p é ù ´ j 3 2 y + 5z e 3 j 5 3 2 x + y z ( ) ê 0 0 0ú 0 0 û 3 2ë

(

)

2z0 - 25y0 + 25x 0 - 18x0 e

)

7x 0 - 25y 0 + j 15 2z0 e

-j

10 p 3 2

-j

10p

3 2

(5x +5y - j 3 2z )

)

ú= ú ûú 2

(5x +5y - j 3 2z )

=

(5x +5y - j 3 2z )

Tale campo è proporzionale al vettore 7 x 0 - 25y0 + j 15 2z0 che ha parti reale e immaginaria ortogonali (quindi escludiamo la polarizzazione lineare) e aventi modulo diverso (quindi escludiamo la polarizzazione circolare); pertanto il campo magnetico è polarizzato ellitticamente. Con un ragionamento analogo si conclude che anche il campo elettrico della seconda onda è polarizzato ellitticamente.

4) L’equazione delle superfici equifase si ottiene uguagliando a una costante la funzione di fase dell’onda. Nel caso di un’onda piana la funzione di fase è F (r) = b ⋅ r . Per la prima onda si ha

é 40p ù b⋅r = ê (x0 + y0 ) ú ⋅ (xx0 + yy0 + zz0 ) = êë 3 2 úû 40p = (x + y ) 3 2 pertanto l’equazione delle superfici (piani) equifase è x + y = cost . Per la seconda onda si ha

é 50p ù b⋅r = ê (x0 + y0 ) ú ⋅ (xx0 + yy0 + zz0 ) = ëê 3 2 ûú 50p = (x + y ) 3 2 pertanto l’equazione delle superfici (piani) equifase è ancora x + y = cost .

27

=

5) La velocità di fase di un’onda in una direzione orientata r con versore r0 è data da

ur =

w w = b ⋅ r0 br

Per la prima onda la velocità di fase nella direzione dell’asse x è quindi w w w = = = 40p b ⋅ x0 bx x y x + ⋅ ( 0 0) 0 3 2 2p ⋅ 2 ⋅ 109 = = 3 2 ⋅ 108 [m/s ] 40p 3 2

ux =

mentre per la seconda onda si ha

w w w = = = p 50 b ⋅ x0 bx (x 0 + y 0 ) ⋅ x 0 3 2 9 2p ⋅ 2 ⋅ 10 12 = = 2 ⋅ 108 [m/s ] 50p 5 3 2

ux =

28

Esercizi sulle coordinate curvilinee

Esercizio 1

Partendo dalle relazioni che esprimono le coordinate cartesiane (x , y, z ) in funzione delle coordinate sferiche (r , q, j) :

x = r sin q cos j y = r sin q sin j z = r cos q si determinino le espressioni dei versori fondamentali in coordinate sferiche (r0, q 0, j0 ) in funzione dei versori fondamentali (x0, y0, z0 ) in coordinate cartesiane e viceversa le espressioni di (x 0, y0 , z0 ) in funzione di (r0, q 0, j0 ) .

Esercizio 2

Calcolare in coordinate sferiche il gradiente e il laplaciano della funzione

g (r) = G (r ) =

e - jkr 4pr

definita per r > 0 . Detta ta la sfera con centro nell’origine e raggio a , calcolare il flusso del gradiente di g attraverso la superficie S = ¶ta avente normale n orientata verso l’esterno di ta .

Esercizio 3

Calcolare in coordinate sferiche il rotore della funzione

A ( r) =

e - jkr - sin q q 0 + cos q r0 4pr

(

29

)

Soluzioni Esercizio 1

Derivando rispetto a r le espressioni delle coordinate cartesiane in funzione delle coordinate sferiche si ottengono le componenti cartesiane di un vettore v tangente alla linea coordinata ‘ r ’:

¶r ¶x ¶y ¶x = x0 + y0 + z0 ¶r ¶r ¶r ¶r = sin q cos jx0 + sin q sin j y 0 + cos q z0

v=

Essendo

v = sin2 q cos2 j + sin2 q sin2 j + cos2 q = sin2 q + cos2 q = 1 , il versore

fondamentale r0 tangente alla linea coordinata ‘ r ’ è proprio il vettore v : r0 = sin q cos jx 0 + sin q sin j y0 + cos q z0

Analogamente si procede per gli altri due versori fondamentali: ¶r ¶x ¶y ¶x x0 + y0 + z = ¶q ¶q ¶q ¶q 0 = r cos q cos jx 0 + r cos q sin j y0 - r sin q z0 ¶r = r cos2 q cos2 j + cos2 q sin2 j + sin2 q = r ¶q  q 0 = cos q cos jx 0 + cos q sin j y0 - sin q z0

¶r ¶x ¶y ¶x = x0 + y0 + z ¶j ¶j ¶j ¶j 0 = -r sin q sin jx0 + r sin q cos j y 0 ¶r = r sin2 q sin2 j + sin2 q cos2 j = r sin q ¶j  j0 = - sin jx 0 + cos j y 0 Sinteticamente possiamo scrivere:

30

(r0, q0, j0 ) = (x0, y0, z0 ) ⋅ éëêAùûú æsin q cos j cos q cos j - sin jö÷ ç éAù = çççsin q sin j cos q sin j cos j ÷÷÷ êë ûú ç ÷÷ ççè cos q - sin q 0 ÷ø÷ La matrice [A] che esprime il cambiamento di base è una matrice ortogonale, poiché le basi (x 0, y0 , z0 ) e (r0, q 0, j0 ) sono ortonormali. Pertanto la sua inversa è pari alla sua trasposta e abbiamo immediatamente

(x0, y0, z0 ) = (r0, q0, j0 ) ⋅ éêëAT ùúû æsin q cos j sin q sin j cos q ö÷ ç éAT ù = ççcos q cos j cos q sin j - sin q÷÷÷ êë úû çç ÷÷ ççè - sin j cos j 0 ÷÷ø

Esercizio 2

L’espressione generale del gradiente di una funzione F in coordinate sferiche è:

F (r) = r0

¶F 1 ¶F 1 ¶F + q0 + j0 r ¶q r sin q ¶j ¶r

Nel caso in esame la funzione G non dipende dalle coordinate angolari, pertanto

G = r0

¶G -jkre - jkr - e - jkr 1 + jkr - jkr = r0 = -r0 e 2 ¶r 4pr 4pr 2

Dall’espressione generale del laplaciano in coordinate sferiche 2F (r) =

1 ¶ æç 2 ¶F ö÷ 1 ¶ æç ¶F ö÷ 1 ¶2F r + sin q + ÷ ÷ ç ç ¶q ÷ø r 2 sin2 q ¶j2 r 2 ¶r è ¶r ÷ø r 2 sin q ¶q è

abbiamo poi 1 ¶ æç 2 ¶G ö÷ 1 ¶ æ 1 + jkr - jkr ö÷ çe ÷÷ = 2 ÷÷ø = çèr 2 ¶r ø r ¶r çè 4p r ¶r 1 é - jkr =+ (1 + jkr )(-jk )e - jkr ùú = jke û 4pr 2 ëê - jkr 2e = -k 4pr 31

2G =

Infine, tenendo conto che su S = ¶ta risulta n = r0 , calcoliamo il flusso richiesto: 2p p

ò

r0 ⋅ GdS =

S =¶t

òò0 0

1 + jka - jka 2 e a sin q dq dj = 4pa 2 2p p

1 + jka - jka =e ò 4p 0

ò sin qdqdj = 0

1 + jka - jka 4p = - (1 + jka )e - jka =e 4p Esercizio 3

L’espressione generale del rotore di una funzione A (r) in coordinate sferiche è:

 ´ A (r) = r0

1 r sin q

é¶ ¶A ù ê (Aj sin q ) - q ú + êë ¶q ¶j úû

+q 0

ù 1 é 1 ¶Ar ¶ ê rAj )ú + ( úû r êë sin q ¶j ¶r

+j 0

1é ¶ ¶A ù ê (rAq ) - r ú ¶q úû r êë ¶r

Nel caso in esame Ar = cos qG (r ) , Aq = - sin qG (r ) , Aj = 0 e ¶ / ¶j = 0 , pertanto ¶A ù 1é ¶ ê (rAq ) - r ú = ¶q úû r êë ¶r ù ¶ 1é ¶ j0 ê (- sin qrG (r )) (cos qG (r ))ú = ¶q r ëê ¶r ûú ù ¶ 1é j0 ê- sin q (rG (r )) + sin qG (r )ú = úû ¶r r êë é ¶ 1 e - jkr ùú = j0 sin q ê- (e - jkr ) + ê ¶r r úû 4pr ë é 1ù e - jkr j0 sin q ê jk + ú r ûú 4pr ëê

 ´ A ( r ) = j0 = = = =

32

Esercizi sulla radiazione

Esercizio 1

Un dipolo elettrico elementare è posto nell’origine delle coordinate lungo l’asse z e irradia nel vuoto alla frequenza f = 500 [MHz] con I  = 10-5 [ A ⋅ m ] . Un’antenna filiforme di lunghezza d = 20 [ cm ] parallela all’asse z , con centro nel punto P di coordinate (x , y, z ) = (5, 0, 0)[ m ] , riceve il campo irradiato dal dipolo. 1)

Calcolare il campo elettrico irradiato dal dipolo nel punto P .

2)

Scrivere l’espressione dell’onda piana che approssima l’onda prodotta dal dipolo nell’intorno di P adottando l’approssimazione di campo lontano (o di Fraunhofer).

3)

Valutare l’errore relativo che si commette sul modulo del campo elettrico

approssimando

il

campo

mediante

l’onda

piana

individuata nel punto precedente, sia nel punto P (al centro dell’antenna

ricevente)

sia

nel

punto

Q

di

coordinate

(x , y, z ) = (5, 0, 0.1)[ m ] (all’estremità dell’antenna ricevente).

Esercizio 2

La densità di corrente elettrica che scorre su un’antenna metallica lineare sottile di lunghezza 2 con centro nell’origine delle coordinate, parallela all’asse z e alimentata nel suo punto di mezzo, può essere rappresentata in modo approssimato come una corrente impressa parallela all’asse z , concentrata sullo stesso asse e avente il seguente andamento (per z £  ):

I (z ) @ I 0

sin [k ( - z )] sin (k  )

Si calcoli il campo lontano irradiato da tale corrente impressa.

33

Esercizio 3

Un dipolo elettrico elementare (dipolo corto) è posto nell’origine delle coordinate lungo l’asse z e irradia nel vuoto alla frequenza f = 10 éêëGHzùúû generando una potenza reale pari a 1 éêë mWùûú . Calcolare il modulo del campo elettrico prodotto dal dipolo nel punto P di coordinate (x , y, z ) = (2,2,1) éêëm ùúû .

Esercizio 4

Un dipolo elettrico elementare è posto nell’origine delle coordinate lungo l’asse z e irradia nel vuoto alla frequenza f = 2 éêëGHzùûú con momento di dipolo elettrico pe = 10-16 éêëC ⋅ m ùúû .

Verificare

che

il

punto

P

di

coordinate

(x , y, z ) = (3 / 2, 3 / 2, 4) éêë m ùúû si trova nella regione di campo lontano del dipolo e scrivere l’espressione dell’onda piana uniforme che approssima nell’intorno del punto P il campo prodotto dal dipolo.

Esercizio 5

Nel rettangolo del piano xy con centro nell’origine e lati di lunghezza L e W esiste una corrente impressa superficiale JiS (x , y ) diretta lungo l’asse x con il seguente andamento: æ px ö JiS (x , y ) @ J 0 x0 cos çç ÷÷÷ çè L ÷ø

( x £ L, y £ W )

Si calcoli il campo lontano irradiato da tale sorgente.

