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

10a aula – 10/abr/2007

• Vimos: meios condutores: 0

RR R

iσε εε

ε ω= +→ � (Cte. Dielétrica)

;

• Índice de refração: Rn ε= �� ; *n n i n= +�

• Vetor de onda: ( ) ˆ ˆr i r i

K K iK K iK u K u= + = + =� � � � �� � ;

nK

c

ω=�� .

• Usando então: ˆK K K u→ =� �� � → nas Equações de Maxwell:

( ) ( )

( ) ( )

0

0

( , )

( , )

ri

ri

i t K rK r

i t K rK r

E r t E e e

B r t B e e

ω

ω

− − ⋅− ⋅

− − ⋅− ⋅

=

=

� �� �

� �� �

� �� �

� �� �

• Vimos também:

i) Campos E�

e B�

continuam perpendiculares à propagação da onda.

ii) *0 0Re .Re sinp s

nB E E E E B

cφ= − ⇒ ⊥

� � � � só quando

0φ

π

=

→ Polarização Linear.

iii) E�

e B�

não mais oscilam em fase: Vamos mostrar isso agora.

• Vamos supor onda linearmente polarizada: 0 E Bφ = ⇒ ⊥� �

: (φ ≡ fase entre as componentes

ˆ ˆ,s p do campo E�

)

�( )

0 ˆ( , ) rii K u tK u

E u t E p e eω− −−

=�

(1)

• Novamente da 3a Equação de Maxwell: i K E i× =� ��

Bω�

; sendo que, agora, ˆK K u=�� �

• Assim: ( )

0

ˆ ˆ ˆ

ˆ 0 0 1

0 0rii K u tK u

p s uK K

B u E

E e eω

ω ω− −−

= × =� �� �

⇒ ( )0 ˆri i K u tK u

KB E e se

ω

ω

− −−=��

2rK

πλ =

Isto porque 0 0ˆ ˆiE E p E e pφ= = =��

(p/ 0φ = ) = 0 ˆE p

R R Riiε ε ε= +� 0

0

R

Ri

εε ε

σε ε ω

=

=

• Chamando 0

0

K EB

ω=

�

(amplitude de B�

):

( )0 ˆ ri

i K u tK uB B s e e

ω φ− −− +=�

(2)

• Mais um ponto interessante. Em meios condutores, a energia da onda não é mais igualmente distribuída entre os campos E

� e B�

.

• Vamos pegar as partes reais dos campos dos campos mostrados em (1) e (2) para vermos isto:

( ) ( )

2 2

022 2 2

022

1

2

1

2

1Re Re Re Re

cos cosi

i

K u

K u

r r

u E E B B

K eE e K u t E K u t

εµ

ε ω ω φµω

−

−

= ⋅ + ⋅ =

= − + − +

� � � �

�

• Calculando a média temporal desta equação: {ou usando que: * *1 1Re

4u E E B Bε

µ

= ⋅ + ⋅

� � � �}

22

2 22 20 02

1 1 11 1

2 2 4i iK u K u

Ku E e E e

σε ε

µω εω− −

= ⋅ ⋅ + = + +

�

• Antes, porém, note que a contribuição magnética (2o termo) SEMPRE DOMINA!

• Quando 0σ = (meios dielétricos), as contribuições são iguais.

• Porém, tratando-se de bons condutores (σ → ∞ ), a energia da onda é quase exclusivamente magnética!

220

1

4iK u

u E eσ

ω−≈

surge porque, agora, vetor de

onda é uma grandeza complexa!

já vamos demonstrar isto!

Fig. 1

• Vamos agora à demonstração do resultado acima:

• Como vimos, 0

*

R R R

i

n n i n

σε ε ε

ε ω

→ = +

= +

�

�

; sendo que Rn ε= �� .

