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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO

Instituto de Fısica

Coordenacao dos Cursos de Pos-Graduacao

ELETRODINAMICA CLASSICA

NOTAS DE AULA – 2013.2

Sergio L A de Queiroz

Cx. Postal 68528

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Eletrodinamica Classica – IF/UFRJ 2013.2 – S L A de Queiroz 1

1 – EQUACOES DE MAXWELL

– Eletrostatica e magnetostatica: unidades, resultados basicos

• Lei de Coulomb, para a forca entre duas cargas no vacuo, separadas por ~r:

MKS (SI) ~F =1

4πε0

q1 q2r2

r

ε0 = permissividade eletrostatica do vacuo = 8.85× 10−12 coulomb2/N.m2

[ 1/4πε0 = 9× 109 U(SI) ].

CGS (gaussiano) ~F =q1 q2r2

r

[Unidade de carga neste sistema: (forca × distancia 2) 1/2 ]

carga do eletron: e =

1.6× 10−19 Coulomb (SI)4.8× 10−10 statcoulomb (esu) (CGS gaussiano)

S J Plimpton & W E Lawton, Phys Rev 50 1066 (1936): F ∝ r−(2+q), |q| < 2× 10−9.

• Lei de forca de Lorentz

Experimental: correntes eletricas podem se atrair ou repelir.

←x

y→ ;

x→ ←x

Notar: carga total = 0 nos fios [ nao pode ser de origem eletrostatica ]

Explicacao: corrente cria campo magnetico ( ~B) que age sobre outra corrente.

i

B

i

B

1 2

v

F

1

2

~Fm = q ~v × ~B ⇒ Lei de forca de Lorentz ~F = q(~E + ~v × ~B

).


• Lei de Biot-Savart

– Correntes estacionarias

ss

J

da

12

Se ~J 6= ~J(t) ,∫s1~J · d~a =

∫s2~J · d~a ⇒ I1 = I2 = I.

⇒ como∂ρ

∂t= −~∇ · ~J , em magnetostatica ~∇ · ~J ≡ 0 .

• Campo magnetico de uma corrente estacionaria

idl

P

rr

^

~B(P ) =µ0

4πI

∫d~ℓ× rr2

, µ0 = 4π × 10−7 U(MKS) [ N/A2 ] .

µ0 ≡ permeabilidade magnetica do vacuo (por definicao).

De ~Fm = q~v × ~B ([lei de forca de Lorentz), e 1 A = 1 C/s,

Newton=[A·s][m/s][B] ⇒ [B] = Newton/A·m.

⇒ [µ0] = [B][m]/[I] =(Newton/A·m)(m/A) = Newton/A2.

1 Tesla = 1 Newton/A·m .

CGS: gauss ⇒ 1 Tesla = 104 gauss.

Campo magnetico da Terra ∼ 0.5 gauss; campo intenso em laboratorio ∼ O(101) Tesla.

• Forca eletromotriz de movimento – Lei de Faraday

– Fato experimental basico: aparece uma forca eletromotriz quando se move um circuito

atraves de um campo magnetico.

Esquema:


R

a d

cbs h

v

B

vmf

m

mf

fb c

da

Notar: ~fm ⊥ ao fio em bc e ad (nao acelera as cargas).

Considerando o trecho ab: ε =∮~fm · d~ℓ = vBh.

E importante que a outra porcao vertical esteja fora do campo (caso contrario, a forca

total sobre o circuito seria zero).

– Forca magnetica nao faz trabalho; quem entao prove a forca eletromotriz?

– Resposta: a partir do momento que a corrente circula (com velocidade ~u em relacao ao

referencial do circuito), a velocidade das cargas nao e mais ~v (velocidade do circuito), e

sim ~v + ~u ≡ ~w:

extf

vB

uB

mf

wu

v

b

a

A forca magnetica por unidade de carga e (~v + ~u) × ~B: tem uma componente horizontal

uB, a qual tem de ser equilibrada. Localmente, isto e feito pela funcao de trabalho do fio,

que impede que as cargas saiam do fio, e isto e transmitido a pessoa que esta puxando o

fio: ela tem de exercer uma forca para que a velocidade do fio seja constante: |fext| = uB,

para a direita.

θ w

extf

h

b

a

Da figura: a distancia percorrida (no LAB) por uma carga quando ela se movimenta de a

ate b e: h/ cos θ (ela tem velocidade ~w).


O trabalho total feito pela forca externa e :

W =

∫~fext · d~ℓ = (uB)

(h

cos θ

)cos(π2− θ)= (u tan θ)Bh = vBh ≡ ε .

h

Ref. da espira

b c

a=a’ d

Ref. do LAB

a’a

b c

O fluxo de ~B atraves da espira e:

φ =

∫~B · d~a = Bhs ;

dφ

dt= Bh

ds

dt= −Bhv ⇒ ε = −dφ

dt.

Prova de ε = −dφdt no caso geral

S

A

A’

t

t+dt

dφ = φ(t+ dt)− φ(t)O fluxo e calculado sobre qualquer superficie apoiada no loop; para calcular φ(t), vamos

tomar S, e para φ(t+ dt), S+ “faixa” (a “faixa” conecta a posicao de espira em t e t+ dt)

⇒ dφ = φfaixa =∮faixa

~B · d~a

v dt

dl

A’

A

A’

A

d~a = (~v × d~ℓ) dt ⇒ dφ

dt=

∮~B · (~v × d~ℓ) .

Mas ~w = ~v + ~u, onde


~v = velocidade do ponto A do loop;

~u = velocidade da carga em relacao ao loop, ‖ d~ℓ;~w = velocidade da carga em relacao ao LAB

⇒ ~u× d~ℓ = 0 ⇒ dφ

dt=

∮~B · (~w × d~ℓ) .

Mas ~B · (~w × d~ℓ) = −(~w × ~B) · d~ℓ ⇒ dφ

dt= −

∮(~w × ~B) · d~ℓ .

Mas ~fmag. = ~w × ~B ⇒ dφ

dt= −

∮~fmag. · d~ℓ = ε q.e.d.

Notar: nao ha nenhum fenomeno fisico novo; a forca eletromotriz induzida pela mudanca

de fluxo e apenas a lei de forca de Lorenz ~F = q~v × ~B, disfarcada.

• Lei de Faraday

Ja vimos que, movendo a espira da figura abaixo para a direita, aparece uma forca eletro-

motriz ε = −dφ/dt (vem da lei de forca de Lorentz).

v

E se fizermos:

v

v

v=0

Faraday obteve experimentalmente que aparece a mesma forca eletromotriz. Isto pode ser

entendido a partir de ε = −dφ/dt, mas nao a partir da lei de forca de Lorentz, porque as

cargas estao paradas (portanto a forca magnetica e zero). Resposta: um campo magnetico

variavel no tempo (e o que vemos no referencial em que a espira se desloca) induz um

campo eletrico, e e este que faz as cargas se moverem, no caso.

Este campo nao deve ser irrotacional, porque

ε = −dφdt

=

∮~E · d~ℓ .

Esta e a lei de Faraday.


A forma diferencial e dada por:

∮

C

~E· d~ℓ = (Stokes) =

∫ (~∇× ~E

)· d~a = − d

dt

∫~B· d~a = −

∫∂ ~B

∂t· d~a ⇒ ~∇× ~E = −∂

~B

∂t.

Notar: a lei de Faraday se aplica qualquer que seja a causa de mudanca de ~B, seja movi-

mento dos magnetos, ou mudanca nas correntes que produzem o campo etc. A espira nao

sabe por que o campo muda, mas se ele muda, entao aparece ~E.

– Carater inercial da lei de Faraday (lei de Lenz):

A corrente induzida circula de maneira que o campo que ela produz tende a se opor a

mudanca de fluxo que causou a forca eletromotriz.

dt<0

BextBindB ext

ε,E ind ,i ind

dB

Coordenadas cilindricas:

~B = B z ⇒ ∂ ~B

∂t=∂B

∂tz ;

(~∇× ~E

)z=

1

r

[∂

∂r(r Eϕ)−

∂Er

∂ϕ

].

Pela simetria, devemos ter

∂Er

∂ϕ= 0 ⇒ ∂

∂r(r Eϕ) tem o sinal de − ∂B

∂t.

Suponha, como na figura,

∂B

∂t< 0 ⇒ ∂

∂r(r Eϕ) > 0 ⇒ Eϕ ∼ rn , n > −1 .

Isto e correto, pois considerando a forma integral da lei de Faraday,

∮~E · d~ℓ = Eϕ × 2πr = −

∫∂ ~B

∂t· d~a = −∂B

∂t× πr2 ⇒ Eϕ ∼ r se

∂B

∂t= constante .

• Notar: o fluxo induzido nao e, em geral, igual em modulo aquele que ele pretende

substituir (o sucesso no cancelamento da mudanca e parcial).


• Equacoes de Maxwell

Leis do eletromagnetismo conhecidas no contexto ”estatico”:

~∇ · ~E =ρ

ε0(Gauss)

~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t(Faraday)

~∇× ~B = µ0~J (Ampere)

As leis de Gauss e Ampere sao, respectivamente, as formas diferenciais das leis de Coulomb

e Biot-Savart; ~∇ · ~B = 0 e consistente com a lei de Faraday (esta ultima, obtida experi-

mentalmente). Para ver este ponto, vamos conferir consistencia com propriedades gerais

[~∇ · (~∇× ~f) ≡ 0]:

~∇ · (~∇× ~E) = ~∇ ·(−∂

~B

∂t

)= − ∂

∂t

(~∇ · ~B

)≡ 0 OK .

Mas, aplicando o mesmo teste a lei de Ampere,

~∇ · (~∇× ~B) = µ0

(~∇ · ~J

),

que deveria ser ≡ 0, mas so e se as correntes forem estacionarias ⇒ a lei de Ampere e

internamente inconsistente para correntes nao-estacionarias.

Exemplo: processo de carregamento de um capacitor

Cloopamperiano

S

S1

2

I

Lei de Ampere na forma integral:

∮

C

~B · d~ℓ = µ0 Iint = µ0

∫

S

~J · d~a .

Mas:

S = S1 :∫S~J · d~a = I

S = S2 :∫S~J · d~a = 0


As duas expressoes acima sao incompativeis; deveria dar o mesmo resultado para qualquer

superficie apoiada em C.

Por que a falha?

Porque a lei de Ampere foi obtida a partir da lei de Biot-Savart, a qual e valida para

correntes estacionarias (i.e. independentes do tempo) [a rigor, nao demonstramos que a lei

de Biot-Savart so e valida para correntes estacionarias; porem, pode-se mostrar exemplos

de inconsistencias que aparecem quando ela e aplicada a situacoes nao-estacionarias ].

– Correcao de Maxwell

Equacao de continuidade [ conservacao de carga ]

~∇ · ~J = −∂ρ∂t

= − ∂

∂t

(ε0 ~∇ · ~E

)= −~∇ ·

(ε0∂ ~E

∂t

).

Portanto, se em vez de ~∇× ~B = µ0~J , escrevemos

~∇× ~B = µ0~J + µ0 ε0

∂ ~E

∂t,

(i) ~∇ ·(~∇× ~B

)= µ0

~∇ · ~J + µ0 ε0∂

∂t

(~∇ · ~E

)

︸︷︷︸ρ/ε0

= µ0

[~∇ · ~J +

∂ρ

∂t

]≡ 0 ,

como precisavamos:

(ii) no caso magnetostatico, ∂ ~E/∂t = 0 e voltamos a ter ~∇× ~B = µ0~J , como ja sabemos

que e verdade nestas circunstancias.

Vamos mostrar que o termo µ0 ε0 ∂ ~E/∂t e, em geral, ≪ µ0~J , a nao ser que a frequencia

de oscilacao seja muito alta (por isto, a aproximacao estatica e boa, mesmo se as correntes

estao variando, desde que esta variacao nao seja muito rapida).

Corrente de deslocamento:

~Jd ≡ ε0∂ ~E

∂t

(nao e uma corrente “real”).

Simetria:

~∇× ~E = −∂~B

∂t

(campo magnetico variando → campo eletrico);

~∇× ~B = µ0

(~J + ε0

∂ ~E

∂t

)

(campo eletrico variando → campo magnetico).


De volta ao capacitor (ver figura na pg. anterior): O campo eletrico entre as placas e:

| ~E| = σ

ε0=

1

ε0

Q

A; I =

dQ

dt⇒ ∂E

∂t=

1

ε0A

dQ

dt=

1

ε0AI .

∮

C

~B · d~ℓ = µ0 I(real) + µ0 ε0

∫

S

∂ ~E

∂t· d~a .

Se S = S1, ~E = 0 e I(real) = I;

Se S = S2, I(real) = 0, e

∫

S

∂ ~E

∂t· d~a =

d

dt

∫

S

~E · d~a =d

dt(EA) =

I

ε0OK.

– Equacoes de Maxwell

(i) ~∇ · ~E =ρ

ε0

(ii) ~∇ · ~B = 0

(iii) ~∇× ~E = −∂~B

∂t

(iv) ~∇× ~B = µ0~J + µ0 ε0

∂ ~E

∂t

(dizem como cargas e/ou correntes produzem campos; a lei de Lorenz, ~F = q( ~E + ~v × ~B)

diz como campos afetam cargas, no eletromagnetismo classico, i.e. nao-relativistico).