34

Soluzioni Esercizio 1

1. Le espressioni in coordinate sferiche delle componenti del campo elettrico prodotto dal dipolo elementare sono (cfr. libro di testo, Eqq. IX.10.27-IX.10.29): æ 2 e - jkr 2 ö Er = jk z I  cos q çç - 2 2 ÷÷÷ çè jkr k r ø 4pr

E q = jk z I 

æ e - jkr 1 1 ö - 2 2 ÷÷÷ sin q çç1 + jkr k r ø 4pr èç

Ej = 0

Le coordinate sferiche del punto P sono (r , q, j) = (5 [ m ], p / 2 [rad], 0 [rad]) . Poiché nel punto P risulta cos q = 0 , il campo elettrico è ivi diretto lungo q (ovvero lungo z , poiché q 0 = -z0 per q = p / 2 ). Nel mezzo considerato, il vuoto, le costanti

secondarie sono z @ 120p [W] e k = w / c @ 2p ⋅ 500 ⋅ 106 / (3 ⋅ 108 ) = 10p / 3 [rad/m ]

pertanto kr @ 50p / 3 @ 52.36 [rad ] . Sostituendo i valori numerici nell’espressione di

E q sopra riportata abbiamo: - j 50 p / 3 æ ö÷ 10p 1 1 çç -5 e 120p ⋅ 10 ⋅ 1+ E q (P ) = j ÷÷ 3 20p ççè j 50p / 3 (50p / 3)2 ÷÷ø

@ 2p ⋅ 10-4 ⋅ e - j p / 6 (0.999635 - j 0.019099) @ (5.37941 - j 3.24437 ) ⋅ 10-4 [ V/m ] 2. L’approssimazione di campo lontano consiste, per il caso considerato, nel trascurare il secondo e terzo addendo in parentesi nell’espressione di E q . Nel punto P risulta allora:

E qff

- j 50 p / 3 10p -5 e 120p ⋅ 10 ⋅ (P )  j 3 20p -4 -j p / 6 @ 2p ⋅ 10 ⋅ e @ (5.44140 - j 3.14159) ⋅ 10-4 [ V/m ]

(dove l’apice ‘ff’ sta per ‘far field’, campo lontano). Poiché nel punto P si ha r0 = x0 e q 0 = -z0 , l’onda piana che approssima il campo prodotto dal dipolo nell’intorno di P sarà un’onda piana uniforme che si propaga lungo l’asse x con il campo elettrico polarizzato linearmente lungo l’asse z . La sua espressione analitica è quindi

35

EPW = E 0z0e - jkx (dove il pedice PW sta per ‘Plane Wave’, onda piana). Valutando questa espressione nel punto P abbiamo E 0e - j 50p / 3 = -E qff (P ) = (-5.44140 + j 3.14159) ⋅ 10-4 [ V/m ] da cui si può ricavare E 0 @ (-5.44140 + j 3.14159) ⋅ 10-4e j 50p / 3 @ -j 6.28319 ⋅ 10-4 [ V/m ] , pertanto E PW = -j 6.28319 ⋅ 10-4 z0e - j 10px / 3 [ V/m ]

3. Abbiamo visto che il campo elettrico in P ha solo la componente q non nulla, di cui abbiamo già calcolato il valore esatto ( E q (P ) @ (5.37941 - j 3.24437 ) ⋅ 10-4 [ V/m ] ) e il valore approssimato alla Fraunhofer ( E qff (P )  (5.44140 - j 3.14159) ⋅ 10-4 [ V/m ] ); possiamo quindi calcolare l’errore relativo sul modulo di E in P : E ff (P ) - E (P )

er =

E (P )

E q (P )

(5.37941 - j 3.24437 ) ⋅ 10-4 6.28319 ⋅ 10-4 - 6.28204 ⋅ 10-4

=

punto

=

(5.44140 - j 3.14159) ⋅ 10-4 - (5.37941 - j 3.24437 ) ⋅ 10-4

@

Il

E qff (P ) - E q (P )

-4

6.28204 ⋅ 10

Q

ha

coordinate

=

@ 2 ⋅ 10-4 = 0.02%

sferiche

r = 52 + 0.12 = 5.0009999 [ m ] ,

q = p / 2 - tan-1 (0.1/ 5) @ 1.550799 [rad] « 88.854 , j = 0 . Sostituendo questi valori nelle espressioni esatte delle componenti del campo prodotto dal dipolo troviamo:

Er (Q ) @ (5.34302 - j 3.29918) ⋅ 10-4 [ V/m ] E q (Q ) @ (-2.52077 - j 4.08246) ⋅ 10-7 [ V/m ] E (Q ) @ 6.27953 ⋅ 10-4 [ V/m ] . Adottando l’approssimazione

da cui otteniamo

E @ EPW

si

ha

invece

(in

tutti

i

punti

dello

spazio)

EPW = E 0 = E qff (P ) @ 6.28319 ⋅ 10-4 [ V/m ] , pertanto l’errore relativo sul modulo di E in Q risulta:

er =

6.28319 ⋅ 10-4 - 6.27953 ⋅ 10-4 -4

6.27953 ⋅ 10

36

@ 6 ⋅ 10-4 = 0.06%

Esercizio 2

Consideriamo l’espressione generale del campo elettrico lontano irradiato da una distribuzione di correnti impresse Ji :

Eff (r) = -jk z

e - jkr 4pr

ò r0 ´ Ji (r¢) ´ r0 e

jkr0 ⋅r ¢

dr ¢

t

Nel problema in esame le correnti impresse sono concentrate sul segmento G = {x = 0, y = 0, z Î (-, + )} dell’asse z e sono dirette lungo z ; analiticamente

quindi possono essere espresse mediante la funzione Delta di Dirac lineare dG (r) :

Ji (r) = I (z ) dG (r)

Sostituendo questa nell’espressione del campo elettrico lontano abbiamo ¢

Eff (r) = -jk z ò I (z ¢) r0 ´ z0 ´ r0 e jkr0 ⋅z0z ds = G

+

¢

= q 0 jk z sin q ò I (z ¢)e jk cos qz dz ¢ -

(dove si è fatto uso delle r0 ´ z0 ´ r0 = z0 - (z0 ⋅ r0 ) r0 e z0 = - sin qq 0 + cos q r0 , da cui si ricava r0 ´ z0 ´ r0 = - sin qq 0 + cos q r0 - cos q r0 = - sin qq 0 ). A questo punto il problema si riduce al calcolo dell’integrale in z ¢ , che per la distribuzione di corrente assegnata diventa +

ò I (z ¢)e

-

jk cos qz ¢

+

I0 ¢ dz ¢ = sin êék ( - z ¢ )úù e jk cos qz dz ¢ = ò ë û sin (k  ) - + 0 ïüï I 0 ïìï ¢ jk cos qz ¢ é ù = dz ¢ + ò sin éëêk ( - z ¢)ùûú e jk cos qz dz ¢ý íò sin ëêk ( + z ¢)ûú e ïï sin (k  ) ïï 0 îï- þï

Rappresentando la funzione seno nell’integrando mediante le funzioni esponenziali secondo la nota relazione sin a = (e j a - e- j a ) / 2 il calcolo degli integrali è

37

immediato; posto per brevità kz = k cos q si ha: 0

ò

-

1 ¢ sin ëêék ( + z ¢)ûúù e jkz z dz ¢ = 2j =

1 2j

1 = 2j

0

é

- jk ( +z ¢) ù jkz z ¢

ò êëe

jk ( +z ¢)

ò éêëe

jk  j (kz +k )z ¢

- 0

-e

e

-

úe û

dz ¢ =

¢ - e - jk e j (kz -k )z ùú dz ¢ û

- j (kz +k )  - j (kz -k )  ù é - jk  1 - e êe jk  1 - e ú= -e ê ú j k k j k k + ( ) ( ) z z êë úû

- jkz  jk  - (kz + k )(e - jk  - e - jkz  ) ) 1 (kz - k )(e - e = = 2 k 2 - kz2

= 

ò 0

2 jkz sin (k  ) + 2k (e - jkz  - cos (k  )) 2 (k 2 - kz2 ) 

1 ¢ sin éêëk ( - z ¢)ùúû e jkz z dz ¢ = 2j

ò êëe

jk ( -z ¢)

1 2j

ò êëée

jk  j (kz -k )z ¢

=

1 = 2j

0 

é

-e

- jk ( -z ¢) ù jkz z ¢

e

0

úe û

dz ¢ =

¢ - e - jk e j (kz +k )z úù dz ¢ û

j (kz -k )  j (kz +k )  é -1 - 1 ùú - jk  e êe jk  e = e ê j (kz - k ) j (kz + k ) úûú ëê

jkz  - e jk  ) - (kz - k )(e jkz  - e - jk  ) 1 (kz + k )(e = = 2 k 2 - kz2

=

-2 jkz sin (k  ) + 2k (e jkz  - cos (k  )) 2 (k 2 - kz2 )

dunque 

ò

-

e ¢ sin éêk ( - z ¢ )ùú e jkz z dz ¢ = 2k ë û = 2k =2

jkz 

+ e jkz  - 2 cos (k  ) 2 (k 2 - kz2 )

cos (kz  ) - cos (k  ) = k 2 - kz2

cos (k  cos q ) - cos (k  ) k sin2 q

e infine

Eff (r) = jk z

e - jkr 2I 0 cos (k  cos q ) - cos (k  ) q0 4pr sin (k  ) k sin q

38

=

Esercizio 3

La potenza totale irradiata da un dipolo corto è (cfr. libro di testo, Eq. IX.10.41):

Ptot

2 pz 2 æç  ö÷ = I çç ÷÷ 3 è l ø÷

Con i dati del problema ( f = 10 éêëGHzùúû , Ptot = 1 éêëmWùúû = 10-3 éêë Wùúû ) possiamo quindi calcolare il prodotto I  :

I =l

3 c Ptot = pz f

3 3 ⋅ 108 Ptot @ pz 10 ⋅ 109

3 3 10-3 = ⋅ 10-4 éêë A ⋅ m ùúû 2p p ⋅ 120p

Le espressioni delle componenti in coordinate sferiche del campo prodotto da un dipolo corto posto nell’origine delle coordinate lungo l’asse z sono (cfr. libro di testo, Eqq. IX.10.27-IX.10.29):

Er = jk z I 

æ 2 e - jkr 2 ö - 2 2 ÷÷÷ cos q çç çè jkr k r ø 4pr

æ e - jkr 1 1 ö - 2 2 ÷÷÷ E q = jk z I  sin q çç1 + çè 4pr jkr k r ø Ej = 0

Nel punto P risulta r = 22 + 22 + 12 = 9 = 3 éêë m ùûú e cos q = z / r = 1 / 3 (da cui

sin q = 2 2 / 3 ); non è necessario calcolare la coordinata j perché le espressioni del campo sopra riportate non dipendono da tale coordinata. Essendo poi Ej = 0 , il modulo del campo nel punto P sarà:

E =

Er

2

+ Eq

2

Ora, per i moduli delle componenti del campo elettrico abbiamo:

39

1 2 2 cos q 2 jkr k r 2 4pr 1 1 1 Eq = k z I  sin q 1 + jkr k 2r 2 4pr Er = k z I 

dove ai secondi membri figurano tutte quantità note. Effettuando i calcoli si trova:

Er @ Eq @ e infine E @ ... Esercizio 4

Calcoliamo innanzitutto la quantità I  , che è legata al momento di dipolo elettrico pe dalla relazione I  = j w pe , per cui I  = j 2p ⋅ 2 ⋅ 109 ⋅ 10-16 = j 4p10-7

Determiniamo r=

poi

le

(3 / 2 ) + (3 / 2 ) + 4 2

sin q = 3 / 5 ),

2

2

coordinate

sferiche

= 9 + 16 = 5 éêë m ùûú ,

(

del

punto

cos q = z / r = 4 / 5

)

cos j = x / x 2 + y 2 = 3 / 2 / 9 / 2 + 9 / 2 = 1 / 2

(

éA ⋅ mù . êë úû

P:

(da

cui

(da

cui

)

sin j = 1 / 2 ). Risulta inoltre k = w / c @ 2p ⋅ 2 ⋅ 109 / 3 ⋅ 108 = 40p / 3 éêërad/m ùúû e quindi l = 2p / kR = 2p / k = 0.15[m] ; constatiamo che r  l , dunque il punto P si trova nella regione di campo lontano del dipolo. A questo punto possiamo calcolare il campo elettrico secondo le formule (cfr. libro di testo, Eqq. IX.10.34-IX.10.36)

