Corso di Antenne (TLC)

Prof. Marco Farina

DEB

Modalità esame

Prova solo orale

Testi consigliati

C. A. Balanis, Antenna Theory: Analysis and Design, John Wiley & Sons, 1997.

E. C. Jordan, K. G. Balmain, Electromagnetic waves and radiating Systems, Prentice Hall Inc.

Dispense lezioni

Lezione introduttiva: richiami

S

dst

d nBlE

BE

t

D

QdsS

nDD

S

dst

Id nDlH

0 S

ds nBB

0 B

DJH

t

BvEF

q

+ Tutto sui campi EM ed i loro effetti!

Relazioni energetiche in un campo elettromagnetico: teorema di Poynting

Definiamo la quantità ExH, vettore di Poynting: perché? pensando all’onda piana pare una quantità interessante: è

un vettore orientato nella direzione di propagazione.

Dimensionalmente è una potenza per unità di area (E in V/m, H in A/m, EH è in VA/m2 cioè Watt/m2)

Proviamo a trarre qualcosa dalle equazioni di Maxwell, ipotizzando solo di avere mezzi “senza memoria” (, non dipendono dal tempo), isotropi e lineari

Distinguiamo le correnti in due classi: quelle impresse (per esempio da un generatore alternato) Ji e quelle indotte dal campo J

Relazioni energetiche in un campo elettromagnetico: teorema di Poynting

Le equazioni del rotore sono in questo caso

BEt

itJJDH

HEP HEEH

Calcoliamo la divergenza del vettore di Poynting

...Abbiamo usato un’altra identità

ittJEJE

BH

DEP

Sostituiamo a secondo membro le eq di Maxwell

Relazioni energetiche in un campo elettromagnetico: teorema di Poynting

Immaginiamo che le correnti indotte J fluiscano in un conduttore con conducibilità : la legge di Ohm

ittJEJE

BH

DEP

2EJE

ED HB

Inoltre, per mezzi lineari, isotropi, senza memoria

iEHEt

JEP

222

2

1

2

1

densità di potenza fornita dal generatore

densità di potenza dissipata per effetto termico

densità di energia del campo elettromagnetico (?)

Esprime la conservazione dell’energia

Relazioni energetiche in un campo elettromagnetico: teorema di Poynting

Integriamo su un volume per ricavarne la forma integrale: applichiamo il teorema della divergenza

dVdVEdVHEt

dsV

iVVS

JEnP 222

2

1

2

1

Il primo termine è un flusso di energia nel volume per unità di tempo

Allora, rileggendo il teorema di Poynting come conservazione dell’energia, leggiamo l’equazione di sopra dicendo che l’energia che forniamo nell’unità di tempo ad una certa regione deve essere uguale alla somma di

Potenza dissipata per effetto Joule nei conduttori Potenza immagazzinata dal campo elettromagnetico in tale regione Potenza netta portata via attraverso la superficie di bordo S della regione V dalle onde

elettromagnetiche

teorema di Poynting: come viaggia l’energia? In un conduttore ideale E ed H sono nulli: quindi P è nullo.

Dove viaggia l’energia? Immaginiamo un esperimento: Il campo elettrico e la

corrente nel filo sono orientati lungo z: legge di Ohm

zzz l

RiE uuE

i

superconduttore

Conduttore realez

B

Il campo magnetico è dato dalla legge di Biot-Savart

uuH

r

iH

2

Il vettore di Poynting

rrr rl

RiP uuHEP

2

2

Cioè viaggia esternamente (nel dielettrico o

nel vuoto) e penetra radialmente

l

teorema di Poynting: come viaggia l’energia? Tra l’altro facendone il flusso attraverso un cilindro

concentrico, di raggio r: solo la superficie laterale contribuisce:

Pari alla potenza dissipata per effetto Joule

22

22

Rirlrl

Rids

S

nP

Condizioni al contorno Abbiamo le equazioni differenziali. Quali sono le

condizioni al contorno? Come si devono comportare i campi quando

incontrano un materiale diverso?