No espaco livre, ρ = 0, ~J = 0

⇒ ~∇ · ~E = 0 ; ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t; ~∇× ~B = µ0 ε0

∂ ~E

∂t.

Fazendo ~E → ~B; ~B → −µ0 ε0 ~E, as equacoes sao invariantes (simetria).

Esta simetria nao existe quando ha cargas ou correntes.

Se houvesse “carga magnetica”, com densidade η e densidade de corrente ~K, teriamos

~∇ · ~B = µ0 η correspondendo a ~∇ · ~E =ρ

ε0,

~∇× ~E = −µ0~K − ∂ ~B

∂tcorrespondendo a ~∇× ~B = −µ0

~J + µ0 ε0∂ ~E

∂t

(e teriamos ~∇ · ~K = −∂η∂t, correspondendo a ~∇ · ~J = −∂ρ

∂t) .


Mas η ≡ 0, ~K ≡ 0, tanto quanto se sabe.

Portanto, a simetria entre ~E e ~B nao e total: existem fontes estacionarias de ~E (cargas

eletricas) mas nao de ~B. Lembrar: nao ha termo de monopolo na expansao do campo

magnetico.

OBS: ”cargas magneticas” aparecem no contexto de magnetizacao em meios materiais; o

termo e usado em conexao com a superficie livre de materiais magnetizados, onde ~∇· ~M 6= 0

( ~M ≡ magnetizacao do material).

OBS2: Nao confundir com a recente observacao de monopolos ”efetivos” em substancias

conhecidas como spin ices; estes sao na verdade excitacoes magneticas elementares que

tem propriedades similares as das hipoteticas Dirac strings.

Ver p. ex. http://www.sciencemag.org/content/326/5951/375.summary

• Equacoes de Maxwell dentro da materia

Vamos escrever as equacoes de Maxwell com referencia apenas as cargas e correntes

“livres”, as quais controlamos diretamente.

– Breve revisao de eletrostatica e magnetostatica em meios materiais

• PolarizacaoCondutores vs. dieletricos (isolantes)

– Dipolos induzidos

−

+

−

+

EE=0

d

"centro " da carga −

~P = q ~d = α ~E (fenomenologico : teoria de resposta linear)

α ≡ polarizabilidade (unidade SI C2m/N)

Exemplo: modelo para o atomo: nucleo pontual,, carga +q; eletrons com distribuicao

esferica, uniforme (carga total: −q), raio a (raio do atomo).

Admitindo que a distribuicao eletronica continue esferica (perturbacao pequena)−

+

E

d


Vamos calcular as forcas sobre o nucleo; pela lei de Gauss aplicada a distribuicao das

cargas negativas, o campo produzido por estas na posicao do nucleo sera como se toda a

carga negativa interna a esfera tracejada (de raio d) estivesse no centro da mesma; a carga

externa nao produz campo ali. A forca F− sera entao:

F− =1

4πε0

q

d2q−(int) =

1

4πε0

q

d2

(qd3

a3

)=

q2d

4πε0 a3=

q P

4πε0 a3.

No equilibrio,

qE =q P

4πε0 a3⇒ P = 4πε0 a

3E ⇒ α = 3ε0 v ,

v ≡ “volume” do atomo.

Moleculas

Exemplo: CO2

E

E

E

O C O

~P = α⊥ ~E⊥ + α‖ ~E‖ ,α‖ = 4.5α⊥ = 2.0

× 10−40 C2m/N (CO2)

Em geral, ~P = α↔ · ~E, com o tensor de polarizacao

α↔ ≡

αxx αxy αxz

αyx αyy αyz

αzx αzy αzz

.

• Alinhamento de moleculas polares

Momento de dipolo permanente (ao contrario de induzido)

Exemplo: H2O

O

H H+ +

−−

P

105o


Esquematico:

−q

+qF

F

E

s

+

−

Em um campo uniforme, ~F = −q ~E + q ~E = 0, mas o torque e

~τ = ~r+ × ~F+ + ~r− × ~F− = (~r+ − ~r−)× q ~E = ~P × ~E

Campo nao-uniforme:

~F = ~F+ + ~F− = q ( ~E+ − ~E−) = q (d ~E) ; d ~E = (~s · ~∇) ~E[dEx = (~∇Ex) · ~s etc

]

⇒ ~F = (~P · ~∇) ~E .

Notar: os dipolos existentes tambem sao “distendidos” (i.e. dipolo induzido adicional)

mas estes efeitos sao em geral menores do que aqueles obtidos pela orientacao. Ex.: H2O:

E

P

P Pind

Resultado final (de inducao em moleculas nao-polares, ou alinhamento de moleculas po-

lares):

Polarizacao do dieletrico ~P ≡ momento de dipolo por unidade de volume (polarizacao).

Esta polarizacao, originaria de um campo externo aplicado (ou mesmo remanente depois

de o campo externo ser retirado), tambem produz um campo.

– Campo de um objeto polarizado

• Cargas ligadas


r

r

rP

O

O

’

Potencial de um dipolo:

V =1

4πε0

r · ~pr2

;

~p = ~P d3~r ′ ⇒ V =1

4πε0

∫ ~P · rr2

d3~r ′ =1

4πε0

∫~P · ~∇

(1

r

)d3~r .

Notar: nesta ultima passagem, usei que ~r = ~rO − ~r ′, d3~r = d3~r ′ e que

~∇r

(1

r

)= −~∇r ′

(1

r

)= −

(− r

r2

).

⇒ V =1

4πε0

∫~P · ~∇

(1

r

)d3~r =

1

4πε0

[∫

V

~∇ ·(1

r~P

)d3~r −

∫

V

1

r

(~∇ · ~P

)d3~r

]=

=1

4πε0

∫

S

1

r~P · d~a− 1

4πε0

∫

V

1

r

(~∇ · ~P

)d3~r .

Definindo σb ≡ ~P · n ; ρb ≡ −~∇ · ~P ,

V =1

4πε0

∫

S

1

rσb da+

1

4πε0

∫

V

1

rρb d

3~r .

Notar: usando o teorema da divergencia,

QP =

∫

S

σb da+

∫

V

ρb d3~r =

∫

S

~P · n da+∫

V

(−~∇ · ~P ) d3~r ≡ 0 ,

como devia ser.

P

−(div P) dv

n


– Interpretacao fisica das cargas ligadas

+−+− +− +−........

P.n < 0 P.n > 0^ ^

s

A

p = P (As) = qs −−> q=PA −−> =q/A=P

continuo

σ

Suponha agora um acumulo de carga negativa em um ponto no interior (~∇ · ~P > 0):

− − −−

−−−−

A carga em excesso dentro do volume e aquela devida ao fluxo de ~P para fora:∫

V

ρb d3~r = −

∫

s

~P · d~a = (teo. Gauss) = −∫

V

(~∇ · ~P ) d3~r ⇒ ρb = −~∇ · ~P .

• Campo dentro de um dieletrico

Campo continuamente variando: media “macroscopica” de campos atomicos (tomada so-

bre regioes ≫ distancias interatomicas, mas ≪ tamanho da amostra [ para que variacoes

dentro da amostra sejam percebidas ]).

a

d

L

ad

|E |<E>

x

a << d << L

O potencial total e

V =1

4πε0

∫ ~P · rr2

d3~r .


• O vetor deslocamento eletrico

Efeito da polarizacao: ρb = −~∇ · ~P ; σb = ~P · nCampo total (produzido pelas cargas livres e pelas cargas ligadas). Temos: ρ = ρb + ρf .

A lei de Gauss da:

ε0 ~∇ · ~E = ρ = ρb + ρf = −~∇ · ~P + ρf ⇒ ~∇ · (ε0 ~E + ~P ) = +ρf ⇒ ~D ≡ ε0 ~E + ~P ,

tal que ~∇ · ~D = ρf (vantagem: ρf e externamente controlada).

Lei de Gauss em presenca de dieletricos:

∮

S

~D · d~a = Qfint .

Notar: a densidade superficial σb = −~P · n tambem cria campo eletrico, e esta contada na

lei de Gauss. Suponha S = superficie externa ao dieletrico:

S

S’

P

∮

S

~D · d~a =

∫

S

(ε0 ~E + ~P ) · d~a = ε0

∫

S

~E · d~a+∫

S

~P · d~a︸︷︷︸

=0

= ε0

∫

V

~∇ · ~E d3r = QP +Qf ,

e QP ≡ 0, como ja vimos (QP = Qs,b +Qv,b).

Se S′ estivesse dentro do dieletrico,

∮

S′

~D · d~a ′ = ε0

∫

S′

~E · d~a ′ +

∫

S′

~P · d~a ′ =

∫

V ′

(ρb + ρf ) d3r +

∫

S′

~P · n da ′ =

=

∫

V ′

(−~∇ · ~P ) d3r +∫

V ′

ρf d3r +

∫

S′

~P · n da ′ =

∫

V ′

ρf d3r = Q′

f ,

ja que o 1o. e o 3o. termo se anulam, pelo teorema da divergencia.

Notar: ρf nao e a “fonte” de ~D, tal como ρ total e a fonte de ~E.

Em particular, ~D 6= (1/4π)∫ρf (r/r

2) d3r.

~∇× ~D = ε0 ~∇× ~E + ~∇× ~P = ~∇× ~P , nao necessariamente zero ⇒ ~D 6= ~∇Vf .Exemplo de ~∇× ~P 6= 0 (

∮C~P · d~ℓ 6= 0):


C

P

• Dieletricos lineares

Para campos nao muito fortes, ~P = ε0 χe~E ( ~E ≡ campo total);

χe ≡ susceptibilidade eletrica (adimensional).

~D = ε0 ~E + ~P = ε0 (1 + χe) ~E .

Definindo a permissividade eletrica do material (ε) por

~D = ε ~E , ε = ε0 (1 + χe) ,

com ε0 ≡ permissividade do vacuo.

Definimos entao a constante dieletrica k:

k =ε

ε0= 1 + χe .

Material k

Vacuo 1

He 1.000068

Ar (1 atm) 1.00059

Ar (100 atm) 1.055

Polietileno 2.26

Vidro 4–7

Agua 80.4

Exemplo: densidade volumetrica de carga ligada em um meio linear homogeneo:

ρb = −~∇ · ~P = −~∇ · ( ~D − ε0 ~E) = −~∇ ·(~D − ε0

ε~D)= −~∇ ·

[(1− ε0

ε

)~D]=


= −~∇ ·[(

1− ε0(1 + χe) ε0

)~D

]= − χe

1 + χeρf .

⇒ se nao houver cargas livres dentro do dieletrico linear, as cargas ligadas ficam na super-

ficie.

Notar: mesmo em dieletricos lineares, onde ~P ∝ ~E, temos ~∇× ~P 6= 0 em geral:

Cvacuo

dieletrico P∮C~P · d~ℓ 6= 0 .

Isto ocorre porque existem interfaces entre dieletricos (ou entre o dieletrico e o vacuo).

A excecao sera se todo o espaco for preenchido com o mesmo dieletrico linear. Entao,~∇· ~D = ρF , ~∇× ~D = 0 em todo lugar⇒ ~D = ε0 ~Evac, com ~Evac ≡ campo que seria criado

apenas pelas cargas livres, se o dieletrico nao estivesse la.

Como ~D = ε ~E , ~E =1

ε~D =

ε0ε~Evac =

1

k~Evac .

⇒ o campo no interior do dieletrico e atenuado por um fator 1/k em relacao ao valor que

teria se nao houvesse dieletrico.

Exemplo:

+Q

−Q

dieletrico

placas

f

f

Cvac =Qf

V; Cdiel =

Qf

V ′ =Qf

V/k(porque ~E′ =

~Evac

k) = k

Qf

V= k Cvac .

Em geral, ~P = χ↔e · ~E, com

χ↔e ≡

χxx χxy χxz

χyx χyy χyz

χzx χzy χzz

.

• Energia em sistemas dieletricos


Vamos calcular o trabalho necessario para colocar as cargas livres na configuracao (justi-

ficativa: nos colocamos as cargas livres, e o dieletrico se polariza por si).

Em um certo momento, a distribuicao (cargas livres + ligadas) ja existente, cria um po-

tencial V (~r); para modificar a distribuicao de cargas livres de ∆ρf (~r), tenho de fazer um

trabalho:

∆W =

∫

V

(∆ρf (~r)) V (~r) d3r .

~∇ · ~D = ρf ⇒ ∆ρf = ~∇ · (∆ ~D) ⇒ ∆W =

∫

V

[~∇ · (∆ ~D)

]V (~r) d3r .

~∇ · (∆ ~D V ) =[~∇ · (∆ ~D)

]V +∆ ~D · ~∇V︸︷︷︸

−~E

⇒ ∆W =

∫

V

~∇ · (∆ ~D V ) d3r +

∫

V

(∆ ~D) · ~E d3r =∫

S∞

(∆ ~D V ) · d~a+∫

V

(∆ ~D) · ~E d3r ,

onde aplicamos o teorema da divergencia na 1a. parcela acima. A integral de superficie vai

a zero em S∞, e ficamos com:

∆W =

∫

V

(∆ ~D(~r)) · ~E(~r) d3r .

