Eletromagnetismo II – 1o Semestre de 2007 Noturno - Prof. Alvaro Vannucci

21 aula - 29mai/2007

• Iniciamos o estudo da Emissão de Radiação Eletromagnética.

• Inicialmente, calculando os potenciais ϕ e A�

para o Dipolo Elétrico oscilante, obtivemos:

( ) ( )

( )( ) ( )

0

20

,4

cos,

4

rA r t I tcr

r rQ t I tr c cr t

r r c

µ

π

θ

πεϕ

= −

− − = +

� ��

��

• Supondo ( ). 0 cosdiprQ Q t

cω= − e

� ( ). 0

0

sindip

I

rI Q tc

ω ω

=

−= − ; e usando também que

(A

Et

ϕ∂

= −∇ −∂

��

; B A= ∇ ×��

) ⇒ as componentes dos campos então foram obtidas:

( )

( ) ( )

( ) ( )

0 0

02 3

0

03 2 2

0

1sin cos sin

4

sin cos2 cos

4

sin 1 1cos sin

4

r

I r rt tcr c c r

r rt tI c c

cr r

I r rt tc cr

B

Erc r c

E

φ

θ

µ ωθ ω ω

π

ω ωθ

πε ω

θ ωω ω

πε ω

= − + −

− − = − −

= − − − −

�

�

�

• Em seguida foi calculado o fluxo de S�

através de uma casca esférica com raio r →→→→ ∞∞∞∞:

( )( )2ˆ sinS n dA E H r d dθ φ θ θ φ⋅ =∫�

� ⇒ (considerando apenas o Campo de Radiação) ⇒

⇒ ( ) ( )

2

0 23

0

ˆ cos6

IrS n dA t

cc

ωω

πε⋅ = −∫� �� ≡ “Potência Instantânea Irradiada”

• Quanto à Potência Média irradiada: 2 2

0 0

0

2

3 2

IP

µπ

ε λ

=

� ;

0 0

1c

ε µ

=

• Finalmente, efetuamos o cálculo da “Resistência de Radiação” para o dipolo elétrico:

2 2

. 0

.0

2789

3dip

radR Ohmµπ

ε λ λ

= =

� � (no espaço livre)

na Aproximação do Dipolo e supondo a corrente

no ‘fio’ como sendo a mesma em qualquer ponto

na “Aproximação de Dipolo”

“Antenas de meia-onda”

• Trata-se de um modelo mais apropriado (que o dipolo elétrico) para descrever as ondas EM emitidas pelas antenas de Rádio-TV, por exemplo.

• A idéia é considerar correntes oscilando em um fio de antena com comprimento λλλλ/2 (λλλλ - da onda emitida), de forma que:

( ) 0

2 '', sin cos

zI z t I t

πω

λ

= ⋅

• Nesta situação certamente não podemos mais considerar a corrente como sendo a mesma em qualquer ponto do fio, em um instante t.

• No entanto, se dividirmos o fio em elementos dz’, localizados em z’, então nestes compri-mentos dz’, a corrente é constante, de forma que os resultados anteriores continuam válidos!

• Assim, a contribuição do elemento dz’ para a componente θ do campo elétrico, de acordo com resultado da aula anterior, considerando apenas o “campo de radiação”:

02

0

sin 2 'cos cos '

4

RI zdE t

cRdz

cθ

θ ω πω

πε λ

= −

• Da mesma forma:

0 0 2sin cos cos ' '

4

IdB t z dz

c c

R

Rφ θ

µ ω πω

π λ

= −

;

• Nos denominadores, na “aproximação de dipolo” (r >> z’) ⇒ R ~ r (como feito antes).

• Então, para obtermos Eθ e Bφ da antena, temos que integrar as equações em z’, ou seja, a integração se fará sobre as coordenadas linha.

