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
 
  
 E  d l   t S B  nds

 
E   B
t

D  
 

 
 D   ds D  n  Q
S
   
H  J  D
t
 
  
 H  d l  I  t S D  nds


 
 B   ds B  n  0
S


B  0
+

  
F  q E  vB

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” (e,m 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

E   B
t

  H  D  J  Ji
t
Calcoliamo la divergenza del vettore di Poynting
  P   E  H  H    E  E    H
...Abbiamo usato un’altra identità
Sostituiamo a secondo membro le eq di Maxwell
D
B
   P  E 
H
 E  J  E  Ji
t
t
Relazioni energetiche in un campo elettromagnetico:
teorema di Poynting
D
B
H
 E  J  E  Ji
t
t
Immaginiamo che le correnti indotte J fluiscano in un
conduttore con conducibilità s: la legge di Ohm
  P  E 

E  J  sE 2

Inoltre, per mezzi lineari, isotropi, senza memoria
D  eE B  mH
Esprime la
conservazione
 1 2 1
2
2



P

e
E

m
H

s
E
 E  J i


dell’energia
t  2
2

densità di energia del
campo elettromagnetico
(?)
densità di potenza
dissipata per effetto
termico
densità di potenza fornita
dal generatore
Relazioni energetiche in un campo elettromagnetico:
teorema di Poynting

Integriamo su un volume per ricavarne la forma integrale:
applichiamo il teorema della divergenza
 P  nds 
S


 1 2 1
2
2
e
E

m
H
dV

s
E
dV    E  J i dV




t V  2
2

V
V
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
Ri
E  Ezu z 
uz
l
i
l
B
superconduttore
Conduttore reale
Il campo magnetico è dato
z
dalla legge di Biot-Savart H  H u  i u
 

2r

Il vettore di Poynting
Ri 2
P  E  H  Pr u r  
ur
2rl

Cioè viaggia esternamente (nel dielettrico o
nel vuoto) e penetra radialmente

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:
Ri 2
2
P

n
ds

2

rl

Ri

2rl
S

Pari alla potenza dissipata per effetto Joule
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
E
Supponiamo di avere due
mezzi, caratterizzati da
permettività (e1, m1) e (e1,
m1), rispettivamente




1
t1
Et 2
2
Decomponiamo il campo nelle sue componenti tangenziali
(Et) ed ortogonali (En) alla superficie di separazione
Usiamo la legge di Faraday, applicata ad un percorso
 B
rettangolare intorno all’interfaccia
 E  dl   t
Riduciamo l’altezza del rettangolo fino a renderla infinitesima: il
contributo alla circuitazione di En diventa nullo, come il flusso
B per cui

Quindi la componente
 E  dl  Et1  Et 2 l   t  B  0
tangenziale di E deve
essere continua
all’interfaccia
Condizioni al contorno: continuità componente
magnetica tangenziale
Densità di
H
Facciamo lo stesso
ragionamento per H

t1
1
Ht2

corrente J
2
Usiamo la legge di Ampère-Maxwell, applicata ad un
percorso rettangolare intorno all’interfaccia
 D
 H  dl   J  t

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...)
 H  dl  H t1  H t 2 l

  J  t  D  0
La componente
tangenziale di H deve
essere continua
all’interfaccia
Condizioni al contorno: continuità componente
elettrica D normale
Dn1

Usiamo la legge di Gauss
applicata ad un cilindretto
1
Dn 2

2
Facciamo tendere a zero l’altezza del cilindretto, così che si
annulli qualunque contributo tangenziale. Se DS è la
superficie della base
 Dn1  Dn 2 S  sS
D

n
ds




S

V
 Dn1  Dn 2  s
Quindi in assenza di cariche libere superficiali s, la componente
ortogonale di D è continua, cioè
Se s  0 Dn1  Dn 2  e1En1  e 2 En 2
Condizioni al contorno: continuità componente
elettrica B normale
Bn1
Per B possiamo fare lo
stesso, con la
semplificazione che non
esistono cariche
magnetiche


1
Bn 2
La componente ortogonale di B è continua, cioè
Bn1  Bn 2  m1H n1  m 2 H n 2
2
Condizioni al contorno: cosa succede in
prossimità di un conduttore ideale??