Le equazioni di Maxwell valgono ovunque: usiamo la loro forma integrale e vediamo che vincoli devono rispettare le soluzioni delle equazioni differenziali (valide nel “punto”)

Condizioni al contorno: continuità componente elettrica tangenziale

Supponiamo di avere due mezzi, caratterizzati da permettività (1, 1) e (1, 1), rispettivamente

Decomponiamo il campo nelle sue componenti tangenziali (Et) ed ortogonali (En) alla superficie di separazione

2

1 1tE

2tE

Usiamo la legge di Faraday, applicata ad un percorso rettangolare intorno all’interfaccia

lEEd tt 21lE Bt

td B

lE Riduciamo l’altezza del rettangolo fino a renderla infinitesima: il

contributo alla circuitazione di En diventa nullo, come il flusso B per cui

0

Quindi la componente tangenziale di E deve essere continua all’interfaccia

Condizioni al contorno: continuità componente magnetica tangenziale

Facciamo lo stesso ragionamento per H

Usiamo la legge di Ampère-Maxwell, applicata ad un percorso rettangolare intorno all’interfaccia

lHHd tt 21lHDtJ

td D

J

lH

Riduciamo l’altezza del rettangolo fino a renderla infinitesima: il contributo alla circuitazione di Hn diventa nullo, come il flusso di D, ed il flusso di J (se si ha una densità finita di corrente J...)

0 La componente

tangenziale di H deve essere continua all’interfaccia

2

1 1tH

2tH

Densità di corrente J

Condizioni al contorno: continuità componente elettrica D normale

Usiamo la legge di Gauss applicata ad un cilindretto

Facciamo tendere a zero l’altezza del cilindretto, così che si annulli qualunque contributo tangenziale. Se DS è la superficie della base

VS

ds nD

Quindi in assenza di cariche libere superficiali , la componente ortogonale di D è continua, cioè

2

11nD

2nD

SSDD nn 21

21 nn DD

221121 0 Se nnnn EEDD

Condizioni al contorno: continuità componente elettrica B normale

Per B possiamo fare lo stesso, con la semplificazione che non esistono cariche magnetiche

La componente ortogonale di B è continua, cioè

2

11nB

2nB

221121 nnnn HHBB

Condizioni al contorno: cosa succede in prossimità di un conduttore ideale??

Il campo elettrico interno è nullo

Quindi: La componente tangenziale di E è nulla sia dentro che in prossimità del conduttore 021 tt EE

2

11nE

02 nE

1tE

La dimostrazione relativa alla continuità delle componenti tangenziali non cambia: è vera anche qui

Cosa possiamo dire della componente normale? Non conviene ragionare in termini di D nel conduttore... Ma vale sicuramente che 2010 nnr EE Quindi Dn fuori, in prossimità del conduttore ideale è pari alla

densità di carica superficiale

Condizioni al contorno: cosa succede in prossimità di un conduttore ideale??

Il campo magnetico?

La discussione su B normale non cambia: la componente di B normale è nulla nel conduttore e deve essere nulla anche nelle immediate vicinanze

Per quanto riguarda la componente tangenziale, si era assunta una densità di corrente finita. In realtà ora il campo magnetico tangenziale non è generalmente nullo al di fuori del conduttore (è legato ad E normale dalle eq di Maxwell) mentre è sicuramente nullo nel conduttore. Come è possibile?

Occorre pensare che J -legata alla densità di carica- non sia finita (del resto l’importante è che I, la corrente -legata alla carica-, sia finita) nel qual caso il flusso sarebbe rimasto finito anche per un’area che tende a zero; si definisce una corrente per unità di larghezza Js [A/m] che scorre su uno strato infinitesimo di spessore: del resto le cariche su un conduttore sono tutte in superficie….

2

1 1tH

2tH

Densità di corrente J

lHHd tt 21lH DtJ 0 lJ s

Condizioni al contorno per un conduttore ideale

Quindi B ed H normali sono nulli su un conduttore, mentre H tangenziale è pari alla corrente superficiale

Le precedenti relazioni le possiamo riassumere in forma vettoriale (indicando con n la normale alla superficie di separazione)

s

s

J

Hn

Dn

Bn

En

0

0 Campo elettrico tangenziale nullo

Campo di induzione magnetica normale nullo

Campo induzione elettrica normale pari alla densità superficiale di carica

Campo magnetico tangenziale pari alla densità di corrente superficiale

Ma occorrono tutte? Unicità della soluzione

Dobbiamo distinguere tra problemi “interni” (in una regione finita) ed “esterni” (tutto lo spazio: tipico delle antenne)

