Professor Alvaro Vannucci

20a Aula

Eletromagnetismo II

Na última aula vimos...

• Guias de onda; 2 placas //’s com σ = ∞,

separadas de a, em vácuo, modo TE .

• Equação que rege a propagação:

2 2 2

0

1 1 1

g cλ λ λ+ = ; onde:

• De forma que, em um ponto P qualquer:

0

2

2ˆ sin

c

x

g

zi t

yE e E e

π ωλπ

λ

−

=

�

• Sendo: ; m = 0, 1, 2,..2c

a m

λ=

K�

'K�

K�

0

z

a

y

0

0

sin

cos

g

c

θ

θ

λλ

λλ

=

=

0

2;

K

πλ =

⇒ para haver propagação:2 2

0

1 1

cλ λ>

⇑

0 cλ λ>

;p

S u v=� �

• Vimos então que a velocidade de fase:

• De forma que:

( )*1

2ReS E H= � �

( )* *1

4Re E D B Hu = ⋅ + ⋅� � � �

• Mas, quanto à velocidade de grupo:

( )sin

f cc

vθ

= >

0

0

a

a

z

g

S dyv

u dy=∫

∫;

singv c θ= ; (sempre < c) !!

ax

z

yb

ba

• Problema do guia de onda guia de onda retangularretangular(propagação TE na direção e sentido do eixo z)

BE

t

∂∇× = −

∂

�� �

4a equação:

0

20

g

zx y

HiH i E

x

πε ω

λ

∂− + =

∂0

2

g

x yE Hµ ωλ

π=

0

2

g

y xE Hµ ωλ

π= − 0

y xH H

x y

∂ ∂− =

∂ ∂

0

20

g

zy x

H iH i E

y

πε ω

λ

∂− + =

∂

3a equação:

• Partindo das equações de Maxwell:

0i Hµ ω= +

�

DH

t

∂∇× =

∂

��

0i Eε ω= −

�

00

y xz

E Ei H

x yµ ω

∂ ∂− − =

∂ ∂

Vimos: Ez=0 (pois o modo é TE); e as demais

componentes dos campos são obtidas:

E�

B�• De forma que, obtendo-se Hz ⇒ todas as demais componentes

dos campos e são consequentemente obtidas!

• E, para calcular Hz partimos da equação de onda: (no vácuo)

2

2

2 2

10

HH

c t

∂∇ − =

∂

��

• A partir da qual obtivemos:

• Finalmente:

2

cos cosg

iz

zm nx y

A eb

Ha

πλπ π

= ; m e n = 0,1, 2,...

0

2 2 2 22 2

g

n m

b a

π π π π

λ λ

= − −

0

2 2 22 n m

b a

π π π

λ

> +

• Critério para haver propagahaver propagaççãoão:

• Experimentalmente, observa-se que cargas em repouso ou MRU não irradiam: é preciso que estejam aceleradas para isto

ocorrer.

RADIARADIAÇÇÃO ELETROMAGNÃO ELETROMAGNÉÉTICATICA

• Uma abordagem interessante e mais ou menos simples, para

estudar o problema da radiação, é feita através do cálculo dos

potenciais φ e e, depois, calcular e : A�

E�

B�

B A

AE

tϕ

= ∇× ∂

= −∇ −∂

��

��

(de forma que a Condição (Gauge) de Lorentz seja

satisfeita)

2

10A

c t

ϕ∂∇ ⋅ + =

∂

�

• Como modelo, vamos supor uma “espécie de dipolo elétrico”constituído por sistema carga/corrente, correspondente a duascargas +Q e -Q, ligadas por fio de comprimento ����.

ˆ' 'z

r z e=�

/ 2�

'r r−� �

y

x

z

-Q

+Q

P

r�

θ/ 2�

( )I Q

dJ dV J n dA dV

dtρ

= =

∇ ⋅ = ⋅ = −

∫ ∫ ∫� � �

����� ���

dQI

dt= (I será positivo

no sentido de +z)

(I é negativo quando cargas

saem do volume espacial).

Jt

ρ∂∇ ⋅ = −

∂

�• Impondo a conservação da carga,

, a corrente no fio é dada por:

∴∴∴∴

(na verdade, a ddp externa é que provoca

o movimento dos elétrons livres; +Q e -Q

do modelo corresponde apenas a uma

simplificação da situação real de dipolo)

• Neste estudo, estaremos supondo que a corrente que flui no fio, em um dado instante, é a mesma em qualquer ponto do fio.