• Isto resume-se basicamente, em calcularmos a integral:

4

4

2cos cos ' '

Rt z dz

c

λ

λ

πξ ω

λ−

= −

∫ ; ' cosR r z θ= −

• Vamos chamar 2

'z uπ

λ=

' 2

du

dz

λ

π⇒ = ⇒ '

2dz du

λ

π= ;

de forma que, quando: 4 2

4 2

z u

z u

λ π

λ π

− = ⇒ = −

+ += ⇒ =

esta condição permite o cálculo

das integrais do problema!

sendo 'cosr r r zR θ= − = −� � ≡

≡ distância de dz’ ao ponto P (ver aula passada).

já considerou-se a

aproximação de I ≈ cte ao

assumirmos as expressões

de Eθ e Bφ anteriores

este termo é para anular a corrente nas extremidades

do fio: 2

cosπ

λ

λ

40=

λ/4

λ/4

y x

z dz'

P ' zr z ê−�

r�

θ

'z

• Assim: 2

2

//

'coscos cos

2

r zt u du

c

π

π

θλξ ω

π −

− = −

∫�����������

• Ou seja: 2

2

cos cos cos2

rt u u du

c

π

π

θλ

ξ ωπ −

= − +

∫

• Usando que: ( )cos cos cos sin sinA B A B A B+ = − ⇒

� �

2 2

2 2

cos cos cos cos sin sin cos cos2 cte a cte a

r rt u u du t u u du

c c

π π

π π

θ θλ

ξ ω ωπ − −≡ ≡

⇒ = − − −

∫ ∫

• Quanto à primeira integral, lembrando que:

( )cos cos cos sinau u au u au+ = + −

( )

sin

cos cos cos sin

u

au u au u au− = + + sin u

⇒ ( ) ( )1

1 12

cos cos cos cosau u a u a u= + + − ; de forma que:

(1a integral)

( ) ( )2 2 2

`

2 2 2

1

21 1cos cos cos cosau u du a u du a u du

π π π

π π π− − −

= + + −

∫ ∫ ∫

• Sendo o cosseno uma função PAR ⇒ posso fazer: 2 2

02

2

π π

π−

=∫ ∫

• Chamando ( ) ( )11

11d

aa u du ddu

ηη

η⇒ = ± ⇒±

± == ⇒ as integrais acima ficam:

2 2

0 0

12 2

2 1 1

cos cosd d

a a

π πη η

η η

+ = + −

∫ ∫ ( ) ( )2 2

0 0

1 11 1

1 1sin sina u a u

a a

π π

+ + − =+ −

cos cos2 2

1 1

1 2 2 1 2 2sin sin

a a

a aa a

π π

π π π π

=− =+

= + + − =

+ − ������� �����

1 1

1 1cos

a a a

π − + =

+ −

=2

cosa

aπ −

1 a+ +

( )( ) 22

1 2

1 1 1 2cos a

a a a

π+= =

+ − − (substituindo a por cosθθθθ ) =

2 2

2 2

1 2 2cos cos cos cos

cos sinθ θ

θ θ

π π = =

−

2'coscos cos

cr z rt t

c c c

ω θ πω ω

ω − + = − +

'cosz

cλ

θ

cosu θ=

�������

somando ⇒

(para um dado ponto P)

=0 =0

• Agora, quanto à 2a integral, se percebermos que o integrando corresponde a uma função PAR x função ÍMPAR = função ÍMPAR ⇒ podemos afirmar de imediato que o valor da

integral é zero, sem precisar fazer todas as contas:

2

2

π

π−∫ função impar = 0 →

• Portanto: 2

2

2 2cos cos cos

sin

rt

c

λ πξ ω θ

π θ

= −

, de forma que: (substituindo - ver apêndice 2)

0

0

0 0

2

2

2

2

cos coscos

sin

cos coscos

sin

I rE t

rc c

I rB t

r c

θ

φ

πθ

ωπε θ

πθ

µω

π θ

= −

= −

• Assim: ˆ ˆP S n dA S n dA= ⋅ = ⋅ =∫ ∫� �

� � 20 0

00

2

2

4

cos cos

sin

Id

ππ

θµ

θπ ε θ

⇒∫

2073,12

IP =�

• Vejamos agora a radiação devido a uma Distribuição Arbitrária de Cargas em movimento.