Concentriamoci per il momento sui problemi interni: immaginiamo di avere due soluzioni delle equazioni di Maxwell E,H,J ed Eo,Ho,Jo, in condizioni di linearità

Scriviamo il teorema di Poynting per il campo

0101 ; HHHEEE 01 JJJ

in un dato volume V contenuto in una superficie S, cioè

n

S

Ma occorrono tutte? Unicità della soluzione

Ip. 1: la sorgente del primo campo (J) è identica alla sorgente del secondo

dVdVEdVHEt

dsVVVS

112

12

12

1 2

1

2

1JEnP

010 JJJ Vint

Ssu t 00 nHnHnEnE o

Ip. 2: le componenti tangenziali sul bordo del volume (S) o del campo elettrico o del campo magnetico, coincidono

In pratica i due campi (E,H) ed (E0,H0) sono generati dalla stessa sorgente, quindi la “sorgente differenza” è nulla sempre

In pratica, abbiamo indicato con n la solita normale alla superficie, e chiediamo che le componenti tangenziali dei due campi (E,H) ed (E0,H0) coincidono sul bordo della regione S. Come conseguenza su tutto il bordo, la componente tangenziale di E1 o di H1 diventa zero, ed il flusso del vettore di Poynting sparisce

Ma occorrono tutte? Unicità della soluzione

Che afferma che che l’energia elettromagnetica immagazzinata dal campo E1 H1 (integrale a primo termine) può essere o stazionaria o decrescere: infatti il secondo termine, essendo l’integrando positivo o nullo, è negativo o nulloSe però in un qualunque unico istante (es t=0) i campi coincidono, cioè E=Eo ed H=Ho in tutto il volume V, l’energia immagazzinata da E1,H1 in quel momento è ovviamente nulla. Ma abbiamo appena detto che l’energia (quantità positiva) può solo decrescere o rimanere uguale; non potendo decrescere sotto zero, non può che restare E=Eo ed H=Ho per ogni t

Quindi rimaniamo con

dVEdVHEt VV

2

12

12

1 2

1

2

1

Unicità della soluzione

Quindi perché la soluzione delle equazioni di Maxwell sia unica per problemi spazialmente limitati occorre e basta

•Assegnare le condizioni iniziali in tutto il volume•Assegnare o le componenti tangenziali di H o quelle di E su S per ogni istanteRisultato notevole!

Può spaventare il fatto che, almeno in un istante iniziale, occorre assegnare il campo ovunque; considerate però che con sorgenti sinusoidali, in regime permanente (dove le condizioni iniziali non servono più e osserviamo le soluzioni, anch’esse sinusoidali, da un tempo arbitrariamente lungo) quanto detto dimostra che basta assegnare il campo tangenziale su una superficie in E oppure in H per avere la soluzione univocamente determinata!!

Regime permanente armonicoImmaginiamo un semplice circuito LR, con un generatore di corrente

Vogliamo calcolare la tensione misurata ai capi del generatore

L

Ri

VR

VLV?

)cos(0 tii

Regime permanente armonico

Legge di K. alle Maglie:

quindi

L

Ri

VR

VLV?

)cos(0 tii

LR VVV ?

La corrente che scorre è sempre i data (Legge di K. per le correnti), per cui:

Legge di Ohm

iRVR )cos(0 tRi Relazione per gli induttori

dt

diLVL tsinLi 0

tsinLitRiV 00? cos In generale, per un circuito lineare, a sorgenti armoniche

corrisponderanno risposte armoniche con la stessa frequenza, con fasi diverse

2/coscos 00? tLitRiV

Regime permanente armonico: i fasoriUn espediente utile: l’uguaglianza di Eulero

oppure

Allora potremo scrivere, per esempio tje Recos

REGOLA 1: In pratica, invece delle funzioni armoniche, useremo la parte reale dell’esponenziale complesso

jsine j cos

)2

cos( ttsin

)2

(Re

tje

tjjee

2Re

Il vantaggio: integrazioni e differenziazioni banali, e le equazioni integrodifferenziali nel tempo che descrivono circuiti con memoria, divengono algebriche

