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=