(esta condição, como veremos, tira a

dependência de I com relação a z’)

• Isto será verdadeiro quando o comprimento ���� do fio for pequeno

em comparação ao λλλλ da onda emitida.

( )( )' '

'0

'

,,

4

J r tA r t dV

r r

µ

π=

−∫

� �� �

� �

'

';

r rt t

c

−= −

� �• Lembrar agora que, para o cálculo do Potencial Vetor:

≡ tempo retardado

�

I

λ

J dV I d→��� ˆ'

zd dz e=��

ˆI J n dA JA = ⋅ = ∫�

]Id JdV⇒ =�

; sendo que

• Agora, como estamos lidando com sistema linear:

• Temos então: ( )( )' '

'0

'

,,

4

J r tA r t dV

r r

µ

π=

−∫

� �� �

� �

�\ \

12

2 2

cos

2ˆ ˆ' ' 'z z

r

r z e z r z e r

θ

− = + − ⋅

� �

• Mas, da figura:

que fornece a expressão

exata de ( ),A r t� �

( )d×⇒ ⇒�

20

2

ˆ| ' |',

ˆ'ˆ4 | ' |

( )z

z

z

r z eI z t

c dz er z e

µ

π −

−−

−= ∫

�

�

�

�

=

�

I

z

dV

I J Ad d=

=� ��

ˆ' 'z

r z e=�

�

'r r−� �

yx

z

-Q

+Q

P

r�θ

• Podemos, porém, simplificar os cálculos supondo ponto P muito

distante do dipolo, de forma que: ( )1 1 ...n

x nx± = ± +

�

12

2 2

cos

2 ˆ'ˆ' ' zz

r

z r z e rr z e

θ≡

= + − ⋅

−� �

'cosco1 ' s

zr

rr z

θθ

− = −

≈

≈

• Note que esta quantidade está presente em dois locais da

equação de A�

i) No denominador: z'cosθ pode ser desprezado se r>> ����.

muito grande

20

2

ˆ| ' |

ˆ| '

',

|ˆ'

4

( )z

z

z

I z tc dz

r z e

r z eeA

µ

π −

−

−

−

= ∫�

�

�

�

�

ˆ' 'z

r z e=�

�

'r r−� �

yx

z

-Q

+Q Pr�

θ

2

2

'zr

r=

21

'z r−+

2

cos

r

θ1

2

ˆ 'cos' z r zt t

r z

c

e

c c

θ−− = − −

�

ii) No tempo de retardo:

t* = z’cosθθθθ/c pode ser desprezado quando este for muito menor que o tempo característico de variação da corrente(por exemplo, em 1 período (T) de oscilação).

(isto porque t-r/c pode ter um valor pequeno, mesmo para

r grande, pois t pode ser grande)

• Ou seja, como poderá ser

desprezado no tempo retardado se:

≡ λradiação

'cos / 2'cos

zz

cθ

θ≤ ⇒�

2cT< <

�

(e para ficar valendo corrente uniforme em um dado t)

'cosr z θ−

• Assim, se o dipolo for pequeno comparado com 1 λradiação , e o

ponto P estiver muito distante do dipolo (em comparação com ����):

(+ 1 constante de integração que eu suponho ser zero, por ser o caso + simples e também porque, nas derivações de para o cálculo

dos campos, ela some!)A�

( )2

0 0

2

1

4

ˆ| ' |

ˆ| ' |

',

ˆ ˆ' ,4

( )z

z

z z z

I z tc dz e A r t I e

r z e

z re

rt

r cA

µ µ

π π−

−−

→ =

−

−= ∫

�

�

� ��

�

�

�

( ) 0 1

4ˆˆ, zz

rA r t I t e

rAe

c

µ

π

∴ = = −

� ��

• Agora, o Potencial Escalar correspondente pode ser obtido da Condição (Gauge) de Lorentz :

2

10A

tc

ϕ∂∇ ⋅ + =

∂

�

0 0 0

1 1zA

t zµ ε µ

ϕ ∂

∂ ∂= −

∂= −

0

µ

ε

0 1

4

rI t

r czπ

∂−

∂

�

( )1

2 2 2 2r x y z= + +

derivadas são em relação a z (e não a z’ )