Para um dieletrico linear, ~D = ε ~E

⇒ 1

2∆( ~D · ~E) =

1

2∆(εE2) = ε∆ ~E · ~E = ∆ ~D · ~E ⇒ ∆W = ∆

(1

2

∫

V

~D · ~E d3r).

O trabalho total sera entao:

W =1

2

∫

V

~D · ~E d3r ou, com ε = kε0 , W =1

2kε0

∫

V

E2 d3r.

• Forcas em dieletricos

Exemplo: insercao de uma fatia de dieletrico em um capacitor de placas planas

d

sa

w

O dieletrico e atraido para dentro do capacitor: ver que∮C~E · d~ℓ = 0 (nao seria se o campo

terminasse abruptamente).


− − − − − − − − − − − − −

+ + + + + + + + + + + +C

O trabalho feito por uma forca externa (p.ex. puxando o dieletrico para fora, ds < 0) e

dWext = Fext ds. Se Fext = −F (F ≡ forca feita pelo campo sobre o dieletrico) a energia

cinetica da placa nao varia; a variacao da energia potencial total do sistema placas +

campo + dieletrico e

dW = dWext = −F ds ≡(dW

ds

)ds ⇒ F = −dW

ds.

A energia armazenada no capacitor e W = (1/2)CV 2, e a capacitancia e (2 capacitores

em paralelo, um com area (w − s)a e vacuo, e outro com area sa e dieletrico k):

C =ε0da(w − s) + ε

das =

ε0 a

d[w − s+ (1 + χe)s] =

ε0 a

d[w + χe s] .

No caso, a carga livre Q sendo mantida constante, a energia e expressa por:

W =1

2

Q2

C⇒ F = −dW

ds=

1

2

Q2

C2

dC

ds=

1

2V 2 dC

ds, e

dC

ds=ε0 aχe

d⇒ F =

1

2

ε0 aχe

dV 2 .

[ Notar: V varia com s ].

Notar: se, ao contrario de manter a carga livre constante (capacitor isolado), mantivesse-

mos V = constante (neste caso teriamos de ligar uma bateria):

− − − − − − − − − − − − −

+ + + + + + + + + + + +

+−

VF

s

Continuariamos tendo F = −Fext, porque a energia cinetica do dieletrico e constante:

dW = −F ds+ V dQ = − d

ds

(1

2CV 2

)+ V

d

ds(CV ) = −1

2V 2 dC

ds+ V 2 dC

ds= +

1

2V 2 dC

ds,


de novo (isto e, a expressao de dW e a mesma, porem o valor numerico difere, ja que no

1o. processo V vai variar com s, enquanto no 2o. V = constante).

• Polarizabilidade e susceptibilidade [ moleculas apolares ]

Temos:

~P = ε0χe~E (∗) (macroscopico) χe ≡ susceptibilidade eletrica

~p = α ~E (∗∗) (microscopico) α ≡ polarizabilidade

Como relacionar χe e α? ~P = N~p ⇒ ε0χe~E = N α ~E ⇒ χe = N α/ε0?

Vamos mostrar que a resposta e mais sutil.

Em (∗): ~E = campo macroscopico total;

Em (∗∗): ~E = campo microscopico total, devido a tudo menos o atomo/molecula em

questao.

Vamos mostrar (Griffiths problema 3.42) que o valor medio do campo, dentro de uma

esfera de raio R, devido a toda a carga dentro da esfera, e

〈 ~E〉 = − 1

4πε0

~p

R3,

onde ~p ≡ momento de dipolo total contido na esfera.

qR

r r

r

^

^

rR

R

Tome uma carga pontual q dentro da esfera:

〈 ~Eq〉 =1

43πR

3

∫

V

1

4πε0

q

r2RrR d

3r =1

4πε0

∫

V

( −q43πR

3

)(−rR)r2R

d3r ,

onde a ultima expressao e equivalente ao campo criado por uma carga −q, uniformemente

distribuida no volume da esfera, no ponto onde a carga +q esta.

Pela lei de Gauss, este e:

1

4πε0

(−q r

3

R3

)r

r2= − 1

4πε0R3(q~r) .


Como ~pq ≡ q~r [ momento de dipolo da carga q em relacao ao centro da esfera ],

〈 ~Eq〉 = −1

4πε0R3~pq .

Invocando agora o principio de superposicao, se houver uma distribuicao de cargas ρ(~r)

dentro da esfera,

〈 ~Eq〉 = −1

4πε0R3~P , com ~P ≡

∫

V

ρ(~r)~r d3~r ,

onde ~r e a posicao em relacao ao centro da esfera.

Se agora a carga for externa,

Rrq

r

rR

rR

〈 ~Eq〉 =1

43πR

3

∫

V

1

4πε0

q

r2RrR d

3r =1

4πε0

∫

V

( −q43πR

3

)(−rR)r2R

d3r ,

de novo o campo criado pela densidade uniforme −q/(4/3)πR3, no ponto (externo, agora

a esfera), onde esta a carga q.

Pela lei de Gauss, este e1

4πε0

(−q)r2

r ,

exatamente o campo produzido por +q no centro da esfera.

Com estes resultados, podemos calcular de maneira apropriada as medias necessarias rela-

cionando campo microscopico e macroscopico.

Vamos dividir o espaco de maneira que para cada atomo ha uma esfera de raio R, com o

atomo no centro (ocupando um volume < (4/3)πR3).

A densidade (numero de atomos por unidade de volume) e:

N =1

43πR

3(†)

O campo macroscopico dentro da esfera se escreve:

~E = ~Eauto + ~Eoutros (∗) ,


com ~Eauto ≡ media sobre a esfera, do campo devido ao proprio atomo

~Eoutros ≡ media sobre a esfera, do campo devido a tudo que esta fora da esfera.

Entao,

~p = α ~Eoutros ; ~P = Nα ~Eoutros .

A rigor, este e o campo no centro da esfera, onde o atomo esta, mas como mostrado, ele e

igual a media.

Agora, como tambem mostrado (lembrar que, neste caso, ~P = ~p),

~Eauto = − 1

4πε0R3~P ⇒ ~E = − 1

4πε0R3~p+ ~Eoutros = −

1

4πε0R3α ~Eoutros + ~Eoutros =

=

(1− α

4πε0R3

)~Eoutros = [ de (†) ] =

(1− Nα

3ε0

)~Eoutros

⇒ ~P = Nα ~Eoutros =Nα

1−Nα/3ε0~E ⇒ χe =

Nα/ε01−Nα/3ε0

.

Por exemplo, a expressao mais simples para a polarizabilidade que obtivemos foi α =

4πε0 a3 [ a ≡ raio do atomo ].

⇒ χe =3f

1− f , com f =43πa

3

43πR

3(filling fraction) .

Se f ≪ 1 (gases, p. ex.),

χe ≃ 3f =Nα

ε0(f ≪ 1) .

Em termos da constante dieletrica k = 1 + χe = ε/ε0,

α =3ε0N

(k − 1

k + 2

)

Formula de Clausius- Mossotti [ ligacao entre caracteristicas macro (k) e micro (α) ].

• Magnetizacao em meios materiais

Estrutura atomica (visao semi-classica): loops de corrente [eletrons girando em torno de

si proprios e do nucleo] ≃ dipolos, macroscopicamente.

Sem ~B: direcoes aleatorias

Aplico ~B ⇒ dipolos se alinham de acordo com campo ⇒ magnetizacao

Diferente de polarizacao eletrica, posso ter:

(a) −→ ~B (paramagneto)

→ ~m


(b) −→ ~B (diamagneto)

← ~m

(c) ~B = 0 (ferromagneto – magnetizacao espontanea)

→ ~m (macro)

– Torques e forcas sobre dipolos magneticos

Exemplo: espira retangular em campo uniforme

θ

F

Bm

F

F

F

I

x

z

θ

1

2

3

4

ss

12

Como ~B = uniforme, ~F1 = −~F2~F3 = −~F4

∑ ~F = 0 .

Torque: ~τF3+ ~τF4

= 0; olhando no plano yz,

y

F

F

N

mBθ

θ1s

z

N = F1s1 sin θ = (IBs2)s1 sin θ = (Is1s2)B sin θ ⇒ ~N = ~m× ~B

(tende a alinhar o dipolo com o campo ⇒ explicaria paramagnetismo).

1 eletron → dipolo magnetico (spin)

Principio de Pauli→ emparelhamento com spins opostos⇒ efeito paramagnetico total (de

spin) = 0 para eletrons emparelhados.

Para ver o cancelamento do efeito paramagnetico devido ao momento angular orbital

(eletrons girando em torno do nucleo): em uma visao semi-classica, haveria tantos gi-

rando em um sentido quanto em outro. Quanticamente, em camadas fechadas ha tantos

com mL = m0 quantos com mL = −m0 (mL = −L,−L+ 1, · · · , L− 1, L).


Resultado: efeitos paramagneticos ⇒ eletrons desemparelhados (atomos com numero im-

par de eletrons).

• Campo nao-uniforme

Exemplo: espira sobre solenoide finito

I

Iθθ

θ F

B

RF

B

F = 2πIRB cos θ para baixo (c/ a corrente I no sentido apontado).

Em geral: considere um loop infinitesimal

ε

ε

3

4

2

1

I

z

y

x

~B(0, ε, z) = ~B(0, ε, 0) + z∂ ~B

∂z

∣∣∣(0,ε,0)

p.ex., para o segmento vertical da direita, e analogos para os outros 3 segmentos.

~F1 = I

∫

1

d~ℓ× ~B = I (−z)×∫ ε

0

dz ~B(0, 0, 0) = Iε (−z)× ~B(0, 0, 0) .

Para o outro segmento vertical, ~F3 = I (+z)×∫ ε

0dz ~B(0, ε, 0) = Iε (+z)× ~B(0, ε, 0).

⇒ ~F1 + ~F3 = Iε z ×[~B(0, ε, 0)− ~B(0, 0, 0)

]= Iε2 z × ∂ ~B

∂y= Iε2

[−∂By

∂yx+

∂Bx

∂yy

].

Analogamente,

~F2 + ~F4 = Iε y ×[~B(0, 0, 0)− ~B(0, 0, ε)

]= Iε2 y ×

(−∂

~B

∂z

)= Iε2

[−∂Bz

∂zx+

∂Bx

∂zz

].


Como~∇ · ~B =

∂Bx

∂x+∂By

∂y+∂Bz

∂z≡ 0 ,

~F =

4∑

i=1

~Fi = Iε2[∂Bx

∂xx+

∂Bx

∂yy +

∂Bx

∂zz

]= (como ~m = Iε2 x) = ~∇(~m · ~B) qed.

Ou, como ~∇(~u · ~v) = ~u× (~∇× ~v) + (~u · ~∇)~v + ~v × (~∇× ~u) + (~v · ~∇)~u, e ainda mais, como

as derivadas sao em relacao as coordenadas do campo,

~∇(~m · ~B) = ~m× (~∇× ~B) + (~m · ~∇) ~B .

Como ~∇ × ~B = µ0~J , e nao deve haver correntes que criam o campo ~B na posicao de ~m

(notar que ~B nao inclui o campo da espira),

~∇× ~B = 0 ⇒ ~F = ~∇(~m · ~B) = (~m · ~∇) ~B .

Conclusao: um magneto permanente e atraido para a regiao de campo + intenso.

• Efeito de campo magnetico sobre orbitas atomicas

(modelo semiclassico para diamagnetismo)

Modelo: eletrons girando em torno do nucleo, orbita circular. Nao e corrente estacionaria,

mas vou proceder como se fosse (e muito rapida):

|I| = |q|t

=e

T=

e

2πr/v⇒ ~morbital = −

ev

2πr× (πr2) z = −1

2evr z .

Admita que ~B ‖ z (assim nao temos de pensar em torque ~m× ~B). Na ausencia de campo,

a lei de Newton da: mev2/r = (1/4πε0) (e

2/r2).

B

-e v

Se o campo e como na figura, aparece uma forca centripeta adicional, e a lei de Newton

fica:1

4πε0

e2

r2+ ev′B = me

v′2

r(v′ ≡ nova velocidade) .

⇒ ev′B = mev′2

r− 1

4πε0

e2

r2= me

v′2

r−me

v2

r=me

r(v′ + v)(v′ − v) ,


onde se usou a condicao obtida para ~B = 0. Admitindo |∆v| ≪ v (consistente tambem

com a aproximacao de que o raio da orbita fica praticamente constante),

evB ≃ me

r(2v)∆v ⇒ ∆v =

eBr

2me

(ou ∆ω = ∆v/r = eB/2me, e a frequencia de Larmor).

Portanto a velocidade do eletron aumenta em modulo. Isto causa uma variacao no mo-

mento magnetico:

∆~m = −1

2e (∆v)r z = −e

2r2

4me

~B .

Se o eletron estivesse girando ao contrario, sua velocidade seria diminuida em modulo

⇒ ∆v teria o mesmo sentido que no caso anterior ⇒ ∆~m seria o mesmo.

Ou seja: aplico um campo ⇒ aparece um momento induzido contrario ao campo (lei de

Faraday) ⇒ diamagnetismo.

Todas as expressoes acima sao aproximadas (semi-quantitativas), porque a rigor o diamag-

netismo e um fenomeno quantico.

Notar: diamagnetismo esta sempre presente (mas e de ordem de grandeza menor do que

paramagnetismo ⇒ este ultimo sobressai, quando existe). O diamagneto e repelido pelo

campo.