Er @ 0 E q @ jk z I  Ej = 0

e - jkr sin q 4pr

Pertanto risulta

40

E (P ) @ E q (P ) q 0 @ jk z I 

e - jkr sin q q 0 = 4pr -j

40 p ⋅5 3

p

j 40p 3 e =j ⋅ 120p ⋅ j 4p10-7 ⋅ q 0 = 192e 3 q 0 3 4p ⋅ 5 5

L’onda piana che approssima nell’intorno di un punto posto nella regione di campo lontano il campo prodotto da qualunque sorgente si propaga in direzione radiale allontanandosi dalla sorgente. In questo caso dunque si propaga nella direzione del versore r0 = sin q cos fx 0 + sin q sin fy 0 + cos q z0 , ovvero

r0 =

3 5 2

x0 +

3 5 2

y0 +

4 z 5 0

L’espressione dell’onda piana richiesta è dunque

EPW (r ) = E0e

- jkr0 ⋅ r

= E0e

-j

40 p æç 3 3 4 ö x+ y + z ÷÷÷ çç 3 èç 5 2 5 ÷ø 5 2

Uguagliando questa espressione al valore del campo elettrico nel punto P possiamo infine determinare il vettore E 0 :

E (P ) = E0e

- jkr0 ⋅ r

 E0 =

P

= E 0e

-j

201p j 192e 3 q

40 p æç 3 3 3 3 4 ö÷ ç + + 4÷÷ 3 ççè 5 2 2 5 2 2 5 ÷ø

= E 0e

-j

200 p 3

= 192e

j

p 3q

0

0

Esercizio 5

Il campo lontano prodotto dalla sorgente assegnata si scrive (cfr. libro di testo, Eq. IX.5.28):

+L /2 +W /2

é æ öù êJ x cos çç px ¢ ÷÷ú ´ r e jkr0 ⋅r¢ dx ¢dy ¢ = r ´ ò ò 0 êê 0 0 çè L ÷÷øúú 0 ë û -L /2 -W /2 +L /2 +W /2 - jkr æ px ¢ ÷ö jk (x ¢ sin q cos j +y ¢ sin q sin f) e ÷÷e dx ¢dy ¢ J 0 r0 ´ x0 ´ r0 ò ò cos ççç = -jk z ÷ø 4pr L è -L /2 -W /2

e- jkr E (r) = -jk z 4pr ff

41

avendo considerato che nel rettangolo indicato risulta r ¢ = x ¢x 0 + y ¢y 0 e che inoltre r0 = sin q cos fx 0 + sin q sin fy 0 + cos q z0 . Per quanto riguarda la parte vettoriale,

poiché x 0 = sin q cos f r0 + cos q cos f q 0 - sin j j0 si ha

r0 ´ x 0 ´ r0 = x0 - (r0 ⋅ x 0 ) r0 = cos q cos f q 0 - sin j j0

Per quanto riguarda l’integrale, essendo l’integrando fattorizzabile e il dominio di integrazione rettangolare possiamo scrivere: +L /2 W /2

æ px ¢ ö÷ jk (x ¢ sin q cos j +y ¢ sin q sin f) ÷e cos çç dx ¢dy ¢ = çè L ÷÷ø -L /2 -W /2

ò ò +L /2

=

ò

-L /2 +L /2

=

æ px ¢ ö÷ jkx ¢ sin q cos j ÷÷e cos ççç dx ¢ ⋅ è L ÷ø

W /2

ò

e jky

¢ sin q sin f

dy ¢

-W /2

W /2

æ px ¢ ö÷ jk x ¢ jk y ¢ ÷÷e x dx ¢ ⋅ ò e y dy ¢ cos çç çè L ÷ø -L /2 -W /2

ò

dove si è posto per brevità kx = k sin q cos j e ky = k sin q sin j . A questo punto gli integrali sono elementari e risulta +L /2 æ px ¢ px ¢ ö æ px ¢ ö÷ jk x ¢ -j ÷ jkx x ¢ ç +j L 1 ç L ÷ x ç ¢ ÷ ÷÷e cos e d x e e dx ¢ = + ç ç ò çè L ø÷÷ ò çç ÷÷ 2 ø -L /2 -L /2 è æ ö æ æ pö ö +L /2 + j ççk + p ÷÷x ¢ - j çççkx - ÷÷÷x ¢ ÷ çç çç x L ÷÷ 1 ÷ø ÷ ç L ø ççe è = +e è ÷÷÷ dx ¢ =... ò ÷÷ 2 -L /2 çç è ø æ Lö cos ççkx ÷÷÷ çè 2 ÷ø 2p = L æ p ö2 çç ÷÷ - k 2 x çè L ÷÷ø +L /2

W /2

ò

-W /2

e

jky y ¢

é jkyy ¢ ù +W /2 æ Wö e 2 ú = sin ççky ÷÷÷ dy ¢ = êê ú çè 2 ÷ø ky ê jky ú ë û -W /2

42

Il campo lontano irradiato dalla sorgente assegnata è quindi

e - jkr J cos q cos f q 0 - sin j j0 ⋅ 4pr 0 æ L ö cos ççk sin q cos j÷÷÷ æ W ö ÷ø çè 2 2p 2 sin çççk sin q sin j÷÷÷ ⋅ ÷ø L æ p ö2 k sin q sin j è 2 çç ÷÷ - (k sin q cos j )2 çè L ÷÷ø

Eff (r ) = -jk z

(

)

43

Esercizi sull’incidenza normale di onde piane

Esercizio 1 Un’onda piana uniforme incide normalmente sulla superficie piana di separazione fra due semispazi occupati da mezzi diversi, entrambi lineari, stazionari, isotropi, omogenei e non dispersivi. L’onda proviene dal mezzo 1 con m1 = m0 , e1 = e0 , s1 = 0 (vuoto) e incide sul mezzo 2 con m2 = m0 , e2 = er e0 , s2 = 0 (dielettrico perfetto

non magnetico). Determinare la frazione della densità di potenza media trasportata in direzione normale all’interfaccia dall’onda incidente che viene trasferita all’onda trasmessa. Mostrare che tale risultato non dipende dallo stato di polarizzazione dell’onda incidente. Calcolare numericamente detta frazione per er = 2, 5, 10 .

Esercizio 2 Un’onda piana uniforme si propaga nel vuoto lungo l’asse z positivo alla frequenza f = 100 MHz con il campo elettrico polarizzato linearmente lungo l’asse x e incide

sulla superficie di interfaccia con il semispazio z > 0 occupato da rame ( m2 @ m0 , e2 @ e0 , s2 @ 5.8 ⋅ 107 S/m ).

a) Scrivere le espressioni dei campi elettrico e magnetico delle onde incidente, riflessa e trasmessa, e calcolare a quale distanza dall’interfaccia l’onda trasmessa si è attenuata del 50%; b) Supponendo che l’onda incidente trasporti nella direzione di propagazione una densità di potenza media Pzi = 1 mW/m2 , calcolare la potenza media dissipata dall’onda trasmessa per effetto Joule per unità di superficie ortogonale alla direzione di propagazione.

44

Soluzioni Esercizio 1 Si assuma inizialmente un’onda incidente polarizzata linearmente e un sistema di riferimento come in figura:

x

ei0 = x 0

z

k i = k1z0

1 2

L’onda incidente è cioè: E i (r ) = E 0i x 0e Hi (r ) =

E 0i z1

- jk1z

y 0e

- jk1z

dove k1 = w m1e1 e z1 = m1 / e1 . La densità di potenza media Pzi trasportata da quest’onda lungo l’asse z è data dalla componente z della parte reale del vettore di Poynting dell’onda. Risulta:

æ E i ö÷* 1 1 ç - jk z + jk *z Pi = Ei ´ Hi = E 0i x 0e 1 ´ çç 0 ÷÷÷ y0e 1 çç z ÷ 2 2 è 1ø Poiché i mezzi sono privi di perdite, z1 e k1 sono numeri reali, dunque

Pi =

1 2

E 0i E 0i* z1

2

i 1 E0 x0 ´ y0 = z 2 z1 0

cioè Pi è un vettore reale diretto lungo z . Allora i 1 E0 P = 2 z1 i z

45

2

L’onda trasmessa è: E t (r ) = E 0tx0e H t (r ) =

E 0t z2

- jk2z

y 0e

- jk2z

dove k2 = w m2 e2 e z2 = m2 / e2 . La densità di potenza media Pzt trasportata da quest’onda lungo l’asse z si calcola come per l’onda incidente e risulta t 1 E0 t Pz = 2 z2

2

Tenendo conto che E 0t = TE E 0i , dove TE = 2z2 / (z1 + z2 ) è il coefficiente di trasmissione per il campo elettrico, si ha

Pzt =

1 T 2 E

= TE

2

2

z1 z2

E 0i

2

=

z2

i z1 E 0

2

2

1 T = TE 2 E z 2 z1 2

2

i z1 1 E 0 ⋅ = z 2 2 z1

Pzi

Pertanto la frazione della densità di potenza incidente trasferita all’onda trasmessa risulta

h=

Pzt Pzi

= TE

2

2

æ 2z ö÷ z 4z1z2 2 ÷÷ 1 = = ççç 2 z2 èç z1 + z2 ÷ø z2 (z1 + z2 ) z1

Tenendo conto che z1 = m1 / e1 = m0 / e0 = z 0 (impedenza caratteristica del vuoto) e che z2 = m2 / e2 = m0 / (er e0 ) = z 0 / er , si ha

h=

4z 0z 0 / er

(

z 0 + z 0 / er

=

4 er

) ( 2

46

1 + er

)

2

Sostituendo i valori numerici indicati nel testo abbiamo infine h (er = 2) @ 0.97; h (er = 5) @ 0.85; h (er = 10) @ 0.73

Il risultato trovato non dipende dallo stato di polarizzazione dell’onda incidente. Per dimostrarlo, consideriamo la più generale onda piana uniforme che si propaga lungo l’asse z :

Ei (r ) = Ei0e

- jk1z

Hi (r ) = Hi0e

- jk1z

avente il campo elettrico polarizzato in generale ellitticamente nel piano xy :

Ei (r ) = E 0i x x0 + E 0i y y0 e inoltre

Hi (r) =

(

1 1 i z0 ´ Ei0 = E 0x y 0 - E 0i y x0 z1 z1

)

Quest’onda si può decomporre nella somma di due onde piane uniformi polarizzate linearmente: Ei (r) = E1 (r ) + E2 (r )

Hi (r) = H1 (r ) + H2 (r )

dove

ìï E r = E i y e - jk1z ïï 2 ( ) 0y 0 ï í Ei ïïH (r ) = - 0y x e - jk1z ï 2 z1 0 ïîï

ïìï E (r ) = E i x e - jk1z 0x 0 ïï 1 í E 0i x - jk z ï = H r y0e 1 ï 1( ) ï z1 ï î

Per ciascuna delle due onde {E1, H1 } e {E2 , H2 } vale il risultato trovato prima per h . Essendo poi

47

1 i - jk1z 1 + jk *z E 0e ´ Hi* e 1 = E i0 ´ Hi* = 0 0 2 2 æ ö 1 i çç 1 1 i 2 i* ÷ E z = E 0 ´ ç z0 ´ E 0 ÷÷÷ = çç z * ÷ø 2z1 0 0 2 è

Pi =

1

2 1 P = E 0t z0 2z2 t

e inoltre 2

2

2

2

E i0 = E 0i x E 0t = E 0tx

+ E 0i y + E 0ty

2æ = TE çç E 0i x çè

2

2 2

= TE E 0tx 2ö + E 0i y ÷÷÷ ø÷

2

+ TE E 0ty

2

=

(dove si è fatto uso per ciascuna delle due onde polarizzate linearmente del coefficiente di trasmissione TE ), risulta

h=

Pzt Pzi

=

1 t2 E 2z2 0 1 i2 E 2z1 0

=

z1 z2

TE

2

come già trovato nel caso di onda incidente polarizzata linearmente. Esercizio 2 L’onda incidente è mostrata in figura:

x ei0 = x 0 k i = k1z0

m1 = m0 e1 = e0 s1 = 0

m2 @ m0 e2 @ e0

s2 @ 5.8 ⋅ 107 éêëS/mùúû

1 2

Le onde incidenti, riflessa e trasmessa sono:

48

z

Ei (r) = E 0i x0e Hi (r) =

E 0i z1

Er (r ) = E 0r x0e

- jk1z

y 0e

Hr (r ) = -

- jk1z

E 0r z1

+ jk1z

y 0e

+ jk1z

E t (r) = E 0tx0e H t (r ) =

E 0t z2

- jk2z

y0e

- jk2z

dove k1 = w m1e1 , z1 = m1 / e1 , k2 = w m2 ec2 e z2 = m2 / ec2 . Il mezzo 2 è un buon conduttore, infatti we2 = we0 @ 2p ⋅ 108 ⋅ 10-9 / (36p ) = 1 / 180  s2 , dunque:

æ s ö÷ k2 = w 2 m2ec2 = w 2 m0 çççe0 - j 2 ÷÷ çè w ÷ø @ -j wm0s2 = (1 - j )

z2 = @

m2 ec2

=

j wm0 s2

j wm2 j wec2

2

 k2R @ k2J @

wm0s2 2

j wm0

=

= (1 + j )

wm0s2

s2 + j we0 wm0

 z2R @ z2J @

2s2

wm0 2s2

Il campo dell’onda trasmessa si attenua in modulo secondo l’esponenziale exp (-k2Jz ) , dunque per calcolare la distanza dall’interfaccia alla quale il campo si è attenuato del 50%, cioè il suo modulo si è ridotto del fattore 0.5 , porremo:

e

-k2Jz

= 0.5

da cui z =-

1 ln 2 2 = ln 2 @ 4.5 ⋅ 10-6 éêë m ùúû ln 0.5 = k2J k2J wm0s2

Per rispondere al secondo quesito calcoliamo la densità di potenza per unità di volume dissipata (in media in un periodo) per effetto Joule nel mezzo 2:

Pd2 =

2 2 1 1 -2k z s2 E t (r ) = s2 E 0t e 2J 2 2

La densità di potenza media dissipata nello stesso mezzo per unità di superficie ortogonale all’asse z si calcola integrando Pd2 rispetto a z da zero all’infinito:

49

+¥

¢ = Pd2

2 2 1 1 -2k z s2 E 0t e 2J dz = s2 E 0t 2 2

ò 0

=

+¥

ò

e

-2k2Jz

0

1 1 s2 E 0t 2 2k2J 2

+¥ 2 é -2k2Jz ù 1 t êe ú dz = s2 E 0 ê ú 2 êë -2k2J úû 0

La densità di potenza media trasportata dall’onda incidente per unità di superficie ortogonale all’asse z è invece:

Pzi =

2 1 E 0i 2z 0

Dunque la frazione richiesta è

¢ Pd2 Pzi

=

=

2 1 1 s2 E 0t 2 2k2J 2 1 E 0i 2z 0

z 2 2 z0

s2z 0 2k2J

1+

=

s2z 0 E 0t

@

s2z 0

2

2k2J E i 0

=

s2z 0

=

2s2

2k2J

TE

2

=

s2z 0

2

2z2

2k2J z 0 + z2

2

z2

2k2J

2

z2

2

z0

z 0k2J

z2

2

z0

dove si è introdotta l’espressione del coefficiente di trasmissione TE per il campo elettrico per incidenza normale e nell’ultima approssimazione si è tenuto conto del fatto che, essendo il mezzo 2 un buon conduttore, risulta z2 / z1  1 . Svolgendo ulteriormente i calcoli si ha infine:

¢ Pd2 Pzi

=

2s2 z 0k2J

=2 2

2s2

2

z2 =

we0 s2

m0 e0

@2 2

j wm0 s2

wm0s2 2

50

=

2s2 wm02s2 2e0

1 / 180 5.8 ⋅ 10

2

7

@ 2.7 ⋅ 10-5

wm0 s2

=

Esercizi sull’incidenza obliqua di onde piane

Esercizio 1 Un’onda piana uniforme si propaga nel vuoto e incide sulla superficie piana di separazione fra il vuoto e un mezzo lineare, stazionario, isotropo, omogeneo, non dispersivo e non dissipativo con parametri m2 = m0 , e2 = 3e0 , s2 = 0 . L’angolo di incidenza è pari a p / 3 . Calcolare il campo elettrico e magnetico delle onde riflessa e trasmessa quando il vettore di ampiezza del campo elettrico incidente è pari a æ 1 3 ÷÷ö ç a) E i0 = 2 çç- x 0 + y 0 + z ÷ 2 0 ÷÷ø ççè 2 æ 1 3 ö÷÷ ç b) E i0 = 2 çç- x 0 + j y 0 + z ÷ ççè 2 2 0 ø÷÷

e indicare lo stato di polarizzazione delle onde incidente, riflessa e trasmessa. Esercizio 2 Un’onda piana uniforme polarizzata circolarmente destra incide con angolo di incidenza q i = q / 4 sul semispazio z > 0 , occupato da un conduttore elettrico perfetto, provenendo dal vuoto. Il suo campo elettrico nell’origine delle coordinate all’istante t = 0 è E i (0, 0) = 5y 0 e la frequenza di oscillazione è f = 10 éëêMHzùûú . Scrivere le espressioni nel dominio dei fasori delle onde incidente e riflessa, determinare lo stato di polarizzazione di quest’ultima e calcolare la densità di corrente elettrica superficiale che si stabilisce sulla superficie di interfaccia z = 0 tra il vuoto e il conduttore.

51

Soluzioni Esercizio 1 Per prima cosa scriviamo l’espressione del campo elettromagnetico dell’onda incidente. Il vettore di propagazione è k i = k1b i0

b i0 = sin q i x 0 + cos q i z0 =

(

dove k1 = k 0 = w m0 e0

e

)

3 / 2 x 0 + (1 / 2) z0 . Il vettore di ampiezza del campo

magnetico è, per l’onda a):

Hi0

1 i 1 æçç i = b 0 ´ E0 = ç z1 z1 ççè 2 æçç 1 = ç- x 0 - y 0 + z1 ççè 2

é ù 3 1 ö÷÷ ê æçç 1 3 ÷÷öú x + z ÷ ´ ê2 ç- x + y0 + z ÷ú = 2 0 2 0 ÷÷ø ê ççè 2 0 2 0 ÷÷øú ë û ö 3 ÷÷ z ÷ 2 0 ø÷÷

e per l’onda b):

é ù 1 æçç 3 1 ö÷÷ ê æçç 1 3 ÷ö÷ú 2 j x z x y z + ´ + + ÷ ê ç ÷ú = ç 0 2 0 ÷÷øú z1 ççè 2 0 2 0 ÷÷ø ê ççè 2 0 ë û æ ö 2ç 1 3 ÷÷ z ÷ = çç-j x0 - y0 + j z1 ççè 2 2 0 ÷÷ø

Hi0 =

Nel caso a) il vettore E i0 è reale, come pure lo è Hi0 ; pertanto i campi elettrico e magnetico sono polarizzati linearmente. Nel caso b) E i0R

Ei0 = Ei0R + j Ei0J

con

æ 1 3 ö÷÷ çç = 2 ç- x0 + z0 ÷÷ e E i0J = 2y0 ; essendo Ei0R = 2 , E i0J = 2 e E i0R ⋅ E i0J = 0 il 2 ÷ø ççè 2

campo elettrico è polarizzato circolarmente. In modo analogo si constata che anche il campo magnetico nel caso b) è polarizzato circolarmente. Il

vettore

di

propagazione

b r0 = sin q i x 0 - cos q i z0 =

(

dell’onda

)

riflessa

è

k r = k1b r0

con

3 / 2 x 0 - (1 / 2) z0 . L’angolo di trasmissione si calcola con

la legge di Snell:

52

sin q t =

da

cui

ricaviamo

m1e1 m2 e2

sin q i =

m0e0 m0 3e0

sin

p 1 3 1 = = 3 2 3 2

q t = sin-1 (1 / 2) = p / 6 .

Osserviamo

poi

che

q i = p / 3 = tan-1 e2 / e1 = tan-1 3 , dunque q i = qBi (angolo di Brewster). Risulta infatti q i + q t = p / 2 . Per determinare le caratteristiche di polarizzazione delle onde riflessa e trasmessa è necessario calcolare i vettori di ampiezza E r0 , Hr0 e E 0t , H0t . A questo scopo, decomponiamo

l’onda

incidente

nella

somma

di

due

onde

polarizzate

orizzontalmente e verticalmente:

Ei0 = Ei0h + Ei0v = E i0h y0 + E i0v ei0v i i i i = H0h + H0v Hi0 = Hi0h + H0v h 0h y0

Essendo (cfr. figura) 1 3 x0 z 2 2 0 1 3 = - cos q ix 0 + sin q i z0 = - x 0 + z 2 2 0

ei0v = cos q i x0 - sin q i z0 = h i0h

ei0v

ei0h = y 0 h i0h

h r0v = -y 0

er0h = y 0 qi

qr

h r0h

h i0v = y 0

qi

qr

er0v

x

x

z

qt

qt

z t h 0v = y0

t e0h = y0 t h 0h

t e0v

æ1 3 ö÷÷ çç i Nel caso a) risulta E = 2y 0 - 2 ç x 0 = 2 éêë V/m ùûú e z0 ÷÷ = 2y 0 - 2e i0v pertanto E 0h ççè 2 2 ÷ø i 0

i i i i i E 0v = E 0h / z1 = 2 / z1 e H 0v = E 0v / z1 = -2 / z1 . Nel = -2 éëê V/m ùûú . Si avrà poi H 0h

53

æ1 3 ö÷÷ ç i i caso b) invece E i0 = 2 j y 0 - 2 çç x 0 pertanto E 0h = 2 j éêë V/m ùúû e z0 ÷÷ = 2 j y 0 - 2e 0v ççè 2 2 ÷ø i i i = 2 j / z1 , H 0v = - 2 / z1 . E 0v = -2 éêë V/m ùúû , H 0h

Calcoliamo ora i coefficienti di riflessione S Eh e S Ev : z2 SEh =

z1 z2 z1

Si

ha

z2

cos q i - cos q t SEv =

cos q i + cos q t

z1 = m0 / e0 = z 0 ,

z1 z2 z1

cos q t - cos q i cos q t + cos q i

z2 = m0 / (3e0 ) = z 0 / 3 ,

cos q i = cos (p / 3) = 1 / 2 ,

cos q t = cos (p / 6) = 3 / 2 , quindi

SEh =

SEv =

1 1 3 2 32 1 1 3 + 2 32 1 3 1 2 3 2 1

3 1 + 2 3 2

=

1- 3 1 =1+3 2

=0

(il fatto che il coefficiente di riflessione per la polarizzazione verticale sia nullo poteva essere previsto avendo constatato che q i = qBi , cioè l’onda incide all’angolo di Brewster). L’onda riflessa in polarizzazione verticale è pertanto nulla. Quindi per l’onda riflessa totale si ha

Er0 = Er0h = E r0h er0h = E r0h y0 æ1 3 ö÷÷ r r r r r ç ç H0 = H0h = H0h h 0h = H0h ç x0 + z ÷ ççè 2 2 0 ÷÷ø (essendo h r0h = cos q i x 0 + sin q i z0 = (1 / 2) x 0 +

54

(

)

3 / 2 z0 ). Nel caso a), SEh = 1 / 2 ,

i E 0h =2

é V/m ù e risulta E r = S E i = -1 êë úû Eh 0h 0h

é V/m ù ; dunque, poiché H r = E r / z : êë úû 0h 0h 1

Er0 = -y0 Hr0 = -

1 æçç 1 3 ö÷÷ x z ÷ + ç z1 ççè 2 0 2 0 ÷÷ø

i Nel caso b) si ha E 0h = 2 j éëê V/m ùúû dunque

Er0 = -j y0 Hr0

1 =z1

æ1 3 ö÷÷ çç j ç x0 + z ÷ ççè 2 2 0 ÷÷ø

In entrambi i casi a) e b) l’onda riflessa è polarizzata linearmente (e orizzontalmente).