0 0µ ε

� zA

z

∂

∂

• De onde escrevemos:

( ) 0 1

4; ˆ, z

rA r t I t

re

c

µ

π

= −

� ��

;

0

1

24t

ϕ

πε

∂ −= −

∂

� ( )3

2 2 2 22x y z

−

+ +1

r

r Iz I t

c r z

tc

rt

c

∂ −

∂ −

∂ − +

∂

( )3

0

1 1 1

4 2'

z rI It

r c r cπε−−

= − − +

� 12

rz

3 2

04

'z r z r

I t I tt r c r c c

ϕ

πε

∂ = − + − ∂

⇒�

dQI

dt= ⇒ Q Idt= ∫

; que vamos agoraintegrar !

• Ou seja:

• Mas: ; e também:

⇒

=

( ) ( )''r

I t dt I d Ic

ξ

ξ ξ ξ

≡

− = =

∫ ∫���

1d

dt

ξ= e d dtξ =∴; já que

(derivada de I com respeito

ao seu argumento)

0

1

4

rI t

t z r cπε

ϕ ∂ ∂ = − − ∂ ∂

�

0cosQ Q

r rt t

c cω

− = −

0

; sinI Ir r

e t tc c

ω

− = −

0Qω−

• Vamos agora obter os campos e , considerando o caso particular de uma configuração de carga/corrente dada por:

E�

B�

• Vamos também estar trabalhando com coordenadas esféricas, já que, na aproximação de dipolo, a geometria é esférica.

( )( ) ( )

2

04

,Q Ir rt tz c c

r tr r cπ ε

ϕ − − = +

��

• Então:

ˆzA Ae=

�• Assim, as componentes do potencial vetor :

A�

θ

êθ

êr

y

x

z

φ

θ

00

4sin sisin nAA

r

I rt

cθ θ θ

µ

πω−

−

= = −�

0 0

4sin cc s so or

I r

cA

rA t θθ ω

µ

π

−

= =

�

0Aφ =

.esfB A= ∇ ×

��

0

1 1

sin

rA

r θ φ

=∂

+∂

( )0

1ˆ ˆr

rrA A

r r r

A

e eφ

θθ φθ

= ∂ ∂ ∂ − + −

∂ ∂ ∂

• De forma que:

001

sinsin

AA

r

θφ θ

θ θ φ

== ∂∂

= − ∂ ∂

ˆre

+

êφ

apenas

( ) 0 1

4ˆ, z

rA r t I t e

r c

µ

π

= −

� ��

0 01

4cosin sˆ

I rB B

ct

r ceφ

ωµθ ω

π

⇒ = = − +

− −

� � �

0 0

4sin sin ˆ

I rt

r ceφ

µθ ω

π

−

+

�

0 0

2

1

4sin cos sin

I r rB t t

c c cr rφ

µ ωθ ω ω

π

= − + −

∴

�

• Agora, quanto ao campo , ele pode ser obtido fazendo:E�

.esf

AE

tϕ

∂= −∇ −

∂

��

(e usando z = r z = r coscosθθ , já obtido, na equação de ϕϕ )

( )( ) ( )

2

0

,4

r rQ t I tz c cr t

r r cϕ

πε

− − = +

��

• Observe que existem componentes de tanto na direção de θθθθquanto na direção de r (!) enquanto que só tem componente na

direção de φφφφ !

E�

B�

(ondas esféricas!)

rr

r

AE

t

ϕ ∂∂= − −

∂ ∂

1 AE

r t

θθ

ϕ

θ

∂∂= − −

∂ ∂

0

1

sinE

rφ φθ

ϕ=∂

= −∂

0A

t

φ∂− =

∂

• Então:

( ) ( )0

0

2 3

sin cos2 cos

4

r rt tI c

c r r

cω ωθ

πε ω

− − = −

�

0

2

0

3 24

sin 1 1cos sin

r

I r rt t

rc c c cr

θ ωω ω

πε ω

= − − − − −

�

verifiquem!