Il campo elettrico interno
è nullo
1
E n1
En 2  0






E t1
2
La dimostrazione relativa alla continuità delle
componenti tangenziali non cambia: è vera anche qui
Quindi: La componente tangenziale di E è nulla sia dentro che
in prossimità del conduttore
Et1  Et 2  0
Cosa possiamo dire della componente normale?
Non conviene ragionare in termini di D nel conduttore...
Ma vale sicuramente che  e r e 0 En1  e 0 En 2  s
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??
Densità di
H
1
t1
corrente J
Il campo magnetico?
Ht2



2
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….
 H  dl  H t1  H t 2 l   J   t  D  J s l  0
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)
nE  0
Campo elettrico tangenziale nullo
nB  0
nD ss
Campo di induzione magnetica
normale nullo
Campo induzione elettrica normale pari alla
densità superficiale di carica
nH  Js
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
E1  E  E0 ; H1  H  H 0
J1  J  J 0
n
in un dato volume V contenuto in una
superficie S, cioè
S
Ma occorrono tutte? Unicità della soluzione

1
1
2
2
2
P

n
ds

e
E

m
H
dV

s
E





1
1
1 dV    E1  J 1dV
t V  2
2

S
V
V
Ip. 1: la sorgente del primo campo (J) è identica alla
sorgente del secondo J  J 0 t in V  J1  0
In pratica i due campi (E,H) ed (E0,H0) sono generati dalla stessa sorgente, quindi la
“sorgente differenza” è nulla sempre
Ip. 2: le componenti tangenziali sul bordo del volume (S) o
del campo elettrico o del campo magnetico, coincidono
E  n  E0  n o H  n  H 0  n t su S
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
Quindi rimaniamo con

1
1
2
2
2
e
E

m
H
dV


s
E




1
1
1 dV
t V  2
2

V
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 nullo
Se 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
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 istante
Risultato 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 armonico
Immaginiamo un semplice circuito LR, con un generatore
di corrente
R
i
i  i0 cos(t )
VR
V?

L
VL
Vogliamo calcolare la tensione misurata ai capi del
generatore
Regime permanente armonico
Legge di K. alle Maglie: V?  VR  VL

La corrente che scorre è sempre i data (Legge di K. per le
R
correnti), per cui:
i
Legge di Ohm
i  i0 cos(t )
VR
VR  iR  i0 R cos(t )
VL
V?
Relazione per gli induttori
di
VL  L   Li0sint 
dt

quindi V?  i0 R cost   Li0sint 

In generale, per un circuito lineare, a sorgenti armoniche
corrisponderanno risposte armoniche con la stessa
frequenza, con fasi diverse
V?  i0 R cost   Li0 cost   / 2
L
Regime permanente armonico: i fasori
Un espediente utile: l’uguaglianza di Eulero
e





j
 cos   jsin 
 
cos  Re e jt
Allora potremo scrivere, per esempio
 
oppure




j
(

t

)

j

j

t

2   Re  e 2 e
sint  cos(t  )  Re  e




2




REGOLA 1: In pratica, invece delle funzioni armoniche,
useremo la parte reale dell’esponenziale complesso
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 fasori
infatti



d jt
e  je jt
dt
e
jt
e jt
dt 
j
Notiamo che in qualunque operazione ci ritroviamo
exp(jt) 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  j 

Il fasore corrispondente a Asin(t) è Ae 2
Quindi, quando rivogliamo la grandezza nel tempo,
moltiplichiamo il fasore per exp(jt) e prendiamo la parte
reale del risultato. Vediamolo per il nostro semplicissimo
esempio
Regime permanente armonico: i fasori
In termini fasoriali la corrente che scorre nel circuito è
semplicemente i0 e
VˆR  i0 R



VˆL  ji0 L
… il cappelletto solo per ricordare che sto usando il trucco
dei fasori e che le quantità possono essere complesse.
Quindi
Vˆ?  R  jLi0
Se vogliamo recuperare l’espressione nel tempo? Semplice!


V? (t )  Re Vˆ?e jt  i0 Re R  jLcost   jsin t 
 i0 R cost   Li0sint 
Equazioni di Maxwell in regime armonico permanente
Basta rimpiazzare le derivate nel tempo con prodotti per j
  E   jB
 D  
B  0
L’equazione di Helmholtz

Diventa (nota, non
2

 E
2
  H  jD  J
1  E
c t
2
usiamo il cappelletto per
semplificare le notazioni…)
2
2 


 2E   2 E
c
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


2
 Ek E  0
2
Onde piane in regime armonico permanente


Vediamo il caso dell’onda piana: immaginiamo di avere un
campo elettrico tutto in x e che dipende solo dalla coordinata
z


x
E( z)  Ex ( z)u x
L’equazione d’onda per il campo
elettrico diventa semplicemente
2
z 2

Ex  k 2 Ex  0
z
La soluzione è una combinazione di esponenziali in k
Ex  E  e  jkz  E e jkz