Per l’onda trasmessa in polarizzazione orizzontale si ha: t t i = E 0h E0h y 0 = TEhE 0h y0 t æ E 0h 3 1 ö÷÷ çç t t t H0h = H 0h h 0h = x + z ÷ çz2 ççè 2 0 2 0 ø÷÷

t = - cos q tx0 + sin q tz0 = ( h 0h

(

)

3 / 2 x 0 + (1 / 2) z0 ) dove TEh = 1 + S Eh = 1 / 2 . In

polarizzazione verticale invece: æ 3 1 ö÷÷ t t i ç ç z H z T H = 2 0v e0v = 2 Hv 0v ç x0 - z0 ÷÷ 2 ÷ø ççè 2 t t i H0v = H 0v y 0 = THvH 0v y0 t E 0v

dove THv = 1 - S Hv = 1 - S Ev = 1 . Dunque nel caso a) risulta:

1 2y = y 0 2 0 1 æç 3 1 ö÷ x0 + z0 ÷÷÷ = ççz2 ççè 2 2 ÷ø

t i = TEhE 0h E0h y0 = t H0h

55

æ 3 2z æç 3 1 ö÷ 1 ö÷ t i ç çç E 0v x0 - z0 ÷÷÷ = - 2 çç x0 - z0 ÷÷÷ = z2THvH 0v ççè 2 2 ÷ø 2 ÷ø z1 ççè 2 2 æçç 3 1 ö÷÷ 1 x z0 ÷÷ = -x 0 + z0 =çç 0 2 ø÷ 3 çè 2 3 2 t i H0v = THvH 0v y0 = - y0 z1

Pertanto

æ ö 1 1 t t E0t = E0h z0 ÷÷÷ = -x0 + y 0 + z0 + E0v = y0 + ççç-x 0 + ÷ çè 3 ø 3 1 æçç 3 1 ö÷÷ æç 2 ö÷÷ t t t H0 = H0h + H0v = çx + z ÷ + ç- y ÷ = z2 ççè 2 0 2 0 ÷÷ø ççè z1 0 ÷ø 1 æç 3 3 ö÷÷ z ÷ = çç- x0 - 2y0 + z1 ççè 2 2 0 ÷÷ø Essendo E 0t e H0t vettori reali anche l’onda trasmessa risulta essere polarizzata linearmente; tuttavia essa non è polarizzata né orizzontalmente né verticalmente, ma è una sovrapposizione di queste due polarizzazioni. i i Nel caso b) invece, essendo E 0h = 2 j e H 0h = 2 j / z1 , risulta

t E0h = j y0 3 1 ö÷÷ j æçç t H0h = çx + z ÷ z2 ççè 2 0 2 0 ÷÷ø

e

t E0v = -x0 + t H0v =-

2 y z1 0

Dunque

56

1 3

z0

t t E0t = E0h + E0v = -x0 + j y0 + t t H0t = H0h + H0v =

In

questo

caso

(

si

1 3

z0

1 æçç 3 3 ö÷÷ x y + z ÷ 2 j j ç 0 z1 ççè 2 0 2 0 ø÷÷

t t E 0t = E 0R + E 0J

ha

con

t t E0R ⋅ E0J =0

ma

)

t E0R = -x 0 + 1 / 3 z0 = 4 / 3 , EJt = j y 0 = 1 , dunque il campo elettrico è

polarizzato ellitticamente. Lo stesso si verifica per il campo magnetico H0t .

Esercizio 2 Espressioni generali delle onde incidente e riflessa: - jk br ⋅r

- jk b i ⋅r

Ei = Ei0e 0 0 1 - jk b i ⋅r Hi0 = b i0 ´ Ei0e 0 0 z0

(

Er = Er0e 0 0 1 - jk b r ⋅r Hr0 = b 0r ´ E0re 0 0 z0

)

dove k0 = w / c @ 2p ⋅ 107 / 3 ⋅ 108 = p / 15 éêërad/m ùúû e inoltre (cfr. figura): 2 x + 2 0 2 x b r0 = sin q i x 0 - cos q i z0 = 2 0 b i0 = sin q i x 0 + cos q i z0 =

2 z 2 0 2 z 2 0

ei0v = cos q ix 0 - sin q i z0 er0h = y 0 ei0h = y 0

r i qi q = q

PEC

er0v = cos q i x 0 + sin q i z0

x

z

L’onda incidente, essendo piana uniforme, è TEMb , dunque il suo campo elettrico è polarizzato nel piano formato dai vettori e i0v e y 0 :

57

i i i E i0 = E 0h y 0 + E 0v e0v

La condizione perché tale campo elettrico sia polarizzato circolarmente è

ì i i ï = E 0v E 0h ï ï ï í p i i ï arg E 0h - arg E 0v = ï ï 2 ï î

(

i i  E 0h =  jE 0v

)

i dunque possiamo scrivere E i0 = E 0v  j y0 + ei0v . I due segni alternativi distinguono

la polarizzazione destra dalla polarizzazione sinistra. Passando nel dominio del tempo abbiamo:  j y 0 + ei0v

i e0v cos wt  y 0 sin wt



cui corrispondono ai versi indicati in figura (ricordiamo che la polarizzazione destra corrisponde al verso di rotazione di una vite che avanza nella direzione di propagazione dell’onda, in questo caso la direzione di b i0 ):

y0

y0

j y0 + ei0v e i0v

b i0

-j y0 + e i0v

e i0v

b i0

Polarizzazione sinistra

Polarizzazione destra

(

)

i i Risulta pertanto E i0 = E 0v -j y0 + e0v . Il vettore di polarizzazione del relativo

campo magnetico è allora Hi0 =

(

)

(

1 i 1 i i 1 i i i b 0 ´ Ei0 = E 0v b 0 ´ -j y0 + e0v = E 0v e0v - jy0 z0 z0 z0

=j

i E 0v

z0

(-jy

0

+ ei0v

)

)

anch’esso polarizzato circolarmente destro. In definitiva abbiamo, per l’onda incidente:

58

Ei0 H0i

=

(

i E 0v

=j

-j y 0 +

i E 0v

(-jy

z0

ei0v

+

0

)

e

i e0v

-j

)e

p

15 2

-j

(x +z )

p

15 2

(x +z )

Calcoliamo ora l’onda riflessa, tenendo conto che i coefficienti di riflessione per il campo elettrico in polarizzazione orizzontale e verticale sono uguali e pari a -1 : r r r i i r E r0 = E 0h y0 + E 0v e0v = SEhE 0h y0 + SEvE 0v e0v =

(

)

(

i i r i r = - E 0h y 0 + E 0v e 0v = -E 0v -jy0 + e0v

Hr0 =

i E 0v

1 r r b 0 ´ E0r = j -j y 0 + e0v z0 z0

(

)

)

In questo caso i campi sono polarizzati circolarmente sinistri: -j y0 + er0v

er0v cos wt + y0 sin wt



e r0v

-j y0 + er0v y0

b r0

Possiamo infine calcolare il campo magnetico totale sul piano di interfaccia z = 0 : i

r

H=H +H = j =j

i E 0v

z0

(-2 jy

0

i E 0v

z0 +

(-jy

i e0v

+

0

+

r e0v

i e0v

)e

-j

)e

-j

p 15 2

p 15 2

x

x

+j

= 2j

p i æ E 0v 2 ö÷÷ - j 15 2 x çç = 2j x ÷e ç-j y 0 + 2 0 ø÷÷ z 0 ççè

i E 0v

i E 0v

z0

z0

(-jy

(-jy

0

+

i

0

i æ ö÷ - j p x E 0v çç 2 ÷ 15 2 JS = z0 ´ H = 2 j çç y 0 + jx 0 ÷÷e z 0 çè 2 ÷ø

59

)e

-j

)

+ cos q x 0 e

e da questo la densità di corrente superficiale:

(che risulta invece polarizzata ellitticamente).

r e0v

p 15 2

-j

x

p 15 2

= x

=

Esercizi sulla riflessione totale

Esercizio 1 Un’onda piana uniforme polarizzata circolarmente destra si propaga in un mezzo semplice non magnetico e non dissipativo con e1 = 4e0 , parallelamente al piano xz . Essa incide sul piano z = 0 di separazione con il semispazio vuoto z > 0 , con angolo di incidenza q i = p / 4 . Determinare le onde riflessa e trasmessa alla frequenza f = 6 éêëGHzùúû e discuterne le caratteristiche di polarizzazione.

Esercizio 2 Un’onda piana uniforme si propaga in un mezzo semplice non magnetico e non dissipativo con er = 2 e incide con polarizzazione orizzontale sul piano z = 0 di separazione fra il semispazio z < 0 occupato da tale mezzo e il semispazio z > 0 occupato dal vuoto. Si calcoli il campo elettromagnetico nei due semispazi assumendo che l’angolo di incidenza sia q i = p / 3 ; si calcoli inoltre il vettore di Poynting dell’onda trasmessa.

60

Soluzioni Esercizio 1 Scriviamo il vettore di polarizzazione E i0 dell’onda incidente rappresentandolo nella

{e

base

i 0h

= y 0 , e i0v

}

(vedi figura) allo scopo di identificarne le componenti in

polarizzazione orizzontale e verticale: i i i E i0 = E 0h y 0 + E 0v e0v

ei0v

ei0h = y 0

h r0v = -y 0

er0h = y 0 qi

h i0h

qr

h i0v = y 0

h r0h

qi

qr

er0v

x

x qt

qt

z

t e0h = y0

z t h 0v = y0

t h 0h

t e0v

i i E 0h = E 0v

Affinché E i0 sia polarizzato circolarmente destro deve essere

e

i i arg E 0h - arg E 0v = p / 2 , dunque possiamo scrivere

(

Ei0 = E i0 ei0v - j y0

dove ei0v = cos q i x0 - sin q i z0 =

(

)

2 / 2 x0 -

(

)

)

i 2 / 2 z0 . Risulta quindi E 0h = -jE 0i ,

i E 0v = E 0i . Il vettore di polarizzazione del relativo campo magnetico è

i i i Hi0 = H 0h h 0h + H 0v y0 =

dove h i0h = - cos q ix 0 + sin q i z0 = Il

vettore

di

propagazione

(

i E 0h

z1

)

2 / 2 x0 + dell’onda

61

(

i h 0h +

i E 0v

z1

y0

)

2 / 2 z0 . incidente

è

k i = k1b i0

con

k1 = w m1e1 = w er / c

b i0 = sin q i x 0 + cos q i z0 .

e

(

)

k1 @ 2p ⋅ 6 ⋅ 109 4 / 3 ⋅ 108 = 80p éêërad/m ùúû e b i0 = L’onda

riflessa

è

ancora

b r0 = sin q i x 0 - cos q i z0 =

(

)

piana

2 / 2 x0 -

(

(

)

Risulta

2 / 2 x0 +

uniforme,

(

con

quindi

)

2 / 2 z0 . k r = k1b r0

dove

)

2 / 2 z0 .

Per determinare le caratteristiche di propagazione dell’onda trasmessa consideriamo la legge di Snell:

m1e1

sin q t =

m2e2

sin q i

In questo caso risulta sin q t = er sin q i = 4 sin (p / 4) = 2 . Essendo

2 > 1,

l’onda trasmessa sarà piana non uniforme, con angolo di trasmissione q t complesso:

q t = p / 2 + j qJt , cioè si ha la riflessione totale dell’onda incidente. Infatti l’angolo limite è qLi = sin-1 m1e1 / (m2 e2 ) = sin-1 er-1 , ovvero qLi = sin-1 1 / 4 = p / 6 ; risulta quindi q i > qLi . Il

vettore

di

fase

dell’onda

trasmessa

è

b t = b tx0

con

b t = k1 sin q i = 80p sin (p / 4) = 40 2p éêë rad/m ùûú . Dalla parte reale della condizione di separabilità per l’onda trasmessa ( b t2 - a t2 = w 2 m2 e2 ) ricaviamo a t : a t = b t2 - w 2m2e2 = b t2 - w 2m0e0 = k12 sin2 q i - w 2 m0 e0 = = w 2 m0 e0er sin2 q i - w 2m0 e0 = w m0 e0 er sin2 q i - 1 = w 2p ⋅ 6 ⋅ 109 er sin2 q i - 1 @ = c 3 ⋅ 108

æ 2 ö÷2 ç 4 çç ÷÷÷ - 1 = 40p éëê Np/m ùûú ççè 2 ÷ø

Il vettore di attenuazione dell’onda trasmessa è ortogonale al piano z = 0 :

a t = a tz0 . Si può dunque scrivere k t = b t - j a t = b tx 0 - j a tz0 ovvero, posto k t = kxt x 0 + kztz0 , si ha kxt = b t e kzt = -ja t . Dalle kxt = k2 sin q t , kzt = k2 cos q t abbiamo allora

62

æp ö w w sin çç + j qJt ÷÷÷ = cosh qJt ÷ø c çè 2 c æp ö w w kxt = -j a t = k2 cos q t = cos ççç + j qJt ÷÷÷ = -j sinh qJt ÷ø c c è2 kxt = b t = k2 sin q t =

da cui otteniamo cosh qJt = 2 , sinh qJt = 1 , che ci consentirebbero di calcolare qJt . Risulta poi sin q t = 2 , cos q t = -j .

er = 4 vuoto

qi

w b t = b tx 0 = cosh qJtx0 c x w at = a tz0 = sinh qJtz0 c

z

Calcoliamo ora i coefficienti di riflessione S Eh e S Ev :

SEh =

SEv =

z2 cos q i - cos q t z1 z2 cos q i + cos q t z1 z2 cos q t - cos q i z1 z2 z1

t

cos q + cos q

=

2 +j 2 = = 2 er cos q i + cos q t 2⋅ -j 2

=

2 2 = 2 + 4 j = e j fv = t i 2 er cos q + cos q - 2 + 4j -2 j + 2

i

er cos q i - cos q t

er cos q t - cos q i

2⋅

2+j 2-j

=e

j fh

-2 j -

Poiché si ha riflessione totale risulta S Eh = S Ev = 1 . Le fasi dei due coefficienti di riflessione sono invece diverse:

fh = 2 tan-1 fv = 2 tan-1

1 2 4 2

Per l’onda riflessa possiamo scrivere:

63

@ 70.53 @ -38.94

r r r i i r E r0 = E 0h y 0 + E 0v e0v = SEhE 0h y 0 + S EvE 0v e0v

dove er0v = cos q i x0 + sin q iz0 =

(

)

2 / 2 x0 +

(

)

2 / 2 z0 . Risulta:

r i i i E 0h = SEhE 0h = S Eh E 0h = E 0h r i i i E 0v = SEvE 0v = SEv E 0v = E 0v

r r i i dunque E 0h = E 0v , poiché E 0h = E 0v . Inoltre

{ = arg {S

} } = arg S

r i i arg E 0h = arg SEhE 0h = arg SEh + arg E 0h r arg E 0v

dunque

Ev

i E 0v

(

Ev

i + arg E 0v

)

r r i i arg E 0h - arg E 0v = arg E 0h - arg E 0v + (arg SEh - arg SEv ) .