= 0

( )( ) ( )

2

04

,Q Ir rt tz c c

r tr r cπε

ϕ − − = +

��

0 0

2

1

4ˆsin cos sin

I r rB t t e

c r c r cφθ

µ ωω ω

π

= − + −

� �

• Agora, ainda na Aproximação de Dipolo, vamos calcular a Taxa de Energia (Potência) Irradiada pelo dipolo, calculando o fluxo

do Vetor de Poynting através de uma esfera de raio r, centrada

no dipolo, considerando este raio muito grande (r → ∞∞∞∞).

( )ˆ ˆS n dA E H n dA⋅ = × ⋅∫ ∫� � �

� � ( )( )2sinE H r d dθ φ θ θ φ= ∫�

eθ−=

( )ˆ ˆ ˆre e eθ φ+ ×

=

=0

re=

• Então:

• Observe, porém, que não é necessário integrar sobre todos os

termos de Eθ e Bφ já que no final, quando eu fizer rr→→→→ ∞∞∞∞∞∞∞∞, todos os

termos que dependessem de r -n ; n ≥≥≥≥ 2, anulam-se!

• Termos que não se anulam são os proporcionais a 1/r em Eθθθθ e

Bφφφφ, que compõe o Campo de RadiaCampo de Radiaççãoão.

re

2

0 0

si2

nr E B dθ

π

φ θπ

θµ

= ∫

0

2

0 00 4

sin2ˆ cos

I rS n d

rA t

c c

π θπ ωω

µ πε

⋅ = − ×

∫ ∫� ��

0 0 2sincos . sin

4

I rt r

rd

c c

µ θ ωω θ θ

π

× −

�

43

=

( )2

0 00

2

0 0

3

0

2

4 4

cossin

rI tI cd

c c

πµ ω ωωπθ θ

µ πε π

−= × ∫

��

• Como: 0 0

2

1

4sin cos sin

I r rB t t

r crc cφ

µ ωθ ω ω

π

= − + −

�

3 2

0

2

0

1 1

4

sincos sin

I r rE t t

c c cr r crθ

θ ωω ω

πε ω

= − − − − −

�

• Então:

=

=

2

• Assim:

( )2

0 2

3

06

ˆ cosI r

S n dA tc c

ωω

πε

⋅ = −

∫� ��

Potência Instantânea Irradiada, na Aproximação

de Dipolo≡

2 2 2

0

3

0

1

2 6

IP

c

ω

πε=

�

0 0

1; c

ε µ=

0 0

0

2 2

3

2

2

IP

µπ

ε λ

=

�

• Cálculo da Potência Média:

22

2

ccT

f

c

f

cπ

λ

ωπ

π

= = =

= =

2 2 2 2

0

2 2

03.4

Q

c c

ω ω

π ε

�( )0 0I Qω= −= =

� �

=

2

0p

= λλλλ-2

• Multiplicando e dividindo por 2:

→ p0=q���� ≡≡≡≡ “momento

de dipolo elétrico”

• Agora, como sabemos, uma resistência com corrente I0 cosω tdissipa energia a uma taxa média:

2 2 2 2

. 0 0

1

2cos

disP R I RI t R Iω= = =

2

0

0

2

3

diprR

µπ

ε λ

=

�(espaço livre)

• Comparando este resultado com o anterior:

• Em meios dielétricos, substituir 0 0, ,µ ε µ ε→

• Podemos então definir para antenas/dipolo elétrico uma

“Resistência de RadiaResistência de Radiaççãoão”:

0 0

0

2 22

3 2

IP

µπ

ε λ

=

�

2

789 Ohmsλ

=

�

• Ou seja, a energia é mais intensamente irradiada na direção ⊥⊥⊥⊥ao dipolo, pois:

2

0 0

4 2

0

2 2

1ˆ

32

sinr

pS e

rE B

cθ φ

ω

π

θ

µ

µ= =�

• Finalmente, pegando as componentes do campo de radiação:

(demonstre!!)

; S I=

y

x

z

-Q

+Q

P

r�

θ

I

• Luz polarizada do céu azul também pode ser explicada.

∴ A luz que chega ao observador é

polarizada ; e é azul porque ωωωω 4 amplifica

a absorção e re-emissão da luz solar

nesta freqüência.

Atmosfera remove o azul da radiação solar; o que “sobra” é o vermelho.

este dipolo não irradia para o observador

pôr-do-Sol

• Demonstração: Laser + Resina →4

2

22

0 0

2ˆ

3

s n

2

ir

pS e

c r

µ

π

ω θ=