Di fatto, useremo nei conti tutto l’esponenziale, recuperando la parte reale solo alla fine

Regime permanente armonico: i fasoriinfatti

Notiamo che in qualunque operazione ci ritroviamo exp(jt) a fattore: perché non sottintenderlo? Questa sarà la nostra REGOLA 2: sottintendiamo l’esponenziale nel tempo (così il tempo non compare più da nessuna parte esplicitamente)

Quel che rimane, lo chiamiamo Fasore ed è generalmente un numero complesso: per esempio

Il fasore corrispondente a Acos(t) è A

Quindi, quando rivogliamo la grandezza nel tempo, moltiplichiamo il fasore per exp(jt) e prendiamo la parte reale del risultato. Vediamolo per il nostro semplicissimo esempio

tjtj ejedt

d

j

edte

tjtj

Il fasore corrispondente a Asin(t) è 2

j

Ae

Regime permanente armonico: i fasoriIn termini fasoriali la corrente che scorre nel circuito è semplicemente i0 e

… il cappelletto solo per ricordare che sto usando il trucco dei fasori e che le quantità possono essere complesse.

Se vogliamo recuperare l’espressione nel tempo? Semplice!

RiVR 0ˆ LijVL 0

ˆ

0?̂ iLjRV

Quindi

tjeVtV ??

ˆRe)( tjsintLjRi cosRe0

tsinLitRi 00 cos

Equazioni di Maxwell in regime armonico permanente

Basta rimpiazzare le derivate nel tempo con prodotti per j

BE j JDH j

L’equazione di Helmholtz

La quantità /c si definisce numero d’onda, e si indica con k; si definisce anche un vettore d’onda, come un vettore di modulo k e direzione corrispondente al vettore di Poynting

D 0 B

2

2

22 1

tc

E

E

EE

2

22

c

Diventa (nota, non usiamo il cappelletto per semplificare le notazioni…)

022 EE

k

Onde piane in regime armonico permanente

022

2

xx EkEz

Vediamo il caso dell’onda piana: immaginiamo di avere un campo elettrico tutto in x e che dipende solo dalla coordinata z

x

z

xx zEz uE

)()( L’equazione d’onda per il campo elettrico diventa semplicemente

La soluzione è una combinazione di esponenziali in kjkzjkz

x eEeEE Volendo recuperare l’espressione nel tempo, per esempio della

componente progressiva (assumiamo E+ reale (E0) per semplificare)

)Re()( tjxx eEtE )Re( kztjeE

c

ztE cos0

Polarizzazione onde piane Fin qui abbiamo visto onde piane con una sola

componente di campo E, e che quindi oscillano sempre in uno stesso piano: queste si dicono polarizzate linearmente (anche ovviamente se con due componenti di campo E, purché l’oscillazione avvenga in un piano)

Un insieme di onde piane propagantesi nella stessa direzione, ma con orientazioni e fasi arbitrarie dei campi, generano un’onda non polarizzata

Due onde piane, stessa freq, ma diverse ampiezze fasi ed orientazioni (ma con relazioni prefissate) producono un’ onda polarizzata ellitticamente

Polarizzazione onde piane

Infatti, se per esempio abbiamo

Notiamo che, mettendoci in un punto (es z=0)

Che è l’equazione parametrica di una ellisse. Se è /2 ed E1=E2 è proprio una circonferenza: polarizzazione circolare

v

ztEEx cos1

v

ztEEy cos2

tEE

tEE

z

y

x

cos

cos

0

2

1

Polarizzazione onde piane

Infatti, nella polarizzazione circolare avremo

v

ztEEx cos1

v

ztsinEE y 1

y 0,0 zt

x

0,2

zt

x

y

Polarizzazione onde piane

In termini di fasori avremmo (pol. Ellittica)

Nota: fin qui abbiamo parlato di c come velocità di fase dell’onda em nel vuoto o in aria; il discorso resta valido in generale con l’accorgimento di usare la giusta velocità

jkzx eEE 1

)(2

kzjy eEE

Polarizzazione onde piane

Polarizzazione Lineare

Polarizzazione Circolare

Radiazione: condizioni al contorno nel tempo Cosa succede quando la regione S in cui si risolvono le eq di

Maxwell è all’infinito?