• Magnetizacao

~M ≡ momento de dipolo magnetico por unidade de volume

– Correntes ligadas

Rr

r’

P

O

rm

Imagine um objeto magnetizado com uma magnetizacao ~M(~r ′). O potencial vetor criado

por um dipolo e (ver figura):

~A(~r) =µ0

4π

~m× rRr2R

.

Para uma magnetizacao distribuida,

~A(~r) =µ0

4π

∫ ~M(~r ′)× rRr2R

d3r ′.


Como (tomando derivadas em relacao as coordenadas com linha)

~∇ ′(

1

|~r − ~r ′|

)= +

rRr2R

, ~A(~r) =µ0

4π

∫~M(~r ′)× ~∇ ′

(1

rR

)d3r ′ =

=µ0

4π

[ ∫1

rR

(~∇ ′ × ~M

)d3r ′ −

∫~∇ ′ ×

(1

rR~M

)d3r ′

]=

=µ0

4π

∫1

|~r − ~r ′|(~∇ ′ × ~M(~r ′)

)d3r ′ +

µ0

4π

∮1

|~r − ~r ′|(~M(~r ′)× d~a ′

).

(Para a ultima parcela, envolvendo a integral de superficie, ver Griffiths, problema 1.60(b)).

Ou seja, aparecem:

• Uma corrente volumetrica ligada ~Jb = ~∇× ~M

• Uma corrente superficial ligada ~Kb = ~M × n ,

de modo que

~A =µ0

4π

∫

V

1

|~r − ~r ′|~Jb(~r

′) d3r ′ +µ0

4π

∫

S

1

|~r − ~r ′|~Kb(~r

′) da′ .

Conclusao: para calcular o campo de um objeto magnetizado, e sob todos os aspectos

equivalente lidar com as correntes ligadas volumetrica e superficial.

• Interpretacao fisica das correntes ligadas

– Correntes superficiais

M z

n

^

^

Da figura: os loops microscopicos orientados no plano xy produzem uma magnetizacao

na direcao z; dentro do material, as correntes em lados adjacentes dos loops se cancelam.

As unicas que nao se cancelam sao aquelas nas bordas da amostra, as quais se somam na

direcao das setas. Notar que ~M × n esta na direcao correta.

Notar:


a

t

Na figura acima, para cada dipolo elementar delimitado por uma “caixa”, ~m = ~Mat (a ≡area); como m = Ia, I =Mt ⇒ K = I/t =M .

Nao ha um deslocamento macroscopico de cargas; cada carga fica circulando em uma regiao

limitada, mas o efeito final e como se fosse uma folha de corrente continua na superficie.

– Correntes volumetricas (⇔ magnetizacao nao-uniforme)

M (y+dy)M (y)dz

dy

x

y

z zz

x

y

vista de cima:

Na figura acima a direita, considerando a superficie onde os dois cubos se tocam, Ix =

[Mz(y + dy)−Mz(y) ] dz (como acima, a densidade de corrente superficial e =M).

⇒ Ix =∂Mz

∂ydy dz ⇒ (Jb)x =

∂Mz

∂y.

Agora considerando a outra contribuicao possivel a (Jb)x:

x

y

z

dz

dy

M (z)

M (z+dz)

y

y

Temos: I ′x = [My(z)−My(z + dz) ] dy ⇒ a contribuicao e −∂My/∂z.

⇒ (Jb)x =∂Mz

∂y− ∂My

∂z⇒ ~Jb = ~∇× ~M .

Notar: ~∇ · ~M ≡ 0 como deve ser na magnetostatica, ja que ~∇ · (~∇× ~V ) ≡ 0.


• O campo auxiliar ~H

– Lei de Ampere em materiais magnetizados

Ja vimos: a magnetizacao ~M e equivalente a distribuicao de correntes ligadas ~Jb = ~∇× ~M ,

e ~Kb = ~M × n.A densidade de corrente total e: ~J = ~Jb + ~Jf ( ~Jf ≡ densidade de corrente livre).

Lei de Ampere:

1

µ0

(~∇× ~B

)= ~J = ~Jb + ~Jf = ~Jf + ~∇× ~M ⇒ ~∇×

(1

µ0

~B − ~M

)= ~Jf

⇒ ~H ≡ 1

µ0

~B − ~M , tal que ~∇× ~H = ~Jf .

Em forma integral, ∮

C

~H · d~ℓ = I livre interna .

• Contraste entre ~H e ~D

– Magnetismo:

Amostra

I(livre) µ

0B= (H+M)

Controlo I livre ⇒ controlo ~H.

– Eletricidade:

Amostra

0

+

-V E

D= E+PεControlo V =

∫~E · d~ℓ (se eu controlasse a carga livre, controlaria ~D).

• Notar: ~∇× ~B = µ0

~J~∇× ~H = ~Jf


nao implica que ~H seja “o mesmo” que ~B, apenas trocando a corrente total pela corrente

livre.

Lembrar que um campo e definido pela divergencia e rotacional; enquanto ~∇ · ~B ≡ 0,~∇ · ~H = −~∇ · ~M .

Portanto, apenas onde ~∇ · ~M = 0 vale o paralelo entre ~B e ~H.

Exemplo onde nao vale o paralelo: barra finita magnetizada.

M

M

z

z=0z

vacuo

Nao ha correntes livres ⇒ ~∇× ~H = 0 em todo o espaco.

Mas ~∇ · ~H 6= 0, porque ~∇ · ~M 6= 0 nas “tampas” do cilindro. Ver no detalhe a direita

da figura: enquanto ∂Mz/∂z 6= 0 ao cruzar a fronteira entre material magnetico e vacuo,

Mx, My ≡ 0.

• Meios lineares e nao-lineares

– Susceptibilidade e permeabilidade magneticas

Meios lineares: ~M ∝ ~B (verdadeiro em geral, para campos nao muito intensos).

Da eletrostatica: ~P = ε0 χe~E; por analogia, poderiamos pensar que ~M = (1/µ0)χm

~B.

Mas a tradicao (pelo fato de que ~H e o campo mais referido, como ja vimos) e definir:

~M = χm~H ,

onde a susceptibilidade magnetica χm e > 0 para paramagnetos, e < 0 para diamagnetos.

Material χm

Au −3.0× 10−5

Ag −2.4× 10−5

Cu −0.96× 10−5

H2O −0.90× 10−5

CO2 −1.2× 10−8

Na 0.85× 10−5

Al 2.1× 10−5

W 7.8× 10−5

Gd 4.8× 10−1 (superparamagneto)

~B = µ0

(~H + ~M

)= µ0 (1 + χm) ~H ; com µ ≡ µ0 (1 + χm) , ~B = µ ~H .


µ ≡ permeabilidade magnetica do meio.

• Ferromagnetismo

No ferromagnetismo, podemos ter ~M 6= 0 mesmo se ~H = 0 (nao-linear). Neste caso,

podemos falar da susceptibilidade incremental: χ = ∂M/∂H.

Motivo: dipolos preexistentes interagem entre si [ a rigor, a interacao nao pode ser expli-

cada (a ordem de grandeza nao e suficiente) considerando dipolos “classicos” interagindo

a distancia; ferromagnetismo resulta de principio de Pauli + interpenetracao de funcoes

de onda eletronicas + repulsao eletrostatica ].

Por que uma amostra de ferro, p. ex., em geral nao e um magneto?

R: Dominios ⇒ ∑dominios

~M = 0.

Aplicando um campo externo e aumentando o modulo:

H H H H

Temos os momentos da amostra se reorientando para ficarem paralelos ao campo; o pro-

cesso pode ser visto como movimento de paredes de dominios (linha cheia nas figuras, sep-

arando momentos com orientacoes opostas). Na figura extrema a direita, temos saturacao.

Processo irreversivel: desligando o campo, nao volta a situacao inicial.

Ver o loop de histerese:

I + −

Amostra

e

f

c

adg

b (sat.)

I

M


c, f : magneto permanente.

Em um grafico adimensional (B versus µ0H, por exemplo):

B

1

-1

-20Hµ

020

(x 10 )4

Notar: ~B = µ0 ( ~H + ~M)≫ µ0~H ⇒ a magnetizacao produzida cria um campo ≫ do que

aquele criado pela corrente livre.

Efeitos de temperatura:

M

TTc

espontanea

M(T > Tc) = 0; Tc = 1043 K para Fe.

Em resumo, na eletrostatica, uma polarizacao ~P equivale a uma densidade de carga ligada:

ρb = −~∇ · ~P .Na magnetostatica, uma magnetizacao ~M equivale a uma densidade de corrente ligada:~Jb = ~∇× ~M .

Caso nao-estatico:d~P

dt⇔ fluxo de carga ligada .

Lembrar:

ρb

σ b

P =n n^ ^

t t+dt

= − div P

b= P.n

b= P.n

’ = − σ

σ

b bσσ σ

b+d

A mudanca na densidade superficial pode ser vista como devida a uma corrente chegando

(como se estivesse carregando um capacitor; a diferenca e que, como esta superficie e


ficticia [ nao corresponde ao final de um fio ], nao ha acumulo de carga).

dI =∂σb∂t

da⊥ =∂P

∂tda⊥ ⇒ ~JP =

∂ ~P

∂t.

Notar: ~JP 6= ~Jb ( ~Jb ≡ ~∇× ~M e relacionada a magnetizacao: envolve spin e ~L de eletrons;~JP envolve deslocamento linear de cargas devido a mudanca de polarizacao).

Notar:

~∇ · ~JP = ~∇ ·(∂ ~P

∂t

)=

∂

∂t

(~∇ · ~P

)= −∂ρb

∂t.

(Equacao de continuidade para as cargas ligadas; outra maneira de ver que ~JP esta rela-

cionada ao movimento da polarizacao).

Visualizando:

− + − + − +− +

− + − +− + − +

P

P + dP

dq dq

Notar:~Jb = ~∇× ~M ⇒ ~∇ · ~Jb = ~∇ ·

(~∇× ~M

)≡ 0

(reconfirmando que ~Jb nao esta relacionada ao movimento linear de carga ligada).

Entao:

ρ = ρf + ρb = ρf − ~∇ · ~P ; ~J = ~Jf + ~Jb + ~JP = ~Jf + ~∇× ~M +∂ ~P

∂t.

⇒ Lei de Gauss:

~∇ · ~E =1

ε0

(ρf − ~∇ · ~P

)⇒ ~∇ · ~D = ρf , com ~D = ε0 ~E + ~P ,

como na eletrostatica.

Lei de Ampere:

~∇× ~B = µ0

(~Jf + ~∇× ~M +

∂ ~P

∂t

)+ µ0 ε0

∂ ~E

∂t⇒ ~∇× ~H = ~Jf +

∂ ~D

∂t,

com ~H =1

µ0

~B − ~M .


~∇ · ~B = 0 e ~∇× ~E = −∂ ~B/∂t permanecem os mesmos.

Em termos de cargas e correntes livres, temos as equacoes de Maxwell:

~∇ · ~D = ρf

~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~H = ~Jf +∂ ~D

∂t.

Para meios lineares, temos ainda as equacoes constitutivas:

~P = ε0 χE~E ⇒ ~D = ε ~E ; ~M = χm

~H ⇒ ~H =1

µ~B .

• Condicoes de contorno

As equacoes de Maxwell na forma diferencial, citada acima, dao origem as formas integrais:

(i)

∮

S

~D · d~a = Qf int

(ii)

∮

S

~B · d~a = 0

(S = superficie fechada)

(iii)

∮

C

~E · d~ℓ = − d

dt

∫

S

~B · d~a

(iv)

∮

C

~H · d~ℓ = If int +d

dt

∫

S

~D · d~a

(C = curva fechada; S = superficie apoiada em C).


Daı, sao derivadas as condicoes de contorno aplicaveis, inclusive quando ha descontinuidade

na fronteira entre dois meios (relacionadas a cargas e correntes superficiais, como ja vimos).

a

D

D

1

2

1

2

Aplicando (i) a caixa da figura,

D1⊥ −D2⊥ = σf .

Analogamente, aplicando (ii),

B1⊥ −B2⊥ = 0 .

Desenhando agora um loop amperiano, e aplicando (iii):

K

lC

S

1

2

n

~E1 · ~ℓ− ~E2 · ~ℓ = −d

dt

∫

S

~B · d~a→ 0 (quando a area → 0) ⇒ ~E1 ‖ = ~E2 ‖ .

Analogamente, aplicando (iv),

~H1 · ~ℓ− ~H2 · ~ℓ = If int ,

porque∫~D · d~a→ 0 quando a area → 0.

No caso,

If int = ~Kf · (n× ~ℓ) = ( ~Kf × n) · ~ℓ ⇒ ~H1 ‖ − ~H2 ‖ = ~Kf × n .Notar: a ultima equacao nao quer dizer que H⊥ seja continuo; p. ex. para meios lineares~B = µ ~H, e a continuidade de B⊥ impoe:

B1⊥ = B2⊥ ⇒ µ1H1⊥ = µ2H2⊥ .

Para meios lineares em geral, as 4 equacoes acima se escrevem:

(i) ε1E1⊥ − ε2E2⊥ = σf

(ii) B1⊥ −B2⊥ = 0

(iii) ~E1 ‖ − ~E2 ‖ = 0

(iv)1

µ1

~B1 ‖ −1

µ2

~B2 ‖ = ~Kf × n .