Volendo recuperare l’espressione nel tempo, per esempio della
componente progressiva (assumiamo E+ reale (E0) per semplificare)
 z
Ex (t )  Re(Ex e jt )  Re(E  e j t kz  )  E0 cos   t  
 c
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
  z 
  z

E x  E1 cos   t   E y  E2 cos   t    
  v 
  v


Notiamo che, mettendoci in un punto (es z=0)
z0
E x  E1 cost 
E y  E2 cost  

Che è l’equazione parametrica di una ellisse. Se Y è /2
ed E1=E2 è proprio una circonferenza: polarizzazione
circolare
Polarizzazione onde piane

Infatti, nella polarizzazione circolare avremo
  z 
E x  E1 cos   t  
  v 
y
t  0, z  0
x
  z 
E y   E1sin   t  
  v 
y

t
,z0
2
x
Polarizzazione onde piane

In termini di fasori avremmo (pol. Ellittica)
Ex  E1e

 jkz
E y  E 2 e  j ( kz  )
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
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
lim r E(r )  H(r )  u r   0
r 



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
Stabilisce che E ed H all’infinito approssimino un’onda
piana
Il potenziale vettore


Abbiamo visto che
B  0 

Per cui è sempre possibile scrivere B    A

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

B non cambia, poiché il rotore del gradiente è nullo


 
A'  A  
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


  B  m0 J




    A  m0 J
Vale però l’identità (che utilizzeremo spesso)





2
 A    A   A
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


2
 A  m 0 J

V 
2

Somiglia all’equazione di Poisson
e
fatto corrisponde a 3 equazioni di Poisson.
: di
Il potenziale vettore



cioè
 2 Ax   m 0 J x

2

 Ay   m 0 J y
 2
 Az   m 0 J z
In più A è orientato come la corrente: semplificazione
importante!
Conosciamo (almeno in teoria) la soluzione di una equazione di
Poisson per il potenziale elettrico, che è il potenziale di una

 dV '
distribuzione continua di cariche
V (r )  
V

 
4e0 r  r '
La soluzione generale per il potenziale vettore sarà analoga,
dove invece di di /e0 avremo m0J

m 0 J x dV '
Ax (r )  
  eccetera
V 4 r  r '
Uso del potenziale vettore nel
caso dinamico
Abbiamo visto che essendo
E’ possibile scrivere

B  0


B   A
e che il potenziale vettore può essere definito a meno
del gradiente di un campo scalare (potenziale)
Sostituiamo nell’equazione
di Faraday


B

A
E  
    A   
t
t
t
Quindi due grandezze con ugual rotore sono uguali a
meno di un gradiente, per cui
A
E
t
  
Uso del potenziale vettore
Ora usiamo tale espressione nella legge di Gauss
  D    e    2     A   
t




2
   A  
Quindi
t
e
Ora sostituiamo nella legge di Ampère/Maxwell

2
  D  




E

A


    A  m J 
 mJ  me



m
J

me


t 
 t 2


t 

t



D’altro canto sappiamo che     A     A  2 A


e che la divergenza del potenziale vettore è un nostro grado di
libertà. Quindi scegliamo

  A   me
t
Scelta (o Gauge) di Lorentz
Uso del potenziale vettore
Con tale scelta, il potenziale vettore soddisfa ad
un’equazione d’onda, come la conosciamo
 A  em
2
2A
t
2
  mJ
Ed anche l’eq per il potenziale scalare diventa

   em 2  
e
t
2
 2
Nota: la scelta di Lorentz non solo semplifica i conti, ma
ha un significato fisico: esprime in modo diverso la
continuità della carica
Uso del potenziale vettore
La scelta di Lorentz, nel caso armonico, consente anche
di ricavare sia H che E dal solo potenziale vettore; infatti
  A
E   jA 
jme
avendo utilizzato la gauge per ottenere il potenziale
scalare in funzione di quello vettoriale
Soluzione del potenziale vettore: statico
Nel caso statico abbiamo già visto come fare; vediamo
cosa succede con le formule attuali
 A  mJ
2

 
e
2
Come ci aspettavamo. Le sappiamo risolvere:
 dV '
 
V 4e r  r '

 (r )  

J dV '
A (r )  m 
 
V 4 r  r '
Soluzione del potenziale vettore: Dinamico
Usiamo un approccio euristico: sappiamo
che la differenza principale tra caso statico
e dinamico è che le interazioni si
propagano in tempo finito
 dV
P
r-r’
r
r’
Proviamo a determinare le soluzioni
V
considerando solo questo fatto: quindi
sostituendo alle equazioni possiamo verificare
che funziona. Avremo allora
 