Campi e variazioni, nonché le interazioni si propagano con velocità finita

Quindi la condizione al contorno su un contorno infinito, nel tempo, è che il campo all’infinito sia sempre nullo

Radiazione: condizioni al contorno in frequenza In frequenza all’infinito vale la condizione di radiazione di

Sommerfield

Sostituisce le condizioni su S fissando un flusso di potenza reale attraverso S all’infinito

Stabilisce che E ed H vadano a zero almeno come 1/r

0)()(lim r

rr urHrE

Stabilisce che E ed H all’infinito approssimino un’onda piana

Il potenziale vettore Abbiamo visto che 0 B

Per cui è sempre possibile scrivere AB

Dove A si definisce potenziale vettore Così come il potenziale scalare era definito a meno di una

costante, il potenziale vettore non è unico

Abbiamo molti gradi di libertà: se sostituiamo

AA

' B non cambia, poiché il rotore del gradiente è nullo

La magnetostatica è completamente determinata dalla condizione di divergenza nulla (conglobata nella definizione di A) e dalla legge di Ampère

Il potenziale vettore Inserendo la nostra scelta nella legge di Ampère

JB

0 JA

0 Vale però l’identità (che utilizzeremo spesso)

AAA

2 Possiamo sfruttare la nostra discrezionalità nella scelta

di A imponendo che la divergenza sia “comoda”, per esempio nulla; il primo termine sparisce e la legge di Ampère per il potenziale diventa

JA

02

Somiglia all’equazione di Poisson : di fatto corrisponde a 3 equazioni di Poisson.

V2

Il potenziale vettore

cioè

In più A è orientato come la corrente: semplificazione importante!

zz

yy

xx

JA

JA

JA

02

02

02

Conosciamo (almeno in teoria) la soluzione di una equazione di Poisson per il potenziale elettrico, che è il potenziale di una distribuzione continua di cariche

'4

')(

0

V

dVV

rrr

La soluzione generale per il potenziale vettore sarà analoga, dove invece di di 0 avremo 0J

eccetera dVJ

AV

xx

'4

')( 0

rrr

Uso del potenziale vettore nel caso dinamico

Abbiamo visto che essendo 0 B

E’ possibile scrivere AB

e che il potenziale vettore può essere definito a meno del gradiente di un campo scalare (potenziale)Sostituiamo nell’equazione di Faraday

t

B

E

A

t t

A

Quindi due grandezze con ugual rotore sono uguali a meno di un gradiente, per cui

t

AE

Uso del potenziale vettore

Ora usiamo tale espressione nella legge di Gauss

D

Quindi

Ora sostituiamo nella legge di Ampère/Maxwell

D’altro canto sappiamo che

At

2

At

2

t

DJA

t

EJ

tt

2

2AJ

AAA

2e che la divergenza del potenziale vettore è un nostro grado di libertà. Quindi scegliamo

t

A Scelta (o Gauge) di Lorentz

Uso del potenziale vettoreCon tale scelta, il potenziale vettore soddisfa ad un’equazione d’onda, come la conosciamo

Ed anche l’eq per il potenziale scalare diventa

Nota: la scelta di Lorentz non solo semplifica i conti, ma ha un significato fisico: esprime in modo diverso la continuità della carica

JA

A

2

22

t

2

22

t

Uso del potenziale vettoreLa scelta di Lorentz, nel caso armonico, consente anche di ricavare sia H che E dal solo potenziale vettore; infatti

avendo utilizzato la gauge per ottenere il potenziale scalare in funzione di quello vettoriale

j

AAjE

Soluzione del potenziale vettore: staticoNel caso statico abbiamo già visto come fare; vediamo cosa succede con le formule attuali

Come ci aspettavamo. Le sappiamo risolvere:

JA 2

2

dV

V

'4

')(

rrr

dV

V

'4

')(

rr

JrA

Soluzione del potenziale vettore: DinamicoUsiamo un approccio euristico: sappiamo che la differenza principale tra caso statico e dinamico è che le interazioni si propagano in tempo finito

Proviamo a determinare le soluzioni considerando solo questo fatto: quindi sostituendo alle equazioni possiamo verificare che funziona. Avremo allora

dVv

t

tV

'4

''

),(rr

rr

r

dVv

t

tV

'4

''