• Estaremos sempre considerando cargas (correntes)

⇓

restritas a um pequeno volume em torno da origem

• Calculando o Potencial Escalar Retardado: (considerando os elementos de volume dV’)

( )( )

0

1

4,

','

r tc

r t dVR

Rρ

πεϕ

−= ∫

��

; 2 2' 2 'R r r r r= + − ⋅� �

• Novamente, vamos utilizar a “Aproximação de Dipolo” (r >> r’), de forma que:

2

'1

r rR r

r

⋅ ≈ −

� �

e 2

1 1 '1

r r

R r r

⋅ ≈ +

� �

; e aplico ( )1 1n

x nx± = ±

x

z

dV'

P

r�

y 'r�

R�

2

2

sin

2 sin

dA r d d

dA r d

θ θ φ

π θ θ

= ⇒

⇒ =

pois integral é sobre

coordenadas espaciais e

o valor médio sobre a

coordenada do tempo.

resolvida somente

através de uma série

infinita - ver Tabela

de Integrais!

Resistência de

Radiação

2

2

1 1

1'

R rr

r

=

+ 1 22

2r r

r

− ⋅

� �

seno (ímpar)

cosseno (par)

sin x cosseno (ímpar!)

-ππππ/2 ππππ/2

-1

1

note a soma das áreas

• Por outro lado, ',R

r tc

ρ

−

� pode ser definido (substituindo R):

',r

r tc

ρ

− =

�

'',

r r rr t

c c rρ ⋅

− +

� ��

• Agora, como 'r r

c r

⋅� �

é muito pequeno (cargas estão próximas da origem)⇒ posso expandir

ρ em Série de Taylor no tempo (em torno de 0r

t tc

= − ) (ver apêndice (3)

',

' '', ', . . .

rr tc

r r r r r rr t r t

c cr c cr t

ρρ ρ

−

⋅ ⋅ ∂ − + = − + +

∂

� � � �� �

• Assim: ( ) 20

1

1 1

4

' ', ', ', '

R

r r r r r rr t r t r t dV

c cr t c r r

ρϕ ρ ρ

πε

=

⋅ ∂ ⋅ = − + − + = ∂

∫� � � �

� � �

�����

( )

3 20

2

4

1 1

4

'' '', ' ', ' ' '

r rr r r r r rr t dV r t dV dV dV

r c r c cr t cr t

ρ ρρ ρ

πε

⋅⋅ ⋅ ∂ ∂ = − + − + + =

∂ ∂ ∫ ∫ ∫ ∫

� �� � � �� �

• Então: ( )0

30

1

4

1, ', ' ' ', '

4

r rr t r t dV r r t dV

c cr

r rϕ ρ ρ

πε πε

= − + ⋅ − +

∫ ∫

� � � ��

0

2

1

4' ', 'r

t

rr t

crr dVρ

πε

+ ⋅ −

∂

∂

∫� ��

• Note que a 1a integral ≡ Carga Total da Distribuição; que é uma constante independente do tempo, já que a carga é conservada!

• A integral nos dois termos restantes ≡ Expressão Geral para o Cálculo do Momento de

Dipolo Elétrico ( )p�

no Instante 0

rt t

c= − (→ rever Eletromagnetismo I – expansão multipolar)

devido a uma dada distribuição de cargas.

• Se na expansão de Taylor acima, tivéssemos ido adiante, na expressão do potencial ϕ acabaria surgindo o termo correspondente ao Quadrupolo Elétrico, e assim por diante.

• Então, mantendo os termos até o dipolo:

( )( ) ( )0 0

20

1

4

ˆ ˆ', r re p t e p tQ

r tr r r c

ϕπε

⋅ ⋅= + +

� ��; sendo

dpp

dt=

��

• Note que, no caso estático, 3o termo não existe, e a expressão do potencial dada pelos termos de monopolo e dipolo elétrico, para uma distribuição de cargas, corresponde à já calculada em Eletromagnetismo I.

trata-se da derivada total, pois, para um dado P, r é cte:

0

rt t

c

d

t dt= − ⇒

∂→

∂

= 0; muito pequeno (em 'r

r) a integração é sobre

coordenada linha!

�\ \

0t

�

\ \

0t

(as duas integrais são iguais!)