• Assim,

( )2 2 2

* * *0

2R R R Ri

in i n n n i n n i

σε ε ε ε

ε ω= + = + = − + = +�

• Comparando as partes reais e imaginárias desta última equação:

2 2*

0

*0

2

R

Ri

n n

nn

εε

ε

σε

ε ω

= = −

= =

⇒ resolvendo para n e n* (2 equações e 2 incógnitas), obtemos: (ver apêndice)

( )

( )

2 2

2 2*

12

12

R R Ri

R R Ri

n

n

ε ε ε

ε ε ε

= + +

= − + +

• Agora, como n

Kc

ω=�� e *n n i n= +� ⇒

2 2*

1

2

RK n n n

c c c

ω ω ωε⇒ = = + =� � 2 21 1

2 2R Ri R

ε ε ε+ + −

0

12

2 2

122 2

0 0

1

2

=

R Ri

R Ri Rc

ε ε

ωε ε ω µ ε

εε

ε

+ + =

+ = =

=

0

ε

ε

201

ε+

2

2 20

σ

ε ε( )0

12

2

2

21K

ωµ

σω ε

εω

µ

µ

⇒ ⇒

⇒ = +

=

�

(c.q.d.)

• Da mesma forma como calculamos n e n* acima, o Griffiths calcula as relações equivalentes:

122

122

1 12

1 12

r

i

K

K

εµ σω

εω

εµ σω

εω

= + + = + −

; *

;r

r i

i

nK

cK K iK

nK

c

ω

ω

=

= + =

�

(ver apêndice)

(na resolução, escolhemos raízes

positivas, para que caiamos nos

resultados já conhecidos para

dielétricos quando 0Riε → )

• Mas, vejamos agora o que ocorre com o “fluxo de energia” relacionado com o Vetor de

Poynting, conforme a onda progride no meio condutor.

( )

( ) ( )0 0ˆ

1Re Re

1co os ˆs ci iK u K u

r r

S E B

KE e K u p st E e K u t

µ

ωω

φωµ

− −×

= ×

= − −

+

� � �

�

• Lembrando que ˆ ˆ ˆp s u× = : ( )ˆ ˆ ˆ, ,p s u

( ) ( )20 2 cos cos ˆi

r r

K uK E

S e K u t K uu tω ω φµω

−= − − +��

• Vamos agora calcular a média S�

observando que, para isto, precisamos saber o valor da integral:

( ) ( )0 0

2

0 0

12

1 1cos cos cos cos cos sin sin

1 1cos cos sin cos sin

d d

d d

ξ ξ

ξ ξ

θ θ φ θ θ θ φ θ φ θξ ξ

φ θ θ φ θ θ θξ ξ

=

− = −

= −

∫ ∫

∫ ∫�������

1

2cosφ=

• Portanto: 2

20 ˆcos2

iK u

rK

ES e K uφ

µω−

=

=�

������

⇒20 21

ˆ2

ir K uK ES e u

µω−=

�

• Ou seja, enquanto a onda vai penetrando no condutor, a energia decresce; o que corresponde a um aquecimento do condutor por efeito Joule.

• O exercício 6 - capítulo 8 do Griffiths mostra como a energia perdida pela onda, devido ao fator 2 ik u

e− do S

� (que propaga-se na direção do eixo x) se transforma em calor por efeito Joule.

• Como já visto anteriormente, a “Potência Joule” pode ser escrita como ( )JP E J dV= ⋅∫� �

.

• Calculando então PJ para uma “fatia retangular” do condutor, de espessura infinitesimal x∆ e

área A: ( )J Eσ=� �

• A pergunta é: Esta potência dissipada por efeito Joule equivale à potência média perdida pelos campos, na forma indicada pelo Vetor de Poynting?