),(rr

rrJ

rA

essendo v uno sulla radice di , r il punto di osservazione ed r’ la variabile di integrazione

V

P

r

r’

r-r’

dV

Soluzione del potenziale vettore: Dinamico sinusoidaleLe funzioni del tempo divengono semplicemente

per cui

ev

tfv

tj

''

rrrr

dVe

V

jk

'4

')(

'

rr

JrA

rr

ee jktj 'rr

va sottinteso

dVe

V

jk

'4

')(

'

rrr

rr

Il dipolo HertzianoE’ il più semplice esempio di radiatore: ideato da Heinrich Rudolf Hertz ed utilizzato nel suo esperimento del 1887

1857-1894

Trasmettitore

Ricevitore

Il dipolo HertzianoIn modo più schematico

Trasmettitore Ricevitore

Il dipolo HertzianoSupponiamo di avere una corrente filiforme orientata lungo z, di dimensione piccola rispetto alla lunghezza d’onda (lunghezza h), e costante nello spazio. Immaginiamo che sia sinusoidale nel tempo (usiamo i fasori)

La continuità della carica impone che agli estremi vi siano due cariche uguali ed opposte, anch’esse variabili nel tempo

z

y

),,( zyxP

x

0Ih

rsin

Vista l’ipotesi di elemento “corto” l’integrale diventa semplicemente I0h, e l’unica componente non nulla è lungo z

r

heIA z

jkr

z uurA

4

)( 0

Il dipolo Hertzianoquindi abbiamo già tutto…l’unica difficoltà è passare alle coordinate sferiche

non c’è componente angolare lungo vista la simmetria cilindrica

A questo punto basta calcolare i campi

r

sinheIsinAA

r

heIAA

jkr

z

jkr

zr

4

4

coscos

0

0

ArsinrAA

rrsinsinr

r

r

r uuu

AB

1112

rrrr ArAr

Arsin

rAsinr

uuu

11)(

12

Il dipolo HertzianoQuindi B (ed H) ha solo componente lungo

Considerazioni: in condizioni statiche k=0: il secondo termine, che rimane, è quello statico: ci potete riconoscere la formula di Laplace

rjk

r

esin

hIBH

jkr 1

40

rdr

IulB

24

lu dh z in cui

Quindi: il termine statico decresce come 1/r2, quello dinamico come 1/r

Il dipolo HertzianoCalcoliamo il campo elettrico (un po’ di conti…)

Vedete un termine che decresce come r3, che è quello del dipolo elettrostatico in cui I0/j è proprio la carica (per continuità)

20 22

cos4 rjrr

ehIE

jkr

r

A grande distanza dominano solo i termini in 1/r (quindi Er è trascurabile); quindi a grande distanza (kr>>1)

rrjj

r

esin

hIE

jkr

20 1

4

Il dipolo Hertzianoa grande distanza

come un’onda piana!

r

ehIjkH

jkr

sin

40

r

ehIjE

jkr

sin4

0

kH

E

Il dipolo Hertziano I campi di un dipolo hertziano, posto all’incrocio dei

piani

I grafici calcolati da Hertz!

Potenza

Calcoliamo il vettore di Poynting complesso

x

y

zrd

r

S

SdPW

rHEHEHErEHEP rr ˆ2

1ˆ2

1ˆˆˆ2

1

2

1 *

rdsinrSd ˆ2 2

0

33

22

2 1

4dsin

rj

dlIW

4/3

322

2

22

243

r

dlIj

dlIW

Potenza

322

2

22

243

r

dlIj

dlIW

Reale: AttivaImmaginaria: Reattiva

Non dipende dalla distanza

Implica che la densità di pot. decresce come 1/r2

I termini che contribuiscono a tale potenza solo quelli 1/r

Dipende dalla distanzaViene ceduta e riacquistata dall’ambiente ciclicamenteVi contribuiscono i termini rimanenti

Impedenza di radiazioneAntenna come carico:

Termine resistivo: tiene conto della potenza irradiata e di quella (eventualmente) dissipata

Termine immaginario: potenza immagazzinata

Rrad

jX

IIn assenza di perdite, confrontiamo la potenza dissipata dal resistore con quella irradiata:

22

3

dl

I2

2

1IRrad

2280

dl

Rrad