Nas interfaces em que nao ha cargas ou correntes livres, temos:

(i) ε1E1⊥ − ε2E2⊥ = 0

(ii) B1⊥ −B2⊥ = 0

(iii) ~E1 ‖ − ~E2 ‖ = 0

(iv)1

µ1

~B1 ‖ −1

µ2

~B2 ‖ = 0 .

Estas ultimas expressoes serao uteis no estudo de reflexao e refracao.

• Formulacao da Eletrodinamica a partir de potenciais

– Potenciais escalar e vetor

Em eletrostatica, tinhamos ~∇× ~E = 0, o que possibilitava escrever ~E = −~∇V ; agora, isto

nao e mais possivel.

Por outro lado, ~∇ · ~B = 0 ainda na eletrodinamica, portanto ~B = ~∇× ~A.

A lei de Faraday da:

~∇× ~E = −∂~B

∂t⇒ ~∇× ~E = − ∂

∂t

(~∇× ~A

)⇒ ~∇×

(~E +

∂ ~A

∂t

)= 0

⇒ a quantidade ~E + ∂ ~A/∂t e o gradiente de um potencial escalar V (~r, t):

~E +∂ ~A

∂t= −~∇V ou ~E = −~∇V − ∂ ~A

∂t.

Assim, escrevemos os campos ~E e ~B em termos de potenciais adequados.

Ja usamos as equacoes ~∇ · ~B = 0 e ~∇× ~E = −∂ ~B/∂t para estabelecer estas formulacoes;

vamos agora ver como as outras duas equacoes se escrevem neste contexto.

~∇ · ~E =ρ

ε0⇒ ~∇ ·

(−~∇V − ∂ ~A

∂t

)=

ρ

ε0⇒ ∇2V +

∂

∂t

(~∇ · ~A

)= − ρ

ε0

(substitui a equacao de Poisson do caso estatico).

~∇× ~B = µ0~J + µ0 ε0

∂ ~E

∂t⇒ ~∇× (~∇× ~A)︸︷︷︸

~∇×~∇=−~∇2+~∇(~∇· )

= µ0~J + µ0 ε0

∂

∂t

(−~∇V − ∂ ~A

∂t

)

⇒(~∇2 ~A− µ0 ε0

∂2 ~A

∂t2

)− ~∇

(~∇ · ~A+ µ0 ε0

∂V

∂t

)= −µ0

~J


(substitui a lei de Ampere, ~∇× (~∇× ~A) = µ0~J).

• Transformacao de gauge

Liberdade de escolha em ~A e V (nao–mensuraveis diretamente)

Suponha que tenho ( ~A , V ) que dao ~E , ~B; este par ( ~A , V ) e inteiramente equivalente a

outro par ( ~A ′ , V ′) que tambem de o mesmo ~E , ~B.Qual a relacao entre ( ~A , V ) e ( ~A ′ , V ′) ?

Vamos escrever ~A ′ = ~A+ ~α ; V ′ = V + β e calcular a que relacoes ~α e β devem obedecer

para que ( ~A , V ) e ( ~A ′ , V ′) deem o mesmo ~E , ~B.

~B = ~∇× ~A = ~∇× ~A ′ = ~∇× ~A+ ~∇× ~α ⇒ ~∇× ~α = 0 ⇒ ~α = ~∇λ

(λ = alguma funcao escalar de ~r e t).

~E = −~∇V − ∂ ~A

∂t= −~∇V ′ − ∂ ~A ′

∂t= −~∇V − ~∇β − ∂ ~A

∂t− ∂~α

∂t⇒ ~∇β +

∂~α

∂t= 0

⇒ ~∇(β +

∂λ

∂t

)= 0

⇒ β + ∂λ/∂t deve ser independente da posicao (mas pode depender do tempo):

β +∂λ

∂t= K(t) ⇒ β = −∂λ

∂t+K(t) .

Posso absorver K(t) em λ, escrevendo λ = λ′ +∫ t

0K(t′) dt′

⇒ β = −∂λ∂t

+K(t) = −∂λ′

∂t−K(t) +K(t) = −∂λ

′

∂t⇒ ~∇λ′ = ~∇λ ,

portanto chamo λ′ de λ (original).

⇒ ~α = ~∇λ ; β = −∂λ∂t⇒ ~A ′ = ~A+ ~∇λ ; V ′ = V − ∂λ

∂t.

( ~A , V ) e ( ~A ′ , V ′) dao os mesmos campos ~E , ~B.As transformacoes deste tipo (que deixam os campos invariantes) sao chamadas

transformacoes de gauge.

• Gauge de Coulomb

Arbitramos ~∇ · ~A ≡ 0, como em magnetostatica (ja foi mostrado la que sempre podemos

fazer isto).

∇2 V +∂

∂t

(~∇ · ~A

)= − ρ

ε0⇒ ∇2 V = − ρ

ε0,


como na eletrostatica (equacao de Poisson).

Fazendo V = 0 no infinito,

V (~r, t) =1

4πε0

∫ρ(~r ′, t)

|~r − ~r ′ | d3~r ′ .

Notar: isto nao e suficiente para determinar ~E como na eletrostatica, porque

~E = −~∇V − ∂ ~A

∂t.

Notar: V (~r, t) depende da distribuicao de carga em todo o espaco no mesmo instante t,

ρ(~r ′, t). Movendo uma carga em ~r ′ muda V (~r) no mesmo momento. Isto nao e contradi-

torio com a relatividade especial, porque a quantidade mensuravel e ~E = −~∇V −∂ ~A/∂t; amudanca instantanea em V sera compensada por mudancas instantaneas em ~A, de modo

que a mudanca em ~E se propague a v < c (isto tem de acontecer).

Vantagem do gauge de Coulomb: e facil calcular V .

Desvantagem: a equacao para ~A fica complicada:

~∇2 ~A− µ0 ε0∂2 ~A

∂t2= −µ0

~J + ~∇(~∇ · ~A+ µ0 ε0

∂V

∂t

)⇒

⇒ ~∇2 ~A− µ0 ε0∂2 ~A

∂t2= −µ0

~J + µ0 ε0 ~∇(∂V

∂t

).

• Gauge de Lorenz

Escolhe-se:~∇ · ~A = −µ0 ε0

∂V

∂t.

(Pode-se mostrar que sempre e possivel fazer isto). Assim, as equacoes ficam:

~∇2 ~A− µ0 ε0∂2 ~A

∂t2= −µ0

~J ;

∇2 V − µ0 ε0∂2V

∂t2= − ρ

ε0.

Ou, definindo o D ′Alembertiano D2 ≡ ∇2 − µ0 ε0 ∂2/∂t2,

D2 ~A = −µ0~J ; D2 V = − ρ

ε0.

D ′Alembertiano = versao 4−D do laplaciano.

• Lei de forca de Lorenz em termos de potenciais


~F =d~p

dt= q

(~E + ~v × ~B

)= q

[−~∇V − ∂ ~A

∂t+ ~v × (~∇× ~A)

];

~∇(~v · ~A

)= ~v ×

(~∇× ~A

)+(~v · ~∇

)~A+ ~A×

(~∇× ~v

)+(~A · ~∇

)~v ,

mas ~∇× ~v = 0, ( ~A · ~∇)~v = 0 porque ~v = ~v(t).

⇒ d~p

dt= −q

[∂ ~A

∂t+(~v · ~∇

)~A+ ~∇

(V − ~v · ~A

)].

∂

∂t+(~v · ~∇

)≡ d

dtderivada convectiva

(acompanha a trajetoria da particula).

v A(r+vdt,t+dt)

A(r,t)

d ~A = ~A(~r+~v dt, t+dt)− ~A(~r, t) =(∂ ~A

∂x

)vx dt+

(∂ ~A

∂y

)vy dt+

(∂ ~A

∂z

)vz dt+

(∂ ~A

∂t

)dt ⇒

⇒ d ~A

dt=∂ ~A

∂t+(~v · ~∇

)~A ⇒ d

dt

(~p+ q ~A

)= −~∇

[q(V − ~v · ~A

)].

Lembrando a definicao do momento canonico ~pcan = ~p+q ~A, e introduzindo U ≡ q(V −~v · ~A)(potencial dependente da velocidade),

d~pcandt

= −~∇U .

Exemplo: campo magnetostatico uniforme ~B : ~A = − 12 ~r × ~B .

Prova:

~∇×(−1

2~r × ~B

)= −1

2~∇× (~r × ~B) = −1

2

( ~B · ~∇)~r − (~r · ~∇) ~B︸︷︷︸

=0

+~r (~∇ · ~B)︸︷︷︸=0

− ~B (~∇ · ~r)︸︷︷︸=3

=

= −1

2

[(Bx

∂

∂x+By

∂

∂y+Bz

∂

∂z

)(x i+ y j + z k)− 3 ~B

]= −1

2

[~B − 3 ~B

]= ~B .

Temos:

d ~A

dt=∂ ~A

∂t+ (~v · ~∇) ~A = 0 +

[vx

∂

∂x+ vy

∂

∂y+ vz

∂

∂z

]−

1

2

i j kx y zBx By Bz

=


= −1

2

(vx

∂

∂x+ vy

∂

∂y+ vz

∂

∂z

)[(yBz − zBy) i+ (zBx − xBz) j + (xBy − yBx) k

]=

= −1

2

[(vyBz − vzBy) i+ (vzBx − vxBz) j + (vxBy − vyBx) k

]= −1

2~v × ~B .

⇒ d

dt(~p+ q ~A) =

d~p

dt+ q

d ~A

dt= q~v × ~B︸︷︷︸

Lorenz

−1

2q~v × ~B =

1

2q~v × ~B .

−~∇[q(V − ~v · ~A)

]= q~∇(~v · ~A) = (como vimos) = q

[~v × (~∇× ~A) + (~v · ~∇) ~A

]=

= q

[~v × ~B − 1

2~v × ~B

]=

1

2q~v × ~B qed .

• Funcoes de Green e causalidade

Vamos desenvolver esquematicamente o metodo de funcoes de Green, aplicando-o ao cal-

culo dos potenciais.

Escolhendo o Gauge de Lorenz, temos as equacoes obedecidas por ~A e V (ja adiantando

que a velocidade da luz no vacuo e c−2 = µ0 ε0 e usando, nesta subsecao, o sistema CGS):

~∇2 ~A− 1

c2∂2 ~A

∂t2= −4π

c~J ;

∇2 V − 1

c2∂2V

∂t2= −4π ρ .

Temos equacoes diferenciais parciais lineares; vamos tomar partido do fato de que suas

solucoes obedecem, portanto, ao principio de superposicao.

Assim, supondo que G(~x, t; ~x′, t′) seja a solucao para uma fonte ”pontual” em ~x, e instan-

tanea em t, temos p. ex.:

∇2G− 1

c2∂2G

∂t2= −4π δ(3)(~x− ~x′) δ(t− t′) .

Como

ρ(~x, t) =

∫d3x′

∫dt′ρ(~x′, t′) δ(3)(~x− ~x′) δ(t− t′) ,

a solucao para V se escreve, pelo principio de superposicao:

V (~x, t) =

∫d3x′

∫dt′ρ(~x′, t′)G(~x, t; ~x′, t′) .

Assim, se calcularmos G(~x, t; ~x′, t′) teremos resolvido, de uma vez por todas, de maneira

geral, a parte ”diferencial” das equacoes, e so restara a parte da ”integracao”, a qual

incorpora as especificidades de cada problema atraves da funcao ρ(~x′, t′).


Admitindo homogeneidade espacial e temporal, com ~ξ ≡ ~x− ~x′; τ ≡ t− t′,

G(~x, t; ~x′, t′) = G(~x− ~x′, t− t′) = G(~ξ, τ) .

Passando para a transformada de Fourier,

G(~k, ω) =

∫d3ξ e−i~k·~ξ

∫dτ ei ωτ G(~ξ, τ) .

A transformada inversa e:

G(~ξ, τ) =

∫d3k

(2π)3ei

~k·~ξ∫dω

2πe−i ωτ G(~k, ω) ;

substituindo esta ultima na equacao diferencial original, temos (levando em conta a rep-

resentacao integral das funcoes δ):

[−k2 + ω2

c2

]G(~k, ω) = −4π ⇒ G(~k, ω) =

4π

k2 − (ω2/c2).

Com k0 ≡ ω/c, temos:

G(~ξ, ω) =

∫d3k

(2π)3ei

~k·~ξ G(~k, ω) =1

2π2

∫d3k

ei~k·~ξ

k2 − k20=

=1

2π2

∫ 2π

0

dϕk

∫ π

0

dθk sin θk

∫ ∞

0

dkk2 ei kξ cos θk

k2 − k20=

2

πξ

∫ ∞

0

dkk sin(kξ)

k2 − k20=

=1

πξ

∫ ∞

−∞dk

k sin(kξ)

k2 − k20≡ F (ω) .

O integrando tem polos no eixo real do plano k ≡ kR + ikI , em k = ±k0 = ±ω/c.Podemos contornar isto pelo truque habitual de adicionar uma pequena parte imaginaria,

iε, ao integrando, e fazer ε → 0 apos efetuar a integracao. Para verificar quais sinais

(temos 2 polos) de ε sao fisicamente adequados, temos de ir um passo a frente e lembrar

que a causalidade implica

G(~ξ, τ) ≡ 0 para τ < 0 ⇒∫ ∞

−∞dω e−iωτF (ω) ≡ 0 para τ < 0 .