• Para verificar isto, vamos calcular o fluxo médio da potência para dentro do condutor (na figura, vindo da esquerda):

( )( ) 20

21ˆS

2ir

entraK xK

P n dA S A E Aeµω

−= ⋅ = =∫�

• Enquanto que o fluxo saindo do condutor (pela direita, em x + x∆ ):

= ( utilizando as equações (1) e (2) ) = ==Error! Reference source not found.

x∆

A x

22 20

1

2. . i

J

k xP E AEx xeAσ σ −= ∆ = ∆

cos θ sinθ = ½ sin (2θ) = 0

( ) ( )2 2 22 20 0

1 1

2 2i i i

K x x K x K xr rsai

K KP E Ae E A e e

µω µω− +∆ − − ∆= = .

• Para 0x∆ → (espessura próxima de zero), expandindo 2 iK xe

− ∆ em série de Taylor:

• Ou seja, para as expressões serem de fato equivalentes, devemos mostrar que

1 1

2 2i r

i r

K KK Kσ µωσ

µω= ⇒ = .

• E isto é verdade, pois:

2 12i rK K

εµω=

2

2 2...

σ

ε ω

+ −

...+ 1−

12

2ω

=

ε

2

µ σ

εω

• Mas, voltando agora à expressão de ( ) ( ) ( )( )0ri

i t Ku i t K uK uEe E e e

ω ω− − − −−=�� �� : (e o mesmo para B

�)

• De onde vemos que *i

nK

c

ω= ≡ “Constante de Atenuação”, que indica quão rapidamente a

amplitude dos campos decaem com a distância (ver fig. 1).

• É comum definir a grandeza “Profundidade de Atenuação (ou Penetração)”: *

1

i

c

n Kδ

ω= =

como sendo a distância (na direção da propagação) em que a amplitude decai a 1

0,37...e

≈

• Sendo *( , )nδ δ ω= ⇒ para dielétricos (n* = 0) esta distância tende a ser infinita; enquanto que

para condutores (n* ≠ 0) isto só ocorre quando 0ω → ! • Discutiremos isto melhor na próxima aula.

sinal indica que a energia à

direita é menor que à esquerda.

n e n* são chamadas “Constantes Óticas”

( )2 22 20 0

11 2 1

2i iK x K xi rr

i

K KKP E Ae K x E Ae x

µω µω− ∆ −∆ = − ∆ − = − ∆

( )2 2

01 2 0 1 2i iK x K x

i ix

e K e x K x− ∆ − ∆

∆ →≈ − ∆ − = − ∆

*

; r

r i

i

nK

cK K iK

nK

c

ω

ω

=

= + =

�

Apêndice 2

2R 2

22 2

2 4 4 2 2

2 substituindo 2 4

40

4 4

Ri RiRi i i

R R

Ri RiR R

nn n nn n

n n n n n

ε εε ε

ε εε ε

ε ε

= ⇒ = ⇒ ⇒ = −

± +

⇒ = − ⇒ − − = ⇒ =

2

4Riε

2

⇒ 2 21

2 R R Rin ε ε ε = + +

Fazendo o mesmo para n*: 2

2*2

* *

24 2* *

2 22*

substituindo 2 4

04

2

Ri RiR

Ri

R

R R Ri

n nn n

n n

n

ε εε

εε

ε ε ε

= ⇒ ⇒ = −

∴ + − =

⇓

± +=

⇒ 2 2*

1

2R R Rin ε ε ε = − + +

para 0Riε →

[ ]

[ ]* *

1

2

1

20

R R

R

R

R

nn

nn

ε ε

ε ε

ε→

→

→ + ⇒

⇒

→ − + ⇒

____________________________________________________________________

2 2

0 0 02* 0 0 0

0 0

1

2

1;

=

r

r

i

nK

cK

n c cK

c

ω

ω ε ε σµ µ µ ε

ω ε ε ε ω

µ εω

= ⇒ = + + = = = = =

02

ε

ε 0

ε

ε+

201

ε+

20

σ

ε ε

22

2 2= 1

2 2

µε µε σω

ε ωω

+ +

2

2 21 1

2rKµε σ

ωε ω

= + +

(e o mesmo para Ki , com sinal invertido)

Só um sinal invertido