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Campi Elettromagnetici

Esercizi svolti sui mezzi anisotropi: ferrite, rotatore di Faraday, circolatore, lamine d’onda, ionosfera, effetto Hall

Otto esercizi con soluzione e grafico: tensore di Polder, campo di risonanza e filtri a YIG, frequenza di plasma e legge della secante, rotatore di Faraday e isolatore, circolatore nel radar, lamine d'onda con il calcolo di Jones, rotazione di Faraday nei collegamenti satellitari, sensori di Hall.

Esercizi sui mezzi anisotropi del tipo che si trovano negli esami di Campi elettromagnetici e di Microonde, in tre livelli: base, con il calcolo diretto dei tensori; medio, con i dispositivi (rotatore di Faraday, circolatore, lamine d’onda); esame, con la ionosfera e l’effetto Hall. Le costanti: \gamma/2\pi = 28 GHz/T per l’elettrone, ferrite YIG con \mu_0M_s = 0{,}178 T e \varepsilon_r = 15. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa, con il grafico, si apre con un clic. Le dimostrazioni sono nella lezione collegata.

Livello base

Esercizio 1. Il tensore di Polder

Una ferrite YIG è magnetizzata da un campo \mu_0H_0 = 0{,}05 T. Calcola, a 10 GHz, la frequenza di risonanza, gli elementi \mu e \kappa del tensore e le permeabilità delle due onde circolari.

Risultato: f_0 = 1{,}4 GHz; \mu/\mu_0 = 0{,}929, \kappa/\mu_0 = -0{,}508; \mu_+/\mu_0 = 0{,}421, \mu_-/\mu_0 = 1{,}437.

Soluzione

1. f_0 = \frac{\gamma}{2\pi}\mu_0H_0 = 28\cdot 0{,}05 = 1{,}4 GHz; f_m = \frac{\gamma}{2\pi}\mu_0M_s = 28\cdot 0{,}178 = 4{,}984 GHz. Nelle formule si possono usare le frequenze al posto delle pulsazioni, perché compaiono solo rapporti.

2. \frac{\mu}{\mu_0} = 1 + \frac{f_0f_m}{f_0^2 - f^2} = 1 + \frac{1{,}4\cdot 4{,}984}{1{,}96 - 100} = 1 - 0{,}0712 = 0{,}929.

3. \frac{\kappa}{\mu_0} = \frac{f\,f_m}{f_0^2 - f^2} = \frac{10\cdot 4{,}984}{-98{,}04} = -0{,}508. Il segno negativo dice solo che si è sopra la risonanza (f \gt  f_0).

4. \frac{\mu_\pm}{\mu_0} = 1 + \frac{f_m}{f_0 \mp f}: \mu_+ = 1 + \frac{4{,}984}{1{,}4 - 10} = 0{,}421, \mu_- = 1 + \frac{4{,}984}{11{,}4} = 1{,}437. Verifica: \mu \pm \kappa = 0{,}929 \mp 0{,}508. Le due onde circolari vedono permeabilità che differiscono di un fattore 3,4.

Permeabilità delle due onde circolari a 10 GHz
La curva rossa diverge alla risonanza, la blu cambia poco; con 0,05 tesla si è molto a sinistra della risonanza, dove le due permeabilità valgono circa 0,42 e 1,44.

Esercizio 2. Il campo per la risonanza

Che campo serve per portare in risonanza una ferrite a 10 GHz? E a 3 GHz? Un filtro a sfera di YIG si accorda variando la corrente di un elettromagnete: di quanto deve cambiare il campo per spostarlo da 2 a 18 GHz?

Risultato: 0,357 T a 10 GHz, 0,107 T a 3 GHz; da 0,071 a 0,643 T.

Soluzione

1. La risonanza è a f_0 = 28\,\text{GHz/T}\cdot\mu_0H_0, quindi \mu_0H_0 = f/28: 10/28 = 0{,}357 T e 3/28 = 0{,}107 T.

2. Per un filtro da 2 a 18 GHz: da 2/28 = 0{,}071 T a 18/28 = 0{,}643 T. La frequenza è proporzionale al campo, quindi alla corrente dell’elettromagnete: il filtro si accorda linearmente su quasi tre ottave. È il principio degli oscillatori e dei filtri a YIG degli analizzatori di spettro.