• Um outro aspecto interessante é que, agora, ϕϕϕϕ (P) é dado por r e t0 ; 0

rt t

c= − ⇒

⇒ deslocando as cargas (próximas à origem), demorará um certo tempo para a configuração de campos/potenciais se restabelecerem (veremos isto em detalhes em ∼ duas aulas).

• Por outro lado, o Potencial Vetor Retardado:

( )( )

0',

, '4

J r tc

AR

r t dV

Rµ

π

−= ∫

� ��

= (desenvolvendo como feito acima) = 0

4

','

rJ r t

cdV

r

µ

π

−

∫

� �

+

que vou desprezar!

• Agora, usando que dp

J dVdt

=∫��

; sendo p r dVρ= ≡∫� �

• Então: ( ) 0,4

A r t p tr

r

c

µ

π

= −

� � � ; lembrando que ( )

dp dpp

rdtd t

c

= =

−

� �� , já que 0 1

d

dt

t=

• Note, agora, que esta expressão de A�

acima tem a mesma ordem de grandeza (em p� ) que o

3o termo de ϕ; ficando assim justificado termos desprezado termos de maior ordem na

determinação de ( ),A r t� �

.

• Tendo-se obtido ( )',r tϕ�

e ( ),A r t� �

, estamos agora em condições de calcular os campos de

radiação E�

e B�

correspondentes, usando:

AE

tϕ

∂= −∇ −

∂

��

; B A= ∇ ×��

• Faremos isso na próxima aula.

APÊNDICES

Apêndice (1)

i) ( )0

0

2 2 2

32 .3.4

QP

c

ω ω

επ

π= =

�2 220

2 204 3

p

c c

ωω

π ε ;

sendo que 2c c

f

πλ

ω= = ⇒

2

2 2 2

1

4 c

ω

λ π=

ii)

( )2 2

0 00 02

0 0

2 2 2

1

2 2

/

3 4 3.

.

c

I IP

c c

µ εωπ

π ε επ

λ

=

= = =� � 0 0

0

2 22

23

Iµπ

ε λ

�

20p=

Momento de Dipolo Elétrico para uma

distribuição de cargas/correntes

(ver exercício 7ª Lista)

(tempo retardado)

não tem linha!

∴∴∴∴ sai da integral.

+ termos de ordens superiores

�\\

0t

= 1/λ2

Apêndice (2)

0 sinIEθ

θ=

24π 2

0cε

2cos

2

rt

r c

ωλω

π

−

2sin 2cos cos

πθ

θ

Apêndice (3)

Taylor

• Em termos algébricos (supondo t

≡ ponto(s) próximo(s) de t0 ) sendo que, no nosso caso:

0

'rt t

c

rt t

c

r r

c r

= −

= −

⋅+

�

�

; onde 'r r

c r

⋅

� �

≡ incremento (muito pequeno)

• Expansão de Taylor: ( )f t

em torno de 0t = ( ) ( )0

0 0

t t

ff t t t

t=

∂+ −

∂

+ . . .

• Então: '

',r r r

r tc cr

ρ⋅

− + =

� ��

�0

0

',

t

t t

r f rr t t

c t cρ

=

=

∂

− + − ∂

�

'r r rt

cr c

⋅+ − +

� �

• Mas: f f t

t t t

∂ ∂ ∂=

∂ ∂ ∂ ; 1

t

t t t

ρ ρ∂ ∂ ∂= ⇒ =

∂ ∂ ∂

'

',r r r

r tc c r

ρ ⋅

∴ − + =

� ��

',

'',

rr t

c

r r rr t

c t c r

ρρ

−

∂ ⋅ − +

∂ �

� ��

• Função f(ξ) em pontos próximos de 0ξ (de forma

que ξ∆ seja pequeno), será dada pelo valor da

função em 0ξ , mais um incremento.

função f(ξξξξ )

ponto ξξξξ0 y

x

z

• Para calcular este incremento, eu verifico como a função f(ξ) está variando (taxa de variação) naquela região, em torno de ξ=ξ0 (eu faço isso calculando a derivada de f(ξ). Depois eu multi-plico pelo intervalo infinitesimal considerado, ou seja, faço: (ξ-ξ0) . ( )f ξ

ξ

∂

∂

2

K

πω ω= = 2

cπ

ω2 cπ=