Para avaliar esta ultima integral (no eixo ω real), usa-se completar o contorno, no plano

complexo dos ω, por uma curva Γ de raio |ω| → ∞, de tal maneira que∫Γ→ 0, e usar o

teorema dos residuos. Para τ < 0, ter∫Γ→ 0 necessita ωI > 0, i.e. o semi-plano superior

dos ω complexos sera envolvido. Portanto, para que a integral seja nula (obedecendo

causalidade), o integrando F (ω) nao devera ter polos no semiplano ωI > 0.


Para verificar esta ultima condicao, vamos retornar ao plano complexo dos k (agora

com a informacao de que k0 = (ω + iε)/c, ε → 0+, portanto a funcao de Green sera

denotada GR(~ξ, ω), R ≡ retardada, i.e. obedecendo a causalidade).

GR(~ξ, ω) =1

πξlim

ε→0+

∫ ∞

−∞dk

k sin(kξ)

k2 − (ω + iε)2/c2.

De acordo com a figura abaixo,

x

x

k

k/c

/c

ω

ε

Γ

i

/cωiε/c−

−R

I

ω>0

Γ

+

−

teremos, lembrando que sin(kξ) = (eikξ − e−ikξ)/2i : a convergencia impoe que a integral

envolvendo eikξ deve ser feita usando a curva Γ+, e aquela com e−ikξ deve usar Γ− . Assim,

GR(~ξ, ω) =1

πξlim

ε→0+2πi

[Resz=(ω+iε)/c

z eizξ

2i (z2 − (ω + iε)2/c2)

]−

− 1

πξlim

ε→0+2πi

[Resz=−(ω+iε)/c

−z e−izξ

2i (z2 − (ω + iε)2/c2)

]=eiωξ/c

ξ.

Voltando finalmente ao dominio temporal,

GR(~ξ, τ) =

∫dω

2πe−iωτ e

iωξ/c

ξ=

1

ξδ

(|~ξ|c− τ).

A solucao particular para V (x, t) e entao (estamos ignorando aqui a solucao da equacao

homogenea, que esta sempre presente, e tem de ser considerada para ajustar as condicoes

de contorno)

V R(~x, t) =

∫d3x′

∫dt′ ρ(~x′, t′)

1

|~x− ~x′ | δ( |~x− ~x′|

c− (t− t′)

)=

=

∫d3x′

ρ(~x′, t− |~x−~x′|

c

)

|~x− ~x′| .

t′ = t − |~x − ~x′|/c e o tempo retardado. Para o potencial vetor ~A(~x, t) teremos, ainda no

gauge de Lorenz,

~A(~x, t) =1

c

∫d3x′

~J(~x′, t− |~x−~x′|

c

)

|~x− ~x′| U(CGS).


• Energia e momento em Eletrodinamica

– Motivacao: campos ~E e ~B de cargas em movimento

x

z

E

v x v

B

E‖ → E‖ ; E⊥ → γ E⊥ , γ =

(1− v2

c2

)−1/2

> 1 (vamos ver)

~B nao e dado pela lei de Biot-Savart (valida para correntes estacionarias) mas o sentido

geral continua sendo dado pela regra da mao direita.

Para 2 cargas em movimento:

F

F

FF

y

x

z

B

Bq

q

v2

2

e

m1

e

m

11v

2

n~−paralelas

Consequencia de as forcas magneticas nao serem colineares (portanto a 3a. lei de Newton

tem problemas): conservacao de momento tem de ser revista, para incluir momento linear

contido no campo (ja vimos que ha energia armazenada).

• Teorema de Poynting

Ja vimos:

WE =ε02

∫E 2 d3r ; WB =

1

2µ0

∫B 2 d3r ⇒ WEB =

1

2

∫ (ε0E

2 +1

µ0B 2

)d3r .

Vamos calcular o trabalho por unidade de tempo feito sobre uma carga dq, que se desloca

de d~ℓ = ~v dt:

dW = ~F · d~ℓ = (Lorentz) = dq ( ~E + ~v × ~B) · ~v dt = dq ~E · ~v dt .

Mas dq = ρ d3r; ρ~v = ~J

⇒ dW

dt= ~E · ~J d3r ⇒ dW

dt=

∫~E · ~J d3r .


Como (notar o termo de Maxwell)

~∇× ~B = µ0~J + µ0 ε0

∂ ~E

∂t, ⇒ ~J =

1

µ0

~∇× ~B − ε0∂ ~E

∂t

⇒ ~E · ~J =1

µ0

~E · (~∇× ~B)− ε0 ~E ·∂ ~E

∂t(∗) .

Como ~∇ · ( ~E × ~B) = ~B · (~∇× ~E)− ~E · (~∇× ~B) , e com ~∇× ~E = −∂~B

∂t,

~E · (~∇× ~B) = ~B · (~∇× ~E)− ~∇ · ( ~E × ~B) = − ~B · ∂~B

∂t− ~∇ · ( ~E × ~B) .

Como, ainda, ~B · ∂~B

∂t=

1

2

∂

∂t(B 2) , ~E · ∂

~E

∂t=

1

2

∂

∂t(E 2) ,

substituindo em (∗),

~E · ~J = −1

2

∂

∂t

(ε0E

2 +1

µ0B 2

)− 1

µ0

~∇ · ( ~E × ~B)

⇒ dW

dt=

∫~E · ~J d3r =

∫ [−1

2

∂

∂t

(ε0E

2 +1

µ0B 2

)− 1

µ0

~∇ · ( ~E × ~B)

]d3r =

(aplicando o teorema de Gauss no ultimo termo a direita)

= − d

dt

∫

V

1

2

(ε0E

2 +1

µ0B 2

)d3r − 1

µ0

∮

S

( ~E × ~B) · d~a .

Teorema de Poynting: teorema de trabalho-energia da eletrodinamica.

dW

dt= −dWEB

dt−∮~S · d~a , ~S ≡ 1

µ0

~E × ~B (vetor de Poynting) .

Trabalho feito sobre as cargas = decrescimo em energia guardada no campo, menos a

energia que saiu pela superficie.

~S · d~a ≡ energia que cruza a area d~a por unidade de tempo.

Trabalho feito sobre as cargas = variacao de energia mecanica (UM ).

dW

dt=

d

dt

∫

V

UM d3r ;

com UEB ≡ densidade de energia armazenada nos campos,

UEB =1

2

(ε0E

2 +1

µ0B 2

)⇒ d

dt

∫

V

(UM + UEB) d3r = −

∮

S

~S · d~a = −∫

V

(~∇ · ~S) d3r


⇒ ~∇ · ~S = − ∂

∂t(UM + UEB) .

(Equacao de continuidade para o fluxo de energia: comparar com a correspondente para

o fluxo de carga, ~∇ · ~J = −∂ρ/∂t).

Exemplo: corrente em um fio

V

L

i E

B

B

R S

E = V/L ; B = µ0 I/2πR (na superficie do fio) ⇒ S = (1/µ0)(V/L)(µ0 I/2πR) =

V I/2πRL (apontando para dentro).

∫~S · d~a =

(V I

2πRL

)(2πRL) (−1) = −V I ,

onde o sinal negativo indica que ha energia entrando; trabalho feito pelo campo (ou seja,

pelo gerador). Isto vai ser dissipado como calor, que sai. Notar: dUEB/dt = 0 dentro.

Em meios magneticos:

UEB =1

2( ~E · ~D + ~B · ~H) ; ~S = ~E × ~H .

• Tensor de Maxwell

Forca eletromagnetica total agindo sobre as cargas no volume V :

~F =

∫

V

( ~E + ~v × ~B) ρ d3r =

∫(ρ ~E + ~J × ~B) d3r .

Forca por unidade de volume:~f = ρ ~E + ~J × ~B .

Escrevendo em termos dos campos:

ρ = ε0 ~∇· ~E ; ~J =1

µ0

~∇× ~B− ε0∂ ~E

∂t⇒ ~f = ε0 (~∇· ~E) ~E+

(1

µ0

~∇× ~B − ε0∂ ~E

∂t

)× ~B .

Mas∂

∂t( ~E × ~B) =

∂ ~E

∂t× ~B + ~E × ∂ ~B

∂t, e

∂ ~B

∂t= −~∇× ~E


⇒ ∂ ~E

∂t× ~B =

∂

∂t( ~E × ~B) + ~E × (~∇× ~E)

⇒ ~f = ε0

[(~∇ · ~E) ~E − ~E × (~∇× ~E)

]− 1

µ0

[− ~B × (~∇× ~B)

]− ε0

∂

∂t( ~E × ~B).

Lembrando que ~∇(E 2) = 2( ~E · ~∇) ~E + 2 ~E × (~∇× ~E),

~E × (~∇× ~E) =1

2~∇(E 2)− ( ~E · ~∇) ~E ; ~B × (~∇× ~B) =

1

2~∇(B 2)− ( ~B · ~∇) ~B .

~f = ε0

[(~∇ · ~E) ~E − 1

2~∇(E 2) + ( ~E · ~∇) ~E

]− 1

µ0

12~∇(B 2)− ( ~B · ~∇) ~B − (~∇ · ~B︸︷︷︸

≡0

) ~B

−

−ε0∂

∂t( ~E × ~B).

Notar: o subtermo contendo ~∇ · ~B ≡ 0 foi adicionado, para ficar na mesma forma que o

termo em ~E.

Definindo as componentes do tensor de Maxwell por:

Tij = ε0 (EiEj −1

2δij E

2) +1

µ0(BiBj −

1

2δij B

2) ,

(~A · T↔

)j=∑

i=xyz

ai Tij ; (ax ay az )

Txx Txy TxzTyx Tyy TyzTzx Tzy Tzz

=

((~a · T↔)x (~a · T↔)y (~a · T↔)z

).

Por exemplo, (~a · T↔)y = ax Txy + ay Tyy + az Tzy.

⇒ (~∇ · T↔)j = ε0

[∑

i

∇i (EiEj)−1

2

∑

i

∇i (δij E2)

]+ similar para ~B =

= ε0

[∑

i

(∇iEi)Ej +∑

i

(Ei∇i)Ej −1

2∇j (E

2)

]+ similar para ~B.

⇒ (~∇ · T↔)j = ε0

[(~∇ · ~E)Ej + ( ~E · ~∇)Ej −

1

2∇j (E

2)

]+ similar para ~B.

⇒ ~∇ · T↔ = ε0

[(~∇ · ~E) ~E + ( ~E · ~∇) ~E − 1

2~∇ (E 2)

]+

+1

µ0

[(~∇ · ~B) ~B + ( ~B · ~∇) ~B − 1

2~∇ (B 2)

].

⇒ ~f = ~∇ · T↔ − µ0 ε0∂~S

∂t.


A forca total e:

~F =

∫

V

(~∇ · T↔ − µ0 ε0

∂~S

∂t

)d3r = (Gauss) =

∮

S

T↔ · d~a− µ0 ε0

d

dt

∫

V

~S d3r .

Vale tambem no caso estatico (em que o 2o. termo e zero). T↔

e o tensor das tensoes.

Se p. ex. d~a = da z,

T↔ · d~a =

Txx Txy TxzTyx Tyy TyzTzx Tzy Tzz

00da

=

Txz daTyz daTzz da

=

Fx

Fy

Fz

.

daF

F

F

z

y

x cisalhamento(tangencial)

pressao(normal)

~

• Conservacao de momento (linear e angular)

~F = d~P/dt; como vimos, a forca total sobre um volume V e:

~F =

∮

S

T↔ · d~a− µ0 ε0

d

dt

∫

V

~S d3r ⇒ d~P

dt= −µ0 ε0

d

dt

∫

V

~S d3r +

∮

S

T↔ · d~a ,

onde ~P e o momento linear total contido no volume V .

⇒ momento linear total contido no campo eletromagnetico:

~PEB = µ0 ε0

∫

V

~S d3r = ε0

∫~E × ~B d3r ;

Momento linear entrando, por unidade de tempo, pela superficie:

∮

S

T↔ · d~a .

d

dt(~P + ~PEB) =

∮

S

T↔ · d~a .

(A taxa de variacao do momento total (particulas e campo) interior ao volume e igual ao

fluxo de momento atraves da superficie).

Densidade de momento mecanico: ~P tal que ~P =∫V~P d3r;


Densidade de momento eletromagnetico: ~PEB tal que ~PEB =∫V~PEB d

3r.

⇒ d

dt

∫(~P + ~PEB) d

3r =

∮

S

T↔ · d~a = (Gauss) =

∫

V

(~∇ · T↔) d3r

⇒ ~∇ · (−T↔) = − ∂

∂t(~P + ~PEB) (eq. de continuidade) .

−T↔ ≡ densidade de fluxo de momento.

Notar: ~S = densidade de energia do campo eletromagnetico, atravessando uma unidade

de area, por unidade de tempo.

µ0 ε0 ~S = densidade de momento.

Avant-premiere: relacao energia-momento do campo EM

da

v dt

S da dt = energia atravessando a area d~a = uEB da v dt

(µ0 ε0 S) v dt da = momento linear atravessando a area d~a = ~PEB da v dt

⇒~PEB

uEB= µ0 ε0 v ; como veremos, v = c =

1√ε0 µ0

⇒ uEB =~PEB√ε0 µ0

= ~PEB c .