3. Notare che la risonanza di un elettrone libero (ciclotrone) ha la stessa costante: \frac{e}{2\pi m} = 28 GHz/T. Non è un caso: in entrambi i casi è il rapporto tra carica e massa dell’elettrone che governa la rotazione.

Esercizio 3. La frequenza di plasma

La regione più densa della ionosfera ha N = 10^{12} elettroni/m³. Calcola la frequenza di plasma. Fino a che frequenza un’onda inviata verticalmente torna a terra? E con un’incidenza di 75° rispetto alla verticale?

Risultato: f_p = 8{,}98 MHz; con incidenza obliqua di 75° fino a 34,7 MHz.

Soluzione

1. f_p = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{Ne^2}{\varepsilon_0m}} = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{10^{12}\cdot(1{,}602\cdot 10^{-19})^2}{8{,}854\cdot 10^{-12}\cdot 9{,}109\cdot 10^{-31}}} = 8{,}98 MHz. Una formula comoda: f_p \approx 9\sqrt N Hz.

2. In incidenza verticale l’onda è riflessa dove n = 0, cioè dove la frequenza di plasma locale uguaglia la sua: torna a terra solo se f \le 8{,}98 MHz. È ciò che misura una ionosonda.

3. In incidenza obliqua conta solo la componente verticale del vettore d’onda (la legge di Snell nella ionosfera stratificata conserva quella orizzontale): l’onda torna se f\cos\theta \le f_p. Con \theta = 75°: f \le \frac{8{,}98}{0{,}259} = 34{,}7 MHz. È la legge della secante: le onde corte radenti raggiungono distanze di migliaia di chilometri anche a 20-30 MHz.

Riflessione ionosferica verticale e obliqua
Il raggio verticale, blu, torna a terra solo se la frequenza non supera quella di plasma; quello obliquo, rosso, con angolo theta rispetto alla verticale, torna fino a una frequenza più alta, quella di plasma divisa per il coseno di theta.

Livello medio

Esercizio 4. Il rotatore di Faraday

Con la ferrite dell’esercizio 1 (\varepsilon_r = 15), a 10 GHz, calcola le costanti di fase delle due onde circolari, la rotazione per millimetro e la lunghezza di un rotatore di 45° (mezzo indefinito). Che cosa succede all’onda riflessa?

Risultato: \beta_+ = 526 rad/m, \beta_- = 973 rad/m; 12,8° per millimetro; 3,5 mm; l’onda riflessa ruota di altri 45°, in tutto 90°.

Soluzione

1. \beta_\pm = \frac{\omega}{c}\sqrt{\varepsilon_r\,\mu_\pm/\mu_0}, con \frac{\omega}{c} = \frac{2\pi\cdot 10^{10}}{3\cdot 10^8} = 209{,}6 rad/m: \beta_+ = 209{,}6\sqrt{15\cdot 0{,}421} = 526 rad/m, \beta_- = 209{,}6\sqrt{15\cdot 1{,}437} = 973 rad/m.

2. Rotazione: \theta = \frac{\beta_- - \beta_+}{2}L = 223{,}4 rad/m, cioè 12,8° per millimetro.

3. Per 45° (0,785 rad): L = 0{,}785/223{,}4 = 3{,}5 mm. Nei dispositivi reali la ferrite riempie solo in parte la guida d’onda e la rotazione è minore: i rotatori in guida sono lunghi alcuni centimetri.

4. L’onda riflessa torna attraverso la stessa ferrite: il verso di rotazione è fissato dal campo \mathbf B_0, non dal verso di propagazione, quindi ruota di altri 45° nello stesso senso. In tutto 90°: arriva perpendicolare al polarizzatore d’ingresso ed è assorbita. È l’isolatore.

L'isolatore a rotazione di Faraday
In blu l’onda in avanti, che ruota di 45 gradi e passa; in rosso l’onda riflessa, che ruota di altri 45 gradi e arriva orizzontale al primo polarizzatore.