 

r  r' 

r  r' 
 dV '
 dV '
J t 
  t 


v
v





A
(
r
,
t
)

m
 (r, t )   


 

4 r  r '
4e r  r '
V
V
essendo v uno sulla radice di me, r il punto di
osservazione ed r’ la variabile di integrazione
Soluzione del potenziale vettore: Dinamico sinusoidale
Le funzioni del tempo divengono semplicemente
 

r
r ' 
 
t

j

 


r  r' 
v 


jk
r
r '
jt
e
f t 
e e


v


va sottinteso
per cui
 
 jk r  r '

e
dV '
 (r )  
 
4e r  r '
V

Je
A (r )  m 
V
 
 jk r  r '
dV '
 
4 r  r '
Il dipolo Hertziano
E’ il più semplice esempio di radiatore: ideato da Heinrich
Rudolf Hertz ed utilizzato nel suo esperimento del 1887
Ricevitore
Trasmettitore
1857-1894
Il dipolo Hertziano
In modo più schematico
Trasmettitore
Ricevitore
Il dipolo Hertziano
Supponiamo 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)
z
nisr
h
x
) z ,y ,x (P

I
0
y

La continuità della carica impone che agli estremi vi siano due
cariche uguali ed opposte, anch’esse variabili nel tempo
Vista l’ipotesi di elemento “corto” l’integrale diventa
semplicemente I0h, e l’unica componente non nulla è lungo z

I 0 he  jkr
A(r )  Au z  m
uz
4r
Il dipolo Hertziano
quindi abbiamo già tutto…l’unica difficoltà è passare alle
coordinate sferiche
I 0 he  jkr cos
Ar  Az cos  m
4r
I 0 he  jkr sin
A   Az sin   m
4r
non c’è componente angolare lungo  vista la simmetria cilindrica
1
1
1
u
u
u
r

rsin
A questo punto basta calcolare i campi
r
r 2 sin
B   A 
r


Ar
rA
rsinA
1
1
 2
u r (  rA ) 
u   Ar  u  r rA    Ar 
rsin
r
r sin
1

Il dipolo Hertziano
Quindi B (ed H) ha solo componente lungo 
I 0h
e  jkr 
1
H 

sin
jk



m
4
r 
r
B
Considerazioni: in condizioni statiche k=0: il secondo termine, che
rimane, è quello statico: ci potete riconoscere la formula di

m I  
Laplace
B
in cui
4 r
2
dl  ur
hu z  dl
Quindi: il termine statico decresce come 1/r2, quello dinamico
come 1/r
Il dipolo Hertziano
Calcoliamo il campo elettrico (un po’ di conti…)
I 0h
e  jkr
Er 
cos
4
r
I 0h
e  jkr
E 
sin
4
r
 2

2



2 
 r
j
e
r




1

 jm 


2


r
j
e
r


Vedete un termine che decresce come r3, che è quello del dipolo
elettrostatico in cui I0/j è proprio la carica (per continuità)
A grande distanza dominano solo i termini in 1/r (quindi Er è
trascurabile); quindi a grande distanza (kr>>1)
Il dipolo Hertziano
a grande distanza
 jkr
I 0h
e  jkr
I 0h
e
H   jk
sin 
E  jm
sin 
4
r
4
r
E m
m
m



H
k
e
 me
come un’onda piana!
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
z
W   P  dS
rdq
S
P


1
1
1
1
E  H *  Er rˆ  Eq qˆ  H ˆ   Er H qˆ  Eq H  rˆ
2
2
2
2
dS  2r 2 sinqdqrˆ
x
2
dl
1  3
2
  2
W   I 
sin qdq
  
3 
jr  0
 4  
W

3
2
2

2  dl    

I
 j
   
2
24

 r
2  dl
I 
r
3
4/3
y
Potenza

2
2

2  dl    

W  I   j
I    
2
3
24

 r
2  dl
Reale: Attiva
Non dipende dalla distanza

3
Immaginaria: Reattiva
Dipende dalla distanza

Implica che la densità di pot.
decresce come 1/r2

I termini che contribuiscono a
tale potenza solo quelli 1/r

Viene ceduta e riacquistata
dall’ambiente ciclicamente
Vi contribuiscono i termini
rimanenti

Impedenza di radiazione
Antenna come carico:


Termine resistivo: tiene conto della potenza
irradiata e di quella (eventualmente) dissipata
Termine immaginario: potenza immagazzinata
In assenza di perdite, confrontiamo la
potenza dissipata dal resistore con
quella irradiata:

3
2
dl 


I 
Rrad
2
1
Rrad I
2
2
dl 
 80  

2
2
I
Rrad
jX