(contraste com K = p2/2m, classico para particulas).

• Momento angular:~LEB = ~r × ~PEB = ε0 ~r × ( ~E × ~B) .

Tudo isto vale mesmo para campos estaticos: desde que ~E × ~B 6= 0, os campos tem

momento linear e angular

⇒ Leis de conservacao de energia, momento linear e momento angular tem de incluir os

termos de campo.

Exemplo: solenoide coaxial com duas cascas cilindricas (ℓ≫ b).

zr

−Q

+Q l

N,I

R

a

b

^ φ


Desligo a corrente no solenoide. O que acontece?

Inicialmente,

~E =Q

2πε0 ℓ

1

rr , a < r < b ; ~B = µ0NI z , r < R .

⇒ densidade de momento linear:

~PEB = ε0 ~E × ~B = −µ0NIQ

2π ℓ rϕ , a < r < R .

Densidade de momento angular:

~LEB = ~r× ~PEB = −µ0NIQ

2π ℓz ⇒ ~LEB = ~LEB × π(R2−a2) ℓ = −1

2µ0NIQ (R2−a2) z .

Quando a corrente muda, um campo induzido aparece na direcao −ϕ:

BI

R

rE

Vista de cima:

∮

C

~E · d~ℓ = E.2πr = −dφBdt

=

−µ0N Iπr2 r < R−µ0N IπR2 r > R

⇒ ~E =

− 1

2µ0N Ir ϕ r < R

− 12µ0N I R2

r ϕ r > R.

Torque no cilindro externo:

~Nb = ~r × (−Q~E) = +1

2µ0NQR

2 I z ⇒ ~Lb =

∫~Nb dt =

1

2µ0NQR

2

∫dI

dtdt

︸︷︷︸=−I

z =

= −1

2µ0NQR

2I z .

Torque no cilindro interno:

~Na = ~r × (+Q~E) = −1

2µ0NQa

2 I z ⇒ ~La = +1

2µ0NQa

2I z .

⇒ ~LEB = ~La + ~Lb

(antes: tudo no campo; depois: tudo nos cilindros girantes).

Ver Feynman II, 27.5.


2 – ONDAS ELETROMAGNETICAS

• Equacao de onda

Equacoes de Maxwell na ausencia de fontes (ρ = 0, ~J = 0)

~∇ · ~E = 0 ; ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t; ~∇× ~B = µ0 ε0

∂ ~E

∂t.

Desacoplando:

~∇× (~∇× ~E) = ~∇(~∇ · ~E︸︷︷︸=0

)− ~∇2 ~E = ~∇×(−∂

~B

∂t

)= − ∂

∂t

(~∇× ~B

)= −µ0 ε0

∂2 ~E

∂t2.

~∇× (~∇× ~B) = ~∇(~∇ · ~B︸︷︷︸=0

)− ~∇2 ~B = ~∇×(µ0 ε0

∂ ~E

∂t

)= µ0 ε0

∂

∂t

(~∇× ~E

)= −µ0 ε0

∂2 ~B

∂t2.

⇒ ~∇2

~E~B

= µ0 ε0∂2

∂t2

~E~B

.

Equacao de onda para uma componente qualquer de ~E ou ~B:

∇2f =1

v2∂2f

∂t2, v ≡ 1√

ε0 µ0= 3.00× 108 m/s .

(velocidade de propagacao).

Dentro da materia, em regioes sem cargas ou correntes livres (ρf = 0, ~Jf = 0), as equacoes

de Maxwell sao:~∇ · ~D = 0 ; ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t; ~∇× ~H =

∂ ~D

∂t.

Para um meio linear, ~D = ε ~E, ~H = (1/µ) ~B; e se o meio e homogeneo, ε = constante e

µ = constante (independentes de ~r)

⇒ ~∇ · ~D = 0 ; ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t; ~∇× ~B = µ ε

∂ ~E

∂t⇒ v =

1√ε µ

.

Usualmente, µ/µ0 ≃ 1; ε/ε0 > 1 ⇒ v < c.

Da otica geometrica, v = c/n; n = indice de refracao > 1 ⇒ n =√ε µ/ε0 µ0.


Em geral n = n(ω) → dispersao (porque ε = ε(ω); tambem µ = µ(ω), mas a dependencia

+ forte e a de ε).

• Ondas senoidais

f(x, t) = A cos(kx− ωt+ δ) = A cos [(k(x− vt) + δ] ;

λ =2π

k; ν =

1

T=

ω

2π; ω = vk ⇒ v =

ω

k=λ

T.

Propagacao na direcao negativa do eixo x: A cos(kx+ ωt+ δ).

Notacao complexa:

eiθ = cos θ + i sin θ ⇒ f(x, t) = ℜAei(kx−ωt) ;

Com f(x, t) = A ei(kx−ωt) ; A = Aeiδ , f(x, t) = ℜ f(x, t) .

f3 = f1 + f2 = ℜ (f1) + ℜ (f2) = ℜ (f1 + f2) = ℜ (f3) .

– Combinacoes lineares de ondas senoidais

Teorema de Fourier: qualquer funcao pode ser escrita como combinacao linear de ondas

senoidais.

f(x, t) =

∫ +∞

−∞A(k) ei(kx−ωt) dk .

• Meios dispersivos: ω/k 6= constante (veremos a frente)

• ω = ω(k); poderiamos tambem escrever

f(x, t) =

∫ +∞

−∞A′(ω) ei(kx−ωt) dω , k = k(ω) .

• k ∈ (−∞,∞); lembrar que ℜei(−kx−ωt) = ℜei(kx+ωt) .⇒ vamos nos concentrar em ondas senoidais.

• Polarizacao

Ondas longitudinais: deslocamento ‖ a propagacao. Ex: mola, som.

Ondas transversais: deslocamento ⊥ a propagacao. Ex. corda, luz (veremos).

Polarizacao (linear): duas direcoes independentes de polarizacao para ondas transversais

x

y

z

pol. vertical

x

y

z

pol. horizontal


fv(x, t) = A ei(kx−ωt) j fh(x, t) = A ei(kx−ωt) k

Qualquer onda plano– (ou linearmente) polarizada pode ser escrita como combinacao linear

das duas anteriores:

x

y

z

θ

f(x, t) = A cos θ ei(kx−ωt) j + A sin θ ei(kx−ωt) k = A ei(kx−ωt) n , n = cos θ j + sin θ k .

• Condicoes de contorno: reflexao e transmissao

Exemplo: cordas µ1 e µ2 (lembrar: T e o mesmo)

I

x=0T Tµ1

µ2

fI(x, t) = AI ei(k1x−ωt) x < 0 (incidente)

x=0T Tµ1

µ2

R T

fR(x, t) = AR ei(−k1x−ωt) x < 0 (refletida; notar: mesmo |k|)

fT (x, t) = AT ei(k2x−ωt) x > 0 (transmitida, k2 6= k1 mas ω2 = ω1 ⇒ v2 6= v1)

• Notar: no desenho, tenho pulsos (que podem ser escritos como combinacoes lineares de

muitas ondas senoidais); a rigor, uma onda senoidal e infinita; posso ter um pulso que e

identico a uma onda senoidal por muitos λ: —∼∼∼∼∼∼∼∼— , mas e zero fora daquele

intervalo ⇒ sera representada pela onda senoidal respectiva, mais alguns outros (poucos)

comprimentos de onda.

2 /k0

A(k)

k 2k 3k k

~

f(x)~ π

000


Na figura, f(x, t) =∫A(k) ei(kx−wt) dk.

– Condicoes de contorno na fronteira:

Continuidade de deslocamento e velocidade transversal

f(x, t) =

AI e

i(k1x−ωt) + AR ei(−k1x−ωt) x < 0

AT ei(k2x−ωt) x > 0

f(x = 0−, t) = f(x = 0+, t) ⇒ AI + AR = AT (∗) .Notar: a condicao de continuidade de ∂f/∂t, junto com (∗), apenas reforca que ω = o

mesmo para todos.

Suponha agora (corda) que o anel na juncao tem massa desprezivel:

(0 )−θθ (0 )+

mad2y

dt2= 0 = T tan θ(0+)−T tan θ(0−) ⇒ ∂f

∂x

∣∣∣0+

=∂f

∂x

∣∣∣0−⇒ k1 (AI−AR) = k2 AT (∗∗)

Em virtude de (∗) e (∗∗),

AR =

(k1 − k2k1 + k2

)AI ; AT =

(2k1

k1 + k2

)AI .

Como ki = ω/vi,

AR =

(v2 − v1v2 + v1

)AI ; AT =

(2v2

v2 + v1

)AI .

Se µ2 < µ1 (v2 > v1), AR tem o mesmo sinal de AI :

I R T

Se µ2 > µ1 (v2 < v1), AR e ao contrario:

I RT


Caso limite (parede): µ2 ≫ µ1 (v2 → 0)

I

R

• Ondas eletromagneticas em meios nao-condutores

– Ondas planas monocromaticas no vacuo

Vacuo: ∇2 ~E, ~B = (1/c2)∂2/∂t2 ~E, ~B ;Monocromaticas: 1 ω ⇒ A(k) = δ(k − k0) , k0 = ω0/c.

• Aproximacao de ondas planas

fonte R

d

Se λ≪ d≪ R, OK.

Espectro eletromagnetico

10 10 10 10 10 10

10 10 10 10 10 10 10

Frequencia (Hz)

Comprimento de onda (m)

103 6 9 12 15 18 21

5 2 −1 −4 −7 −10 −13

radio micro X γTV,FM

UVvisivelIV


Onda plana:

x

y

z

Os campos sao uniformes e tem a mesma fase em todos os pontos do plano

⇒E(x, t) = E0 e

i(kx−ωt)

B(x, t) = B0 ei(kx−ωt)

⇒ ~∇ · E =∂

∂x

(E0 x e

i(kx−ωt))+

∂

∂y

(E0 y e

i(kx−ωt))+

∂

∂z

(E0 z e

i(kx−ωt))=

= ik E0 x ei(kx−ωt) = 0 ⇒ E0 x = 0 .

Pelo mesmo motivo, ~∇ · B = 0 ⇒ B0 x = 0.

⇒ ondas EM planas sao transversais.

Como ~∇× ~E = −∂~B

∂t,

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

0 E0 y ei(kx−ωt) E0 z e

i(kx−ωt)

= −ik E0 z e

i(kx−ωt) j + ik E0 y ei(kx−ωt) k =

= − ∂

∂t

(B0 e

i(kx−ωt))= +iω

(B0 y j + B0 z k

)ei(kx−ωt) ⇒

−k E0 z = ω B0 y

+k E0 y = ω B0 z

⇒ B0 =k

ω(i× E0) .

Notar: i = direcao de propagacao.

x

y

z

E

B

k=k i

0~

^

0~

Temos ~E× ~B ‖ direcao de propagacao. ~E, ~B e o unitario da direcao de propagacao (nesta

ordem) formam um triedro direto.

B0 =k

ωE0 =

1

cE0 .


• ~B e ~E em fase, e mutuamente perpendiculares.

• Se usassemos ~∇ × ~B = µ0 ε0 ∂ ~E/∂t, teriamos reproduzido as condicoes achadas com~∇× ~E = −∂ ~B/∂t.• Onda plano-polarizada. Convencao: direcao de polarizacao ≡ direcao de ~E.

Em geral,

E(~r, t) = E0 ei(~k·~r−ωt) n ; B(~r, t) =

1

cE0 e

i(~k·~r−ωt) (k × n) = 1

ck × E , com k · n = 0 .

• Energia e momento em ondas eletromagneticas

Com U ≡ densidade de energia (energia por unidade de volume),

U =1

2

(ε0E

2 +1

µ0B 2

).

Onda plana monocromatica:

B 2 =1

c2E 2 = µ0 ε0E

2 ⇒ U = ε0E2 = ε0E

20 cos2(kx− ωt+ δ) ⇒ 〈U〉 = 1

2ε0E

20 .

Com o vetor de Poynting (energia transportada por unidade de area, por unidade de

tempo)

~S =1

µ0

~E × ~B ,

temos para uma onda plana monocromatica:

~S = c ε0E20 cos2(kx− ωt+ δ) i = c U i .

A densidade de momento linear e:

~P =1

c2~S = (onda plana monocromatica) =

1

cU i ⇒ U = Pc

(relacao de dispersao de fotons).

Medias : 〈~S〉 = c 〈U〉 i 〈~P〉 = 1

c〈U〉 i .

Intensidade (energia/ unidade de area/ unidade de tempo): I ≡ 〈~S〉.

• Propagacao em meios lineares

v =1√ε µ

=c

n; U =

1

2

(εE 2 +

1

µB 2

); ~S =

1

µ~E × ~B ; I = v 〈U〉 = 1

2ε v E 2

0 .

Onda plana: B0 = (1/v) E0.


• Reflexao e transmissao

I

R T1 2

Condicoes de contorno na interface entre meios lineares (notar: nao ha cargas ou correntes

superficiais, o que aconteceria em condutores).