Esercizio 5. Il circolatore nel radar

Un radar usa un solo circolatore per collegare trasmettitore (porta 1), antenna (porta 2) e ricevitore (porta 3). Il trasmettitore emette impulsi da 1 kW; il circolatore reale ha un isolamento di 20 dB tra la porta 1 e la porta 3. Quanta potenza arriva al ricevitore direttamente dal trasmettitore? Perché il circolatore non può essere fatto con soli componenti passivi reciproci?

Risultato: 10 W, molto più di quanto un ricevitore sopporta: serve un limitatore. Una rete a tre porte senza perdite, adattata e reciproca non esiste.

Soluzione

1. 20 dB significano un fattore 100: 1000/100 = 10 W (+40 dBm). Un amplificatore a basso rumore sopporta di solito pochi milliwatt: davanti al ricevitore si mette un limitatore a diodi PIN o un commutatore, che si chiude durante l’impulso. Inoltre l’antenna non è perfettamente adattata: un ROS di 1,5 riflette il 4 % della potenza, altri 40 W che il circolatore manda proprio al ricevitore.

2. Il circolatore ideale ha S = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}: è unitaria (colonne ortonormali, quindi senza perdite) ma non simmetrica (S_{21} = 1, S_{12} = 0). Come dimostrato nella lezione, se fosse simmetrica l’ortogonalità delle colonne e la loro norma unitaria sarebbero incompatibili. Serve un mezzo non reciproco: la ferrite magnetizzata.

Il circolatore a tre porte
La potenza gira nel verso della freccia: dalla porta 1 alla 2, dalla 2 alla 3, dalla 3 alla 1.

Esercizio 6. Lamine d’onda

Calcola lo spessore di una lamina a quarto d’onda di ordine zero in quarzo (n_o = 1{,}5427, n_e = 1{,}5518) e in calcite (n_o = 1{,}6557, n_e = 1{,}4849) per \lambda = 633 nm. Poi, con il calcolo di Jones, verifica che una lamina a mezz’onda con l’asse a 22,5° ruota di 45° una luce polarizzata orizzontalmente, e che una lamina a quarto d’onda a 45° la rende circolare.

Risultato: quarzo 17,4 μm, calcite 0,93 μm (troppo sottile da lavorare); uscite \frac{1}{\sqrt2}(1, 1) e \frac{1}{2}(1 - j,\ 1 + j), cioè E_y/E_x = j.

Soluzione

1. d = \frac{\lambda}{4|n_e - n_o|}: quarzo \frac{633\cdot 10^{-9}}{4\cdot 0{,}0091} = 17{,}4 μm; calcite \frac{633\cdot 10^{-9}}{4\cdot 0{,}1708} = 0{,}93 μm. Per questo le lamine si fanno di quarzo o di polimeri poco birifrangenti, oppure “di ordine multiplo” (sfasamento 2\pi m + \pi/2), più spesse ma più sensibili alla lunghezza d’onda e alla temperatura.

2. Mezz’onda (\Gamma = \pi) a \vartheta = 22{,}5°: R(\vartheta)\,\text{diag}(1, -1)\,R(-\vartheta) = \begin{pmatrix} \cos 2\vartheta & \sin 2\vartheta \\ \sin 2\vartheta & -\cos 2\vartheta \end{pmatrix}, una riflessione rispetto all’asse. Su (1, 0) dà (\cos 45°, \sin 45°) = \frac{1}{\sqrt2}(1, 1): lineare a 45°, cioè ruotata di 2\vartheta.

3. Quarto d’onda (\Gamma = \pi/2) a 45°: la matrice è \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 - j & 1 + j \\ 1 + j & 1 - j \end{pmatrix} a meno di una fase comune; su (1, 0) dà \frac{1}{2}(1 - j,\ 1 + j), con E_y/E_x = \frac{1 + j}{1 - j} = j: componenti uguali in modulo e sfasate di 90°, polarizzazione circolare.

Polarizzazione in uscita per tre sfasamenti
Lineare con sfasamento nullo, circolare con un quarto d’onda, lineare ruotata di 90 gradi con mezz’onda, per luce che entra a 45 gradi dagli assi.