Poiché

i i r r arg E 0h - arg E 0v = p / 2 e arg S Eh - arg SEv ¹ 0, p risulta arg E 0h - arg E 0v ¹ p / 2 ,

quindi l’onda riflessa è polarizzata ellitticamente. Per l’onda trasmessa in polarizzazione orizzontale si ha: t t i E0h = E 0h y0 = TEhE 0h y0 1 t 1 t t t H0h = k ´ E0h = b t - j at ´ E 0h y0 = wm2 wm0

(

=

t E 0h

wm0

(

) (

i E 0h

)

t

)

b x 0 - j a tz0 ´ y0 = TEh

(b z t

wm0

0

+ j a tx 0

)

e in polarizzazione verticale: t t i H0v y 0 = THvH 0v y0 = H 0v 1 1 t t t E0v H0v y0 ´ b t - j at = = ´ kt = H 0v we2 we0

(

=

t H 0v

we0

(

t

t

) (

)

y 0 ´ b x0 - j a z0 = THv

Quindi l’onda trasmessa è:

64

)

i H 0v

we0

(-b z t

0

- j a tx 0

)

t t i E0t = E0h + E0v = TEhE 0h y 0 + THv t t H0t = H0h + H0v = TEh

i E 0h

wm0

(b z t

0

i H 0v

we0

(-b z t

0

- j a tx 0

)

)

i + j a tx0 + THvH 0v y0

Dalle espressioni dei coefficienti di riflessione S Eh e S Ev , tenendo conto che S Eh = S Hh , S Ev = S Hv , TEh = 1 + S Eh e THv = 1 - S Hv , risulta: jf

TEh = 1 + SEh = 1 + e h @ 1.33 + j 0.94 THv = 1 - S Hv = 1 - SEv @ 0.22 + j 0.63 i i Tenendo poi conto che E 0h = -jE 0i , H 0v = E 0i / z1 , per il campo elettrico abbiamo:

E0t

=

-jTEhE 0i y0

+ THv

E 0i we0

(-b z t

0

- j a tx 0

)

ed essendo we0 = k 0 / z 0 , z1 = z 0 / er = z 0 / 2 si ha we0z1 = k 0 / 2 , dunque é æ bt a t ö÷÷ùú ç E 0t = E 0i êê-jTEh y0 + 2THv çç- z0 - j x ÷ çè k0 k0 0 ÷÷øúú êë û

Poiché era b t = k 0 cosh qJt = k 0 2 e a t = k0 sin qJt = k0 si ha

(

)

é ù E 0t = E 0i ê-jTEh y 0 + 2THv - 2z0 - jx0 ú = ë û @ E 0i éê(1.26 - j 0.44) x0 + (0.94 - j 1.33) y0 + (0.94 - j 1.33) z0 ùú ë û

Poiché il vettore in parentesi quadre ha parte reale e immaginaria non parallele e di modulo diverso esso risulta polarizzato ellitticamente. Con un’analisi simile si conclude che anche il campo magnetico è polarizzato ellitticamente. Esercizio 1 L’onda incidente proviene dal mezzo più denso, dunque occorre verificare se l’angolo di incidenza q i sia minore o maggiore dell’angolo limite qLi . In questo caso

65

si ha:

qLi = sin-1

m2 e2 m1e1

= sin-1

m0e0 m0e0 er

1

= sin-1

er

= sin-1

1 2

=

p 4

dunque q i > qLi e l’onda trasmessa sarà piana non uniforme (riflessione totale). Per l’onda incidente si ha k i = k1b i0 con k1 = k 0 er e b i0 = sin q i x 0 + cos q i z0 , da cui

b i0 =

(

)

3 / 2 x 0 + (1 / 2) z0 . Essendo la polarizzazione orizzontale si ha poi E i0 = E 0i y 0

e quindi

Hi0

Per

l’onda

b r0 =

(

E 0i çæ 3 1 i 1 æçç 3 1 ÷÷ö 1 ÷÷ö i i ç = b 0 ´ E0 = ç x + z ÷ ´ E 0y0 = z - x ÷ ç z1 z1 ççè 2 0 2 0 ÷÷ø z1 ççè 2 0 2 0 ÷÷ø

(

riflessa

si

ha

k r = k1b r0

con

)

b i0 = sin q r x 0 - cos q i z0 ,

da

cui

)

3 / 2 x 0 - (1 / 2) z0 . Per calcolare il vettore di polarizzazione dell’onda

riflessa ci occorre il coefficiente di riflessione S Eh per la polarizzazione orizzontale; infatti si ha

E r0 = E 0r y 0 = S EhE 0i y 0 dove z2

SEh =

z1 z2 z1

cos q i - cos q t cos q i + cos q t

Essendo q i > qLi , l’angolo q t risulterà complesso. Infatti dalla legge di Snell abbiamo

sin q t =

m1e1 m2 e2

sin q i = 2

66

3 = 2

3 >1 2

dunque

cos q t = 1 - sin2 q t = 1 - 3 / 2 = -1 / 2 = -j / 2 .

Essendo

inoltre

z1 = m1 / e1 = m0 / e0 er = z 0 / er e z2 = z 0 si ha z2 / z1 = er = 2 . Dunque 1 +j 2 1 2 -j 2

2 SEh =

1

2

2 = 1 + j = (1 + j ) = j 1 1- j 2 2

e come prevedibile SEh = 1 (riflessione totale). Abbiamo quindi

Er0 = SEhE 0i y 0 = jE 0i y 0 Hr0

æ 3 ö÷ E 0i æç 3 1 r 1 1 1 ÷ö r iç ÷ çç = b 0 ´ E0 = jE 0 çç x 0 - z0 ÷÷ ´ y 0 = j z0 + x0 ÷÷÷ çèç 2 2 ø÷ 2 ø÷ z1 z1 z1 èçç 2

Il campo elettrico totale nel mezzo 1 è quindi E1 (r ) = E i (r ) + E t (r ) = = E 0i y0e =

E 0i y0e

= E 0i y0e =

æ 3 1 ö÷ ç - jk1 çç x + z ÷÷÷ 2 ÷ø èçç 2

- jk1

- jk1

p j i 4 2E 0e y0

+ jE 0i y0e

æ 3 1 ö÷ ç - jk1 çç x - z ÷÷÷ 2 ÷ø èçç 2

=

1 ù é - jk 1 z + jk1 z ú 1 ê 2 2 + je êe ú= ê ú ë û æ ö æ 1 pöù p é - j ççk 1 z + p ÷÷ 3 + j çççk1 z + ÷÷÷ ú ÷÷ x j ê çè 1 2 ç ç 4ø 2 4 ÷ø 2 e 4 êe ú= +e è ê ú êë úû 3 x 2

⋅

3 x 2

æ 1 pö ⋅ cos çççk1 z + ÷÷÷ 4 ø÷ è 2 onda progressiva   lungo x - jk1

e

onda stazionaria lungo z

La dipendenza da z è del tipo ‘onda stazionaria’ a causa della riflessione totale. L’onda trasmessa è piana non uniforme con k t = b t - j a t = b tx 0 - j a tz0 . Dalla

kxi = kxt si ha

b t = k1 sin q i = k0 er sin q i = k0 2

67

3 3 = k0 2 2

da cui possiamo ricavare a t per mezzo della parte reale della condizione di separabilità per l’onda trasmessa ( b t2 - a t2 = w 2 m2 e2 ): a t = b t2 - w 2 m2e2 = b t2 - w 2 m0e0 = b t2 - k02 = = k 02

3 3 1 - k02 = k 0 - 1 = k0 2 2 2

Si ha inoltre t E0t = E 0h y 0 = TEhE 0i y0 = (1 + SEh ) E 0i y 0 = (1 + j ) E 0i y 0 1 t 1 t H0t = k ´ E0t = y0 = b t - j a t ´ E 0h wm2 wm0 ö÷ Et E i æç 3 1 = 0h b tz0 + j a tx0 = (1 + j ) 0 çç z0 + j x 0 ÷÷÷ z 0k0 z 0 ççè 2 2 ÷ø

(

(

) (

)

)

Dunque t t t t 1 t 1 E ´ H t* = E0te - j b xe -a z ´ H0t*e + j b xe -a z = 2 2 é ö÷ù t t E i* æç 3 1 1 1 x0 ÷÷÷úú = e -2a z E0t ´ H0t* = e -2a z (1 + j ) E 0i y0 ´ êê(1 - j ) 0 çç z0 - j z 0 ççè 2 2 2 êë 2 ø÷úû ù 2 1 éæ 1 -2a tz 1 ÷÷öú çç 3 ê i = e z0 ÷÷ú 2 E0 êç x + j z 0 êççè 2 0 2 ÷øú 2 ë û

Pt =

Osserviamo che la parte reale del vettore di Poynting è diretta lungo x , cioè parallelamente all’interfaccia. Dunque non si ha trasporto di potenza media (attiva) lungo z , a causa della riflessione totale sul piano z = 0 .

68

Esercizi sulle linee di trasmissione

Esercizio 1 Determinare l’impedenza d’ingresso Z in e il relativo coefficiente di riflessione della tensione SVin per i seguenti circuiti: R = 50 éëêWùûú Z 0 = 50 éêëWùúû  = l¢ / 8 Z 0¢ = 100 éêëWùúû

R

kz¢ Z 0¢

kz Z 0

 Z in SVin

(a)

kz Z 0

L1

kz Z 0



(b)

Z in SVin

L2

Z 0 = 50 éêëWùúû 0.01 é ù L1 = mH 2p ëê ûú 0.1 é ù L2 = mH 2p ëê ûú f = 1 éêëGHzùúû =l/4

Esercizio 2 Una linea di trasmissione di lunghezza  = 37.5 éëê m ùûú ha impedenza caratteristica Z 0 = 50 éëêWùûú e costante di propagazione kz = 2p éëê rad/m ùûú . La linea è eccitata da un

generatore di tensione di impedenza interna Z g = 50 éêëWùúû ed è chiusa su un carico di impedenza Z L . I valori di tensione e corrente misurati all’ingresso della linea sono V = (270 + j 230) éëê V ùûú e I = 2 éêë Aùûú . Si calcolino:

1) I valori dell’impedenza Z in e del coefficiente di riflessione della tensione SVin alla sezione di ingresso della linea e la tensione fornita a vuoto dal generatore. 2) Il rapporto d’onda stazionaria (ROS) della linea e l’impedenza Z L del carico. 3) Il valore della potenza attiva dissipata sul carico.