Das equacoes de Maxwell:

(i) continuidade de D⊥ : ε1E1⊥ = ε2E2⊥

(ii) ~∇ · ~B = 0 : B1⊥ = B2⊥

(iii) ~∇× ~E = −∂~B

∂t: ~E1 ‖ = ~E2 ‖

(iv) continuidade de ~H‖ :1

µ1

~B1 ‖ =1

µ2

~B2 ‖

• Incidencia normal

1 2E~

z x

y

1

I

v

EI(x, t) = E0 I ei(k1x−ωt) j ; BI(x, t) =

1

v1E0 I e

i(k1x−ωt) k .

⇒ Onda refletida:

ER(x, t) = E0R ei(−k1x−ωt) j ; BR(x, t) = −

1

v1E0R e

i(−k1x−ωt) k .

(Notar: ~E × ~B sempre ‖ direcao de propagacao). Onda transmitida:

ET (x, t) = E0T ei(k2x−ωt) j ; BT (x, t) =

1

v2E0T e

i(k2x−ωt) k .

(∗): Posso provar que as ondas refletida e transmitida tem a mesma polarizacao que a

incidente (ver Griffiths problema 9.14).

De (iii) : E0 I + E0R = E0T


De (iv) :1

µ1

(1

v1E0 I −

1

v1E0R

)=

1

µ2

(1

v2E0T

).

Com β ≡ µ1 v1µ2 v2

, E0R =

(1− β1 + β

)E0 I ; E0T =

2

1 + βE0 I .

Se µ1 ≃ µ2 ≃ µ0 (usualmente e o caso),

β =v1v2⇒ E0R =

(v2 − v1v2 + v1

)E0 I ; E0T =

2v2v1 + v2

E0 I ,

exatamente como no problema da corda.

Onda refletida invertida se v2 < v1; em fase se v2 > v1.

Em termos dos indices de refracao ni = c/vi,

E0R =

∣∣∣∣n1 − n2n1 + n2

∣∣∣∣ E0 I ; E0T =

(2n1

n1 + n2

)E0 I .

Com a intensidade I = (1/2) ε v E 20 , temos os coeficientes de reflexao R e de transmissao

T dados por:

R =IRII

=

(E0R

E0 I

)2

=

(n1 − n2n1 + n2

)2

;

T =ITII

=ε2 v2ε1 v1

(E0T

E0 I

)2

=n2n1

(2n1

n1 + n2

)2

=4n1n2

(n1 + n2)2.

No calculo de T , usamos que:

ε2 v2/ε1 v1 = (ε2/√ε2 µ)/(ε1/

√ε1 µ) = (1/

√ε1 µ)/(1/

√ε2 µ) = v1/v1 = n2/n1.

Temos: R+ T = 1 (conservacao de energia).

Exemplo: ar (n = 1) → vidro (n = 1.5): R = 0.04; T = 0.96.

• Incidencia obliqua

I

1 2

K

TK

x

y

RK

θθIR Tθ

EI(~r, t) = E0 I ei(~kI ·~r−ωt) ; BI(~r, t) =

1

v1

(kI × EI

)

⇒ ER(~r, t) = E0R ei(~kR·~r−ωt) ; BR(~r, t) =

1

v1

(kR × ER

)

ET (~r, t) = E0T ei(~kT ·~r−ωt) ; BT (~r, t) =

1

v2

(kT × ET

).


Como as condicoes de contorno valem para x = 0, y, z e t quaisquer, os fatores exponenciais

devem ser sempre identicos aı; ainda mais,as dependencias em y, z e t devem ser sempre

as mesmas [ver Griffiths problema 9.15].

Dependencia em t: ω e o mesmo, como ate ja escrevemos.

Dependencia em y, z:

~kI ·~r = ~kR·~r = ~kT ·~r em x = 0 ⇒ (kI)y y+(kI)z z = (kR)y y+(kR)z z = (kT )y y+(kT )z z ,

o que so e verdade se

(kI)y = (kR)y = (kT )y ; (kI)z = (kR)z = (kT )z .

Posso arbitrar: (kI)z = 0 ⇒ (kR)z = (kT )z = 0 .

⇒ Vetores de onda incidente, transmitido e refletido coplanares (plano de incidencia);

plano de incidencia perpendicular a superficie de separacao

(1a. lei da Otica Geometrica).

y

z

x

K I

⇒ o problema e, efetivamente, bidimensional.

A condicao restante fica (ver figura na pagina anterior):

kI sin θI = kR sin θR = kT sin θT ; mas |kI | = |kR| =ω

v1⇒ θI = θR

(2a. lei da Otica Geometrica).

Como kI v1 = kT v2 = ω , kT =v1v2kI =

n2n1

kI ⇒sin θTsin θI

=n1n2

(3a. lei da Otica Geometrica – Lei de Snell).

• Notar: ate agora, tudo que se usou foi que as condicoes de contorno devem valer para

quaisquer y, z e t; nada especifico foi ainda usado ⇒ as 3 leis acima valem para reflexao e

transmissao de qualquer tipo de onda plana [lembrar: a dependencia era ei(~k·~r−ωt) ]. Com

a hipotese basica de que as ondas incidente, refletida e transmitida sao planas (a qual nao

e sempre correta), fenomenos como difracao etc nao sao descritos por aı.

Voltando as condicoes de contorno (relativas as amplitudes, pois os fatores de fase ja foram

eliminados):

(i) ε1

(E0 I + E0R

)x= ε2

(E0T

)x


(ii)(B0 I + B0R

)x=(B0T

)x

(iii)(E0 I + E0R

)y,z

=(E0T

)y,z

(iv)1

µ1

(B0 I + B0R

)y,z

=1

µ2

(B0T

)y,z

.

Notar que (iii) e (iv) significam 2 equacoes cada, uma para y e outra para z.

Supondo polarizacao paralela ao plano de incidencia (E0 I ‖ plano xy) ⇒ B0 I ‖ z.

K I

y

xE

B

Iθ

Na figura abaixo, estamos admitindo reflexao “em fase” (basta considerar o limite θI → 0

para ver que a direcao correta e aquela mostrada).

x

y

ET

RI

~

0R

0T

E~

0I

E~

θ θ

θ

(i) ε1

[−E0 I sin θI + E0R sin θR

]= ε2

[−E0T sin θT

]

(ii) 0 = 0 ( ~B ⊥ x)

(iii) E0 I cos θI + E0R cos θR = E0T cos θT

(iv)1

µ1 v1

[E0 I − E0R

]=

1

µ2 v2E0T .

(i) e (iv), junto com θI = θR; sin θI/ sin θT = n2/n1, se reduzem a:

E0 I − E0R = β E0T ; β ≡ µ1 v1µ2 v2

=µ1 n2µ2 n1

(iii) : E0 I + E0R = α E0T ; α ≡ cos θTcos θI

⇒ E0R =

(α− βα+ β

)E0 I ; E0T =

2

α+ βE0 I .

(Equacoes de Fresnel para polarizacao no plano de incidencia).


α > β: onda refletida em fase

α < β: onda refletida 180 fora de fase.

Onda transmitida: sempre em fase.

Incidencia normal: α = 1, e reobtemos

E0R =

(1− β1 + β

)E0 I , E0T =

2

1 + βE0 I .

Incidencia tangencial:

α =

√1− sin2 θTcos θI

=

√1−

(n1

n2sin θI

)2

cos θI→∞

(reflexao total).

Notar: se n1 > n2, α = imaginario para sin θI > n2/n1 ⇒ reflexao total para θI > θc =

arcsin(n2/n1).

Para n1 < n2, reflexao total so para incidencia rasante.

Com reflexao total n1 > n2 e θ > θc, teremos α = i |α|, e∣∣E0R

∣∣ =∣∣∣α− βα+ β

∣∣∣∣∣E0 I

∣∣ =∣∣E0 I

∣∣ .

E0T ∝ ei(~kT ·~r−ωt) = ei(k2 cos θT x+k2 sin θT y−ωt) ;

com cos θT = α cos θI = i |α| cos θI , sin θT =n1n2

sin θI ⇒

E0T ∝ e−k2|α| cos θIx+i(k2n1n2

sin θIy−ωt) ,

i.e., temos decaimento exponencial ao longo da direcao x.

Comprimento tipico: (k2|α|)−1 ∼ λ2.Voltando ao caso n2 > n1, sempre ha transmissao, mas se α = β nao ha reflexao (angulo

de Brewster θB).

α = β ⇒

√1−

(n1

n2sin θB

)2

cos θB= β ⇒ 1−

(n1n2

sin θB

)2

= β2(1− sin2 θB)

⇒ sin2 θB =1− β2

(n1

n2

)2− β2

.

Para simplificar, supondo µ1 ≃ µ2, β = n2/n1

⇒ sin2 θB =1− β2

1β2 − β2

=β2

1 + β2⇒ tan θB = β =

n2n1

.

Notar: no angulo de Brewster,

α =cos θTcos θI

= β =µ1

µ2

n2n1≃ n2n1

=sin θIsin θT

⇒ sin θT cos θT = sin θI cos θI

⇒ sin 2θT = sin 2θI ⇒ 2θT + 2θI = π ⇒ θI + θT =π

2.


Exemplo para n1 = 1.0 (ar), n2 = 1.5 (vidro):

1.00.8

−0.2

~57

E /E0I0T

0R 0IE /E

o

90o θθ

BI

Angulos pequenos: α < β; angulos grandes: α > β.

Potencia incidente: ~S · n (com n orientado do meio 1 para o meio 2).

II =1

2ε1 v1E

20 I cos θI ; IR =

1

2ε1 v1E

20R cos θR ; IT =

1

2ε2 v2E

20T cos θT .

R =IRII

=

(E0R

E0 I

)2

=

(α− βα+ β

)2

; T =ITII

=ε2 v2ε1 v1︸︷︷︸

β

(E0T

E0 I

)2cos θTcos θI︸︷︷︸

α

= αβ

(2

α+ β

)2

.

(de novo, R+ T = 1, por conservacao de energia).

Para o par ar-vidro, temos:

1.0

90o θθ

B

T

R

I

Lembrar: tudo isto e para polarizacao paralela ao plano de incidencia. Para polarizacao

⊥, nao ha angulo de Brewster (sempre ha reflexao, para qualquer angulo de incidencia).

Prova de que nao ha propagacao de energia transmitida em reflexao total (ver H M Nussen-

zveig, “Ondas Eletromagneticas I”, Monografias de Fisica XV, CBPF 1963; pg. 152 ff).

Para polarizacao paralela, temos:

y

T

RI

E

E

θ θ

θ

I

R

1

2

x

ET

~ET = E0T (cos θT y − sin θT x) eiϕT , ϕT = ~k·~r − ωt ; ~BT =

√ε2 µ2 E0T e

iϕT z .


θI > θL :

cos θT = α cos θI = i|α| cos θI ; sin θT =n1n2

sin θI ; E0T =2

α+ βE0 I = Aeiδ E0 I .

Vetor de Poynting:

〈~S〉 = ℜ(

1

2µ~E × ~B∗

)

(ver Griffiths, problema 9.11). Aqui,

〈~S〉 = ℜ[

1

2µ2E0T

i|α| cos θI y −

n1n2

sin θI x

eiϕT × √ε2 µ2 E

∗0T e

−iϕT z

]=

= ℜ[iα

2

√ε2µ2

cos θI |E0T |2 x+n12n2

√ε2µ2

sin θI |E0T |2 y]⇒ ℜ

(〈~S〉 · x

)= 0 ,

mas ha propagacao na direcao y (notar que ~E · y 6= 0, embora ~B · y = 0 [onda TM]).

Demonstracao experimental [ J C Bose (1902) ]: 2 prismas de asfalto, radio-frequencia

(λ ≃ 20 cm).

alguns cm

onda evanescente

Para luz visivel ver p. ex. http://www3.wooster.edu/physics/jris/Files/Becky.pdf

• Teoria de Ewald-Oseen para propagacao em meio dieletrico

Ate agora temos representado um meio dieletrico de maneira macroscopica, por seu indice

de refracao n; no entanto, em nivel microscopico temos: atomos polarizaveis, separados

por vacuo. Deste ponto de vista, dentro do material deveriamos ter a superposicao de:

(1) a onda incidente, e

(2) radiacao emitida pelos dipolos existentes no material [ induzidos, no caso de meios

apolares, ou reorientados, no caso de materais polares ], os quais oscilam em resposta a

onda incidente,

todas estas se propagando a velocidade c. Como se explica entao que a onda resultante,

dentro do dieletrico, se propaga com v = c/n?

Vamos tomar o modelo mais simples possivel, de um meio opticamente rarefeito (n ≈ 1),

nao magnetico (µ ≈ µ0), e a geometria de uma lamina delgada plana, com sua menor

dimensao δ paralela a direcao de incidencia, com λ ≡ comprimento de onda (no vacuo) da

onda plana incidente, tal que δ ≪ λ.


δ

zy

x

Vou calcular a diferenca de fase entre a onda transmitida e a incidente de duas maneiras: (a)

microscopicamente, somando as contribuicoes de (1) e (2) acima, e (b) macroscopicamente,

usando n =√ε/ε0, e mostrar que os resultados coincidem.

(a) Como ja vimos, um atomo na posicao ~x dentro do dieletrico e caracterizado por

sua polarizabilidade α. Vou admitir que seu momento de dipolo induzido ~p e:

~p(~x) = α ~Ein(~x) = α ~E0 ei(kz−ωt) x ,