Livello esame

Esercizio 7. Rotazione di Faraday nei collegamenti satellitari

Una stazione a terra riceve con un’antenna a polarizzazione lineare il segnale di un satellite, anch’esso lineare. Il percorso attraversa la ionosfera con \text{TEC} = 10^{17} m⁻² e campo B_0 = 50 μT parallelo al percorso. Calcola la rotazione di Faraday e la perdita per disadattamento di polarizzazione a 150 MHz, 1,5 GHz e 12 GHz. Che soluzione si adotta?

Risultato: 301°, 3,0° e 0,05°; perdite 5,7 dB, 0,012 dB e trascurabile; a VHF e in banda L si usa la polarizzazione circolare.

Soluzione

1. \Omega = 2{,}365\cdot 10^4\,\frac{B_0\,\text{TEC}}{f^2} = 2{,}365\cdot 10^4\cdot\frac{5\cdot 10^{-5}\cdot 10^{17}}{f^2} = \frac{1{,}18\cdot 10^{17}}{f^2} rad: a 150 MHz 5,26 rad = 301° (il calcolo esatto con gli indici completi dà 302°), a 1,5 GHz 0,0526 rad = 3,0°, a 12 GHz 0,05°.

2. Il segnale arriva ruotato di \Omega rispetto all’antenna: la potenza ricevuta si riduce di \cos^2\Omega. A 150 MHz \cos^2 301° = 0{,}267, cioè 5,7 dB. Ma il TEC varia di un fattore 10 tra giorno e notte, quindi la rotazione cambia di centinaia di gradi e prima o poi l’onda arriva perpendicolare all’antenna: evanescenza totale. A 1,5 GHz la perdita è 0,012 dB, a 12 GHz nulla.

3. Un’onda circolare è autovettore del mezzo: la rotazione di Faraday cambia solo la sua fase, non la sua polarizzazione. Per questo GPS, satelliti meteorologici in VHF e telemetria usano polarizzazione circolare; la TV satellitare a 12 GHz può usare la lineare (e la usa per raddoppiare i canali con due polarizzazioni ortogonali).

Rotazione di Faraday in funzione della frequenza
In scala logaritmica la rotazione cala come uno su f al quadrato: 302 gradi a 150 MHz, 3 gradi a 1,5 GHz, 0,05 gradi a 12 GHz.

Esercizio 8. Sensori di Hall

Una barretta spessa 0,1 mm, in un campo di 1 T, è percorsa da una corrente. Calcola la tensione di Hall per una barretta di rame (N = 8{,}5\cdot 10^{28} m⁻³) con 1 A e per un semiconduttore con N = 10^{22} m⁻³ con 1 mA. Che cosa misura il segno di V_H? Perché la resistenza della barretta non cambia con il campo, nel modello di Drude?

Risultato: rame 0,73 μV; semiconduttore 6,2 mV; il segno dà il segno dei portatori; \rho_{xx} = 1/\sigma_0 qualunque sia B.

Soluzione

1. V_H = \frac{IB}{Net}. Rame: \frac{1\cdot 1}{8{,}5\cdot 10^{28}\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 10^{-4}} = 0{,}73 μV: troppo poco per un sensore pratico. Semiconduttore: \frac{10^{-3}\cdot 1}{10^{22}\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 10^{-4}} = 6{,}2 mV, con una corrente mille volte più piccola. La tensione cresce quando i portatori sono pochi, perché a parità di corrente devono muoversi più veloci e la forza di Lorentz qvB è maggiore.

2. Il segno della tensione dipende dal segno dei portatori: è così che si è scoperto che in alcuni semiconduttori (tipo p) la corrente è portata da cariche positive, le lacune.

3. Invertendo il tensore di conducibilità si trova \rho_{xx} = 1/\sigma_0: in regime stazionario il campo di Hall bilancia esattamente la forza di Lorentz, e gli elettroni procedono diritti come senza campo. La magnetoresistenza che si misura nei materiali reali nasce dalla distribuzione delle velocità e dalla presenza di più tipi di portatori, che il modello di Drude ignora.

La barretta di Hall
La corrente scorre lungo la barretta, il campo esce dal foglio, la tensione di Hall si misura tra i due bordi.
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