69

Soluzioni Esercizio 1 Caso (a) L’impedenza d’ingresso richiesta risulta dalla connessione serie tra la resistenza R e l’impedenza d’ingresso Z in¢ del tratto di linea di lunghezza  chiuso in corto circuito. Conviene dunque lavorare con le impedenze anziché con le ammettenze. Calcoliamo allora Z in¢ : -

0

Z (0) = 0 (corto circuito)

z

(

Z in¢

)

Z - + = Z in¢ = jZ 0¢ tan (kz¢ )

kz¢ Z 0¢



Poiché kz¢ = 2p / l ¢ e  = l ¢ / 8 si ha æ 2p l ¢ ö p Z in¢ = jZ 0¢ tan (kz¢ ) = j 100 tan ççç ⋅ ÷÷÷ = j 100 tan = j 100 éëêWùûú ÷ 4 è l¢ 4 ø

In corrispondenza della sezione z = - la corrente è continua, essendo la resistenza disposta in serie alla linea di trasmissione, mentre la tensione è discontinua:

(

)

(

)

V -- -V - + = R ⋅ I (- ) dunque anche l’impedenza in z = - è discontinua:

(

)

(

Z -- = R + Z - +

)

cioè Z in = R + Z in¢ = 50 + j 100 éêëWùúû

Nota Z in possiamo calcolare SVin :

70

SVin = =

Z in - Z 0 Z in + Z 0 j = 1+ j

(50 + j100) - 50 j 100 = = (50 + j100) - 50 100 + j100 j (1 - j ) 1 + j 1 =

=

2

=

2

2

e

j

p 4

Caso (b) In questo caso l’induttanza L1 è posta in parallelo alla linea, quindi conviene lavorare con le ammettenze. L’ammettenza dell’induttanza L2 è:

YL 2 =

1 1 = = j wL2 j 2p ⋅ f ⋅ L2

1 0.1 ⋅ 10-6 j 2p ⋅ 10 ⋅ 2p 9

= -j 0.01 éëêSùûú

Essendo  = l / 4 (trasformatore in quarto d’onda) risulta -

(

)

Y - + =

Y02

0

kz Z 0

YL 2

(

Y - +

)

L2



dove Y0 = 1 / Z 0 = 0.02 éëêSùûú , quindi

(0.02)

2

(

Y -

+

)

=

-j 0.01

=

4 ⋅ 10-4 = j 4 ⋅ 10-2 éêëSùúû -2 -j 10

Osserviamo che il trasformatore in quarto d’onda ha cambiato la natura dell’ammettenza da induttiva (sul carico, YL 2 = Y (0) ) a capacitiva (all’ingresso,

(

)

(

)

Y - + ). Nel parallelo fra L1 e Y - + la tensione è continua in z = - mentre non lo è la corrente:

(

)

(

)

I -- - I - + =

V (- ) j wL1

dunque anche l’ammettenza in z = - è discontinua:

71

(

)

(

Y -- = j wL1 + Y - +

)

Poiché 1 1 = = j wL1 j 2p ⋅ f ⋅ L1

1 = -j 0.1 éêëSùúû 0.01 ⋅ 10-6 j 2p ⋅ 109 ⋅ 2p

si ha

(

)

Yin = Y -- = j 4 ⋅ 10-2 - j 0.1 = -j 0.06 éêëSùúû Pertanto

Z in =

1 1 j = = @ j 16.67 éêëWùúû -j 0.06 0.06 Yin

e infine

SVin

j j 100 - 50 - 50 = = 0.06 = 6 = Z in + Z 0 j j 100 + 50 + 50 0.06 6 j - 3 ( j - 3)(3 - j ) 8 - 6j 4 3 = = == - + j = e jf j +3 10 10 5 5 Z in - Z 0

dove f = cos-1 (-4 / 5) @ -2.498 éëê radùûú @ 143.13 éëêùûú . Osserviamo che in questo caso b) l’impedenza d’ingresso Z in è puramente immaginaria e pertanto SVin = 1 (riflessione totale), mentre nel caso a) la presenza di un elemento dissipativo (la resistenza) fa sì che SVin < 1 .

72

Esercizio 2 Lo schema del circuito è il seguente: -

0 z

Zg

Vg

ZL

kz Z 0 

(a) L’impedenza d’ingresso Z in = Z (- ) si calcola semplicemente come il rapporto fra la tensione e la corrente all’ingresso della linea, che sono noti:

Z in = Z (- ) =

V (- ) I (- )

=

270 + j 230 = 135 + j 115 éêëWùúû 2

Il relativo coefficiente di riflessione è

SVin =

=

Z in - Z 0 Z in + Z 0

=

17 + j 23 = 37 + j 23

(135 + j115) - 50 85 + j115 = = (135 + j115) + 50 185 + j115 (17 + j 23)(37 - j 23) 1158 + j 640 2

2

37 + 23

=

1898

@ 0.61 + j 0.24 @ 0.656 ⋅ e jf

dove f @ 0.378 éëê radùûú @ 21.665 éëêùûú . La tensione Vg fornita a vuoto dal generatore risulta, dal circuito: Vg = V (- ) + Z gI (- ) = (270 + j 230) + 50 ⋅ 2 = 370 + j 230

éWù êë úû

(b) Il ROS si calcola a partire dal modulo del coefficiente di riflessione, SV , che è costante lungo la linea essendo questa priva di perdite:

ROS =

1 + SV 1 - SV

=

1 + SV (- ) 1 - SV (- )

73

=

1 + 0.656 @ 4.82 1 - 0.656

Per calcolare l’impedenza del carico calcoliamo preliminarmente la quantità kz  :

kz  = 2p ⋅ 37.5 = 75p



=

75p l = 75 2 kz

Poiché l’impedenza lungo una linea di trasmissione è una funzione periodica di z con periodo l / 2 , risulterà Z L = Z (0) = Z (- ) = 135 + j 115 éëêWùúû

(c) Per calcolare la potenza attiva dissipata sul carico potremmo calcolare V (0) e I (0) (tensione e corrente sul carico) e ottenere

ì1 ï ïü ïì 1 ïü * * PA (0) = Re P (0) = Re ï í V (0) I (0)ïý = Re ïí Z (0) I (0) I (0)ïý = ï ïþï ïîï 2 ïþï ï2 î 2 1 = Re Z (0) I (0) 2

{

}

{

}

Alternativamente, osserviamo che la linea è priva di perdite, dunque la potenza attiva sul carico deve essere uguale alla potenza attiva all’ingresso della linea, che si calcola subito con i dati del problema:

ìï 1 üï * PA (0) = PA (- ) = Re P (- ) = Re ï í V (- ) I (- )ïý = ïîï 2 ïþï 1 = Re (270 + j 230) ⋅ 2 = 270 ëéê Wûùú 2

{

}

{

}

74

Esercizi sugli strati antiriflettenti

Esercizio 1 Un’onda piana uniforme incide normalmente sulla superficie piana di separazione fra il semispazio z < 0 vuoto, da cui proviene, e il semispazio z > 0 , occupato da un mezzo semplice con er = 4 . La frequenza dell’onda incidente è f0 = 1 éêëGHzùûú . Facendo uso del formalismo delle linee di trasmissione: 1) Si dimensioni uno strato antiriflettente in quarto d’onda, determinandone lo spessore e la costante dielettrica relativa. 2) Si determini la banda di frequenze intorno a f0 in cui il ROS sulla linea di trasmissione associata alle onde piane nel vuoto si mantiene inferiore a 1.2 .

Esercizio 2 Un’onda piana uniforme incide normalmente sulla superficie piana di separazione fra il semispazio z < 0 vuoto, da cui proviene, e il semispazio z > 0 , occupato da un metallo buon conduttore, alla frequenza f = 10 éêëGHzùúû . Si vuole eliminare l’onda riflessa nel vuoto ricoprendo la superficie metallica con una lamina costituita da un dielettrico semplice non dissipativo avente er = 9 ricoperta da uno strato di vernice di spessore  ¢ = 30 éêë mm ùúû che può essere considerato un mezzo non magnetico buon conduttore. Si determinino lo spessore della lamina dielettrica e la conducibilità della vernice.

75

Soluzioni Esercizio 1 1. Il modello a linee di trasmissione della struttura considerata (compreso lo strato di adattamento) è (cfr. libro di testo, Fig. VI.8): -

0 z

kz 1, Z 01

kz 2 , Z 02

kz 3 , Z 03

La linea 1 è associata alle onde che si propagano nel vuoto, pertanto risulta

(

)

kz 1 = w / c @ 2p ⋅ 109 / 3 ⋅ 108 = 20p / 3 éêë rad/m ùúû e Z 01 = z 0 @ 120p éêëWùúû . La linea 3 è associata alle onde che si propagano nel mezzo con er = 4 , pertanto risulta kz 3 = w er / c = 2w / c = 40p / 3 éêë rad/m ùúû e Z 03 = z 0 / er = z 0 / 2 @ 60p éêëWùúû .

Affinché la linea 1 sia adattata mediante uno strato in quarto d’onda deve risultare

Z 02 = Z 01Z 03 = z 0

z0

2

=

z0

2

Essendo d’altra parte Z 02 = z 0 / er2 si deduce che er2 = 2 . Lo spessore dello strato di adattamento è pari a un quarto di lunghezza d’onda nel mezzo 2 alla frequenza di lavoro f0 :

=

lz 2 4

=

1 c 1 3 ⋅ 108 0.3 = = @ 0.053 éêëm ùúû = 5.3 éêëcm ùúû 4f e 4 109 2 4 2 0 r

2. Calcoliamo innanzitutto quanto vale il modulo del coefficiente di riflessione sulla linea 1 (che è priva di perdite) quando il ROS vale 1.2 :

76

SV =

ROS - 1 1.2 - 1 0.2 1 = = = @ 0.091 ROS + 1 1.2 + 1 2.2 11

(f , f )

Cerchiamo allora di determinare la banda di frequenze

(

1

2

in cui si ha

)

SV = SV -- < 0.091 . A questo scopo calcoliamo l’impedenza d’ingresso della

linea 2:

Z (- ) = Z 02

Z 03 cos (kz 2  ) + jZ 02 sin (kz 2  ) Z 02 cos (kz 2  ) + jZ 03 sin (kz 2  )

dove kz 2 = w er2 / c = w 2 / c = 20p 2 / 3 éëêrad/m ùûú . Per brevità poniamo nel seguito

C = cos (kz 2  ) e S = sin (kz 2  ) . Risulta:

(

)

SV -- =

= =

Z (- ) - Z 01

Z (- ) + Z 01

Z 02

=

Z 03C + jZ 02S - Z 01 Z 02C + jZ 03S

Z C + jZ 02S + Z 01 Z 02 03 Z 02C + jZ 03S Z 02 (Z 03C + jZ 02S ) - Z 01 (Z 02C + jZ 03S )

Z 02 (Z 03C + jZ 02S ) + Z 01 (Z 02C + jZ 03S )

( )C + j (Z

=

=

) )S

2 - Z 01Z 03 S Z 02 (Z 03 - Z 01 )C + j Z 02

Z 02 (Z 03 + Z 01

2 02

+ Z 01Z 03

Il secondo addendo al numeratore è nullo perché lo strato in quarto d’onda è stato 2 dimensionato in modo che Z 02 = Z 01Z 03 , dunque

(

)

SV -- =

Z 02 (Z 03 - Z 01 )C

(

)

2 Z 02 (Z 03 + Z 01 )C + j Z 02 + Z 01Z 03 S

Da questa abbiamo 2 Z 02 (Z 03 - Z 01 ) C 2 2

(

SV --

)

2

=

(

)

2

2 Z 02 (Z 03 + Z 01 ) C 2 + Z 022 + Z 01Z 03 S 2 2

77

Sostituendo S 2 = 1 - C 2 e risolvendo rispetto a C 2 si trova

C2 =

(Z

2 02

+ Z 01Z 03

)

(

2 2 Z 02 (Z 03 - Z 01 ) - ëéêZ 022 Z 012 + Z 032

2

( ) ) - (Z + Z

2

SV -4 02

)

(

2 ù Z 03 S -ûú V

2 01

)

2

Sostituendo Z 01 = z 0 , Z 02 = z 0 / 2 e Z 03 = z 0 / 2 :

C = cos (kz 2  ) = 2

2

(

8 SV --

(

1 - SV -

)

-

2

)

2

=

8 SV

2

1 - SV

2

da cui

æ çç 2 2 S V -1 ç kz 2  = cos çç çç çè 1 - SV

÷÷ö ÷÷ ÷ 2 ÷ ÷÷ ÷ø

Essendo poi

kz 2  =

2p f c

er2 ⋅  = 2p

f f0 er2 p f ⋅ ⋅  = f0  c  lz 2 /4 2 f0 1/lz 2

si ha infine

f1,2

æ çç 2 2 S 2 V -1 ç = f0 = cos çç p çç çè 1 - SV

÷÷ö ÷÷ ÷ 2 ÷ ÷÷ ÷ø

da cui, posto SV = 0.091 , si calcolano f1 @ 0.843 éêëGHzùúû e f2 @ 1.166 éëêGHzùûú . Si osservi che, per la parità della funzione arcocoseno e del suo argomento, le frequenze f1,2 sono simmetriche rispetto alla frequenza f0 (cfr. figura). SV

