Campi Elettromagnetici

Capitolo 5. Energetica del campo elettromagnetico

Si considera una regione di spazio chiuso con un volume V generico e un mezzo caratterizzato da $\epsilon$, $\mu$, $\sigma$, senza sorgenti di campo. Per il principio di conservazione dell'energia, essa non può essere creata o distrutta: la quantità di energia presente all'interno del volume immagazzinata dal campo elettromagnetico è variabile nel tempo e quindi viene trasformata. Indicando con E l'energia presente, una diminuzione di questa si indica con $- \frac{dE}{dt}$. La diminuzine dell'energia deve necessariamente corrispondere ad una trasformazione di parte di essa in base all'effetto Joule $P_j$ e dall'uscita di potenza dalla regione $P_{uscente}$.

(1)
\begin{align} - \frac{dE}{dt} = P_j + P_{uscente} \end{align}

Dati due generici vettori $\bar P$ e $\bar Q$ si verifica che:

(2)
\begin{align} \nabla \circ ( \bar P \times \bar Q ) = \bar Q \circ \nabla \times \bar P - \bar P \circ \nabla \times \bar Q \end{align}

Applicando questa relazione ai vettori $\bar E$ e $\bar H$ si ha:

(3)
\begin{eqnarray} \nabla \circ (\bar E \times \bar H) &=& \bar H \circ \nabla \times \bar E - \bar E \circ \nabla \times \bar H = \\ &=&\bar H \circ (- \frac{\partial \bar B}{\partial t}) - \bar E \circ (\frac{\partial \bar D}{\partial t} + \sigma \bar E) = \\ &=&- \frac{1}{2} \frac{\partial \mu \vert \bar H \vert^2}{\partial t} - \frac{1}{2} \frac{\partial \epsilon \vert \bar E \vert^2}{\partial t} - \sigma \vert \bar E \vert^2 \end{eqnarray}

Infatti si ha che:

(4)
\begin{align} \frac{\partial (\bar U \circ \bar U)}{\partial t} = \frac{\partial \bar U}{\partial t} \circ \bar U + \frac{\partial \bar U}{\partial t} \circ \bar U = 2 (\frac{\partial \bar U}{\partial t} \circ \bar U) \end{align}

quindi

(5)
\begin{align} \frac{\partial \bar U}{\partial t} \circ \bar U = \frac{1}{2} \frac{\partial \vert U \vert ^2}{\partial t} \end{align}

Si possono integrare ambo i membri sul volume V, ottenendo:

(6)
\begin{align} \int_V \nabla \circ (\bar E \times \bar H) dV = - \frac{d}{dt} \left[ \int_V \frac{\mu \vert H \vert ^2}{2} dV + \int_V \frac{\epsilon \vert E \vert ^2}{2} dV \right] - \int_V \sigma \vert E \vert ^2 dV \end{align}

L'unità di misura dalle quantità all'interno della parentesi è $\[J\]$, quindi rappresenta l'energia immagazzinata dal campo. In particolare si definisce il primo termine all'interno delle parentesi quadre energia del campo magnetico e si indica con $E_m$ e il secondo termine energia del campo elettrico e si indica con $E_e$.

(7)
\begin{align} E_e \triangleq \int_V \frac{1}{2} \epsilon \vert E \vert ^2 dV \end{align}
(8)
\begin{align} E_m \triangleq \int_V \frac{1}{2} \mu \vert H \vert ^2 dV \end{align}

L'energia è quindi definita come l'integrale su un volume di una quantità che viene definita densità di energia. Chiamando $W_e$ la densità di energia elettrica e $W_m$ la densità di energia magnetica si ha:

(9)
\begin{align} W_e = \frac{1}{2} \epsilon \vert E \vert ^2 \end{align}
(10)
\begin{align} W_m = \frac{1}{2} \mu \vert H \vert ^2 \end{align}

quindi

(11)
\begin{align} E_e \triangleq \int_V W_e dV \end{align}
(12)
\begin{align} E_m \triangleq \int_V W_m dV \end{align}

Si considera un volume dV a forma di cilindo di lunghezza dl, sezione dS e con un campo $\bar E$ presente al suo interno e orientato nel senso della lunghezza.

cilindro.pdf

Cilindro dV

Per la legge di Ohm, ovvero $\bar J_{ohm} = \sigma \bar E$, si ha che:

(13)
\begin{align} \sigma \vert \bar E \vert^2 dv = \sigma \frac{\vert J_{ohm}^2 \vert}{\sigma^2} dv = \frac{\vert J_{ohm}^2 \vert}{\sigma} dS dl = \end{align}

moltiplicando e dividendo per dS si ha:

(14)
\begin{align} \frac{\vert J_{ohm}^2 \vert dS^2 dl}{\sigma dS} \end{align}

Essendo $\bar J_{ohm}$ perpendicolare a dS, allora la corrente totale che attraversa la superficie è $\vert \bar J_{ohm} \vert dS$. Essendo $\sigma = \frac{1}{\rho}$ e $\rho \frac{dl}{dS} = dR$ la resistenza del volume, allora la potenza dissipata per effetto Joule è:

(15)
\begin{align} \sigma \vert \bar E^2 \vert dV = i^2 dR \end{align}

quindi la potenza dissipata per effetto Joule in tutto il volume V è:

(16)
\begin{align} \int_V \sigma \vert \bar E^2 \vert dV = P_j \end{align}

Quindi si ha che una variazione dell'energia all'interno del volume è data da:

(17)
\begin{align} - \frac{dE}{dt} = P_j + \int_V \nabla \circ (\bar E \times \bar H ) dV \end{align}

L'ultimo termine corrisponde quindi alla potenza uscente $P_{uscente}$. Applicando il teorema della divergenza all'integrale a secondo membro si ha:

(18)
\begin{align} \int_V \nabla \circ (\bar E \times \bar H ) dV = \oint_S (\bar E \times \bar H ) \circ \hat n dS \end{align}

dove S è la superficie che racchiude V.

Si definisce vettore di Poynting il prodotto vettoriale tra il campo elettrico e il campo magnetico e si indica con $\bar S$:

(19)
\begin{align} \bar S \triangleq \bar E \times \bar H \end{align}

La potenza totale che fuoriesce è il flusso uscente dalla superficie del vettore di Poynting, quindi quest'ultimo può essere interpretato come la densità di potenza che fluisce attraverso il campo elettromagnetico.

Presenza di mezzi non omogenei

Precedentemente si è ipotizzato che le quantità $\epsilon, \mu$ siano costanti, ma questa condizione non è necessaria e si può giungere alle stesse condizioni scrivendo la densità di energia elettrica come

(20)
\begin{align} W_e = \frac{1}{2} \bar D(\bar r, t) \circ \bar E(\bar r, t) \end{align}

e la densità di energia magnetica come

(21)
\begin{align} W_m = \frac{1}{2} \bar B(\bar r, t) \circ \bar H(\bar r, t) \end{align}

Presenza di sorgenti impresse

Se fossero presenti delle sorgenti impresse, indicate con $J_o$, nella regione V allora si ha:

(22)
\begin{align} \nabla \circ \bar S = \nabla \circ (\bar E \times \bar H) = \bar H \circ \nabla \times \bar E - \bar E \circ \nabla \times \bar H \end{align}

Sostituendo, essendo $J_e = J_{ohm} + J_o$

(23)
\begin{align} \nabla \circ \bar S = \bar H \circ (- \frac{\partial \bar B}{\partial t} - \bar E \circ \[ ( \bar J_{ohm} + \bar J_o ) + \frac{\partial \bar D}{\partial t} \] \end{align}

che conduce al Teorema di Poynting, una espressione in forma locale del principio di conservazione dell'energia

(24)
\begin{align} \nabla \circ \bar S = - \frac{\partial}{\partial t} (\frac{1}{2} \bar B(\bar r, t) \circ \bar H(\bar r, t)) - \frac{\partial}{\partial t} (\frac{1}{2} \bar D(\bar r, t) \circ \bar E(\bar r, t)) - \bar E \circ \bar J_{ohm} - \bar E \circ \bar J_o \end{align}

Il termine $\int_V \bar E \circ \bar J_{ohm} dv$ rappresenta il lavoro fatto dal campo sulle sorgenti e il termine $- \int_V \bar E \circ \bar J_o dv$ rappresenta il lavoro fornito dalle sorgenti impresse al campo.
Per cui, se esiste una diminuzione dell'energia essa sarà uguale alla potenza dissipata per effetto Joule sommata alla potenza uscente sottratta alla potenza fornita dalle sorgenti del campo:

(25)
\begin{align} - \frac{dE}{dt} = P_j + P_{uscente} - P_o \end{align}

Regime sinusoidale stazionario

In regime sinusoidale, i fasori dei vettori $\bar D(\bar r, t)$ e [[$\bar E(\bar r, t)$ sono $\bar D(\bar r)$ e $\bar E(\bar r)$, dove $\bar D(\bar r, t) = \Re \left\lbrace \bar D(\bar r, t) e^{\jmath \omega t} \right\rbrace$ e $\bar E(\bar r, t) = \Re \left\lbrace \bar E(\bar r, t) e^{\jmath \omega t} \right\rbrace$. Una proprietà dei numeri complessi afferma che la parte reale di un numero complesso è pari alla metà della somma del numero con il suo coniugato, quindi

(26)
\begin{align} \bar D(\bar r, t) = \Re \left\lbrace \frac{\bar D(\bar r) e^{\jmath \omega t} + \bar D^* e^{-\jmath \omega t}}{2} \right\rbrace \end{align}

Il coniugato del prodotto di due numeri complessi è il prodotto dei coniugati, quindi

(27)
\begin{eqnarray} W_e &=& \frac{1}{2} \Re \left\lbrace \bar D(\bar r) e^{\jmath \omega t} \right\rbrace \circ \Re \left\lbrace \bar E(\bar r) e^{\jmath \omega t} \right\rbrace \\ &=& \frac{1}{2} \frac{D(\bar r) e^{\jmath \omega t} + D^*(\bar r) e^{-\jmath \omega t}}{2} \circ \frac{E(\bar r) e^{\jmath \omega t} + E^*(\bar r) e^{-\jmath \omega t}}{2} \\ &=& \frac{1}{4} \frac{D(\bar r) \circ E(\bar r) e^{2\jmath \omega t} + D^*(\bar r) \circ E^*(\bar r) e^{-2\jmath \omega t} + D(\bar r) \circ E^*(\bar r) + D^*(\bar r) \circ E(\bar r)}{2} \\ &=& \Re \left\lbrace \frac{1}{4} \bar E \circ \bar D^* \right\rbrace + \Re \left\lbrace \frac{1}{4} \bar E \circ \bar D e^{2\jmath \omega t} \right\rbrace \end{eqnarray}

Il secondo termine varia con pulsazione $2 \omega$ e il suo valore medio è nullo perchè è un termine che oscilla sinusoidalmente. Il primo termine rappresenta il valore medio della densità dell'energia elettrica.

La potenza dissipata per effetto Joule è:

(28)
\begin{align} \bar E(\bar r, t) \circ \bar J_{ohm} (\bar r, t) \end{align}

il cui valore medio è:

(29)
\begin{align} \frac{1}{2} \bar E(\bar r) \circ \bar J_{ohm}^* (\bar r) \end{align}

Considerando una quantità $\nabla \circ (\bar P \times \bar Q)$, e sostituendo $\bar P = \bar E$ e $\bar Q = \bar H^*$ si ottiene:

(30)
\begin{align} \nabla \circ ( \bar E (\bar R) \times \bar H^* (\bar r) ) = \bar H^* (\bar r) \circ \nabla \times \bar E(\bar r) - \bar E(\bar r) \circ \nabla \times \bar H^*(\bar r) \end{align}

Applicando la legge di Maxwell si ottiene

(31)
\begin{align} \bar H^*(\bar r) \circ (-\jmath \omega \bar B(\bar r)) - \bar E(\bar r) \circ (\bar J_o^* + \bar J_{ohm}^* - \jmath \omega \bar D^*) \end{align}

dividendo per 1/2 e definendo come vettore di Poynting in regime sinusoidale la quantità:

(32)
\begin{align} \bar S(\bar r) = \frac{1}{2} \bar E(\bar r) \times \bar H^*(\bar r) \end{align}

allora si ottiene il teorema di Poynting in regime sinusoidale seguente:

(33)
\begin{align} \nabla \circ \bar S = - 2 \jmath \omega \left\lbrace \frac{1}{4} \bar H^* \circ \bar B + \frac{1}{4} \bar E \circ \bar D^* \right\rbrace - \frac{1}{2} \bar E \circ \bar J_{ohm}^* - \frac{1}{2} \bar E \circ \bar J_o^* \end{align}
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