0.091

78 f1 f0

f

f2

79

Esercizio 2 Il modello a linee di trasmissione della struttura considerata (compresi la lamina dielettrica e lo strato di vernice) è (cfr. libro di testo, Fig. VI.9): - ( +  ¢)

kz 1, Z 01

-

0

kz 2 , Z 02

kz 23, Z 02 03

z kz 4 , Z 04

dove le costanti secondarie delle linee di trasmissione sono uguali alle costanti secondarie dei mezzi: kzi = ki , Z 0i = zi ( i = 1...4 ). Essendo il mezzo 4 un buon conduttore

e

il

mezzo

3

un

dielettrico

ordinario

risulterà

Z IN4 = Z 04 = z 04  z 03 = Z 03 , dunque possiamo ritenere che la linea 3 sia chiusa su

un corto circuito. Di conseguenza Z IN3 = jZ 03 tan (kz 3  ) . Allo scopo di avere un circuito aperto all’ingresso della linea 3, scegliamo lo spessore  in modo che kz 3  = p / 2  Z IN3 = ¥ :

=

@

p p = = 2kz 3 2k3 3 ⋅ 108 4 ⋅ 10 ⋅ 109

p 2⋅

2p f er

=

c

4 f er

(=

lz 3 4

)

c 1 = = 2.5 ⋅ 10-3 éêëm ùúû = 2.5 éêë mm ùúû 400 9

(si tratta quindi di una lamina dielettrica in quarto d’onda). Poiché la linea 2 risulta essere chiusa su un circuito aperto, la sua impedenza d’ingresso è data da

Z IN2 = -jZ 02 cot (kz 2  ¢)= -jZ 02

cos (kz 2  ¢) sin (kz 2  ¢)

Assumendo che lo strato di vernice sia sottile, cioè che kz 2  ¢  1 (ipotesi che andrà verificata a posteriori), possiamo approssimare l’impedenza mediante lo sviluppo di Taylor di grado 0 e 1 delle funzioni coseno e seno, rispettivamente:

80

Z IN2 @ -jZ 02

Z 1 1 1 1 = 02 = = @  s2  ¢ kz 2  ¢ jkz 2  ¢ Yp2  ¢ (s2 + j wec2 )  ¢

(nell’ultimo passaggio si è fatto uso dell’ipotesi che il mezzo 2 sia un buon conduttore). A questo punto per eliminare l’onda riflessa nel mezzo 1 dobbiamo far sì che l’impedenza d’ingresso della linea 2 sia pari all’impedenza caratteristica della linea 1, cioè che Z IN2 = Z 01 = z1 :

z1 =

1 s2  ¢



s2 =

1 1 1 = @ @ 88.42 éëêS/m ùûú z1 ¢ z 0  ¢ 120p ⋅ 30 ⋅ 10-6

A questo punto possiamo verificare l’ipotesi che lo strato di vernice sia sottile. Facendo ancora uso dell’ipotesi che il mezzo 2 sia un buon conduttore e che sia non magnetico ( m2 @ m0 9 abbiamo: kz 2  ¢ = k2  ¢ @

-j wm0s2 ⋅  ¢ = wm0s2 ⋅  ¢ =

= 2p ⋅ 10 ⋅ 109 ⋅ 4p ⋅ 10-7 ⋅ 88.42 ⋅  ¢ @ 2642 ⋅  ¢ = 2642 ⋅ 30 ⋅ 10-6 @ 0.08  1

81

Esercizi sulla guida d’onda rettangolare

Esercizio 1 Una guida d’onda metallica rettangolare ha dimensioni a = 1 éêëcm ùúû , b = 4 éêëmm ùúû ed è riempita da un mezzo semplice non dissipativo con mr = 1 , er = 9 . 1) Si determini l’intervallo di frequenze in cui si ha propagazione unimodale. 2) Si determinino, alla frequenza f = 7 éêëGHzùûú , le velocità di fase e di gruppo del modo fondamentale e la distanza lungo cui il campo elettromagnetico del primo modo di ordine superiore si attenua del 90 % . 3) Supponendo che il mezzo che riempie la guida consenta al campo elettrico di avere massimo modulo E

max

= 105 éëê V/m ùúû , si calcoli la massima potenza che il modo

fondamentale può trasportare lungo l’asse z alla frequenza f = 7 éêëGHzùûú .

Esercizio 2 Una guida d’onda metallica rettangolare vuota ha dimensioni a = 2 éêëcm ùûú , b = 1 éêëcm ùûú ed è riempita per un tratto di lunghezza  = 1.125 éëêmm ùûú da un mezzo semplice non dissipativo con mr = 1 , er = 2 . Su tale tratto incide il modo fondamentale della guida vuota con campo

( )

elettrico di modulo massimo pari a 2 éêë V/m ùûú e frequenza f = 50 / 4 2 éêëGHzùûú . 1) Scrivere l’espressione del campo elettromagnetico dell’onda incidente. 2) Indicare quali sono i modi in propagazione alla frequenza indicata, sia nella parte di guida vuota sia nella parte di guida riempita di dielettrico. 3) Individuare il modello a linee di trasmissione per l’intera struttura (N.B.: all’interfaccia tra vuoto e dielettrico non vengono generati modi di ordine superiore). 4) Calcolare il coefficiente di riflessione nel vuoto all’interfaccia con il dielettrico. 5) Studiare l’andamento del modulo di tale coefficiente di riflessione al variare della lunghezza  e determinare per quali valori di  esso assume i valori minimo e massimo.

82

Soluzioni Esercizio 1 1. L’intervallo di frequenze in cui si ha propagazione unimodale è ( fc1, fc2 ) dove fc1 è la frequenza di taglio del modo fondamentale e fc2 è la frequenza di taglio del primo modo superiore. In questo caso, essendo a > b , il modo fondamentale è il TE10 , che ha autovalore trasverso k t = p / a , quindi

fc1 =

kt

2p me

=

c

2a er

@

3 ⋅ 108 2 ⋅ 10-2

1 = 1010 = 5 éêëGHzùûú 2 9

Essendo poi a > 2b risulta k té2,0ù < k té0,1ù , pertanto il primo modo superiore è il TE20 , êë

úû

êë

úû

per il quale k t = 2p / a e quindi fc2 = 2 fc1 = 10 éëêGHzùûú .

2. Alla frequenza f = 7 éêëGHzùúû il modo fondamentale TE10 si propaga mentre il primo modo superiore TE20 è attenuato. Il fattore adimensionale n = fc / f vale, per il modo TE10 :

n=

fc f

=

5 7

Pertanto la velocità di fase del modo TE10 è:

uf =

c er 1 - n

2

=

c 9 1 - (5 / 7 )

2

mentre la velocità di gruppo del modo TE10 è:

83

=

7 3 24

c @ 1.43 ⋅ 108 éêëm/sùúû

ug =

c

1 - n2 =

er

c 9

1 - (5 / 7 ) = 2

24 c @ 7 ⋅ 107 3⋅7

é m/sù êë úû

Il modo TE20 è attenuato, cioè kz = -j az , con az = k t2é2,0ù - k 2 = k n 2 - 1 , dove il ëê

ûú

fattore adimensionale n vale, per il modo TE20 è

n=

fc f

=

10 7

Il campo elettromagnetico di questo modo si attenua lungo z secondo la funzione esponenziale exp (-az z ) . La distanza L lungo cui il campo si attenua del 90 % si trova imponendo che tale esponenziale valga 0.1 :

e

-az z

= 0.1



L =-

1 1 ln (0.1) = ln (10) az az

Sostituendo ad az l’espressione sopra determinata si ha

L=

1

ln (10) =

1

ln (10) =

c ⋅ ln (10)

= 2 w 2 f 2 1 p e n er n - 1 r c 3 ⋅ 108 ln (10) ln (10) @ = @ 0.00513 éêëm ùúû = 5.13 éêëmm ùúû 9 2 2p ⋅ 7 ⋅ 10 9 (10 / 7) - 1 20p 51 k n2 - 1

3. Consideriamo il campo elettrico del modo TE10 che si propaga lungo l’asse z nel verso positivo: æ px ö - jk z E = E t = E 0 sin ççç ÷÷÷e z y 0 è a ø÷

dove E 0 è una costante complessa. Il modulo del campo elettrico è allora:

84

æ px ö E = E 0 sin ççç ÷÷÷ è a ÷ø Esso assume il valore massimo per x = a / 2 (cioè al centro della guida), dove risulta E

Supponiamo che sia E

max

max

= E0

= E max = 105 éêë V/m ùúû :

æ px ö - jk z E = E t = E max sin ççç ÷÷÷e z y 0 = Ey (x , z ) y 0 è a ø÷

Il relativo campo magnetico si può ottenere dalla prima equazione di Maxwell:

1 1 æç ¶ ¶ ¶ö ´E = + y0 + z0 ÷÷÷ ´ éêEy (x , z ) y 0 ùú = ççx 0 û ¶y ¶z ø÷ ë j wm j wm è ¶x ¶Ey ö÷ 1 æç ¶Ey çç =z0 x ÷÷ ¶z 0 ÷ø÷ j wm çè ¶x

H=-

da cui

H t = H x (x , z ) =

æ px ö - jk z 1 ¶E y 1 jkz E max sin çç ÷÷÷e z x 0 x0 = çè a ÷ø j wm ¶z j wm

La componente longitudinale del vettore di Poynting è allora

1 1 E ´ H* ⋅ z0 = E t ´ H*t ⋅ z0 = 2 2 * é k ù æ ö æ ö p p 1 x x jk z jk z = E max sin ççç ÷÷÷e z y 0 ´ êê- z E max sin ççç ÷÷÷e z x 0 úú ⋅ z0 = 2 è a ÷ø è a ÷ø êë wm úû æ ö 2 k px 1 = E max sin2 ççç ÷÷÷ z 2 è a ÷ø wm

Pz =

Posto wm = k z e integrando sulla sezione trasversa della guida:

85

a

Pmax =

b

òò 0

æ ö 2 1 2 ç px ÷ kz E sin çç ÷÷ dx dy = ò ò 2z max è a ÷ø k 0 0 æ px ö sin2 ççç ÷÷÷ dx è a ÷ø a

Pz dx dy =

0

a

2 k 1 E max z b ò = 2z k 0

b

L’integrale all’ultimo membro vale a / 2 e inoltre kz = k 1 - n 2 , z = z 0 / er pertanto

Pmax =

2 ab 1 9 E max 1 - n2 = 105 2z 2 2 ⋅ 120p

( )

2

10-2 ⋅ 4 ⋅ 10-3 1 - (5 / 7)2 @ 557 éêë Wùúû 2

Esercizio 2 1. Il campo elettromagnetico del modo fondamentale che si propaga nella guida vuota e incide sull’interfaccia con il dielettrico è:

æ px ö - jk z E = Ey (x , z ) y 0 = E 0 sin çç ÷÷÷e z y 0 çè a ÷ø æ px ö - jk z æ px ö - jk z ¶Ey ö÷ k 1 æç ¶Ey 1 p çç H=z0 x 0 ÷÷÷ = - z E 0 sin çç ÷÷÷e z x 0 cos çç ÷÷÷e z z0 çè a ø÷ wm0 j wm0 çè ¶x j wm0 a ¶z ÷ø èç a ø÷ dove E 0 = E

max

= 2 éêë V/m ùúû ; possiamo poi scegliere per semplicità arg {E 0 } = 0 ,

risultando così E 0 = 2 éêë V/m ùûú . Essendo

k0 = fc é1,0ù ëê

ûú

2p f 2p ⋅ 50 ⋅ 109 250 é p êë rad/m ùúû @ = 8 c 4 2 ⋅ 3 ⋅ 10 3 2 3 ⋅ 108 c = @ = 7.5 éêëGHzùúû 2a 2 ⋅ 2 ⋅ 10-2

si ha

86

fc é1,0ù ëê

n=

ûú

=

f

kz = k 0

7.5

( )

50 / 4 2

=

30 2 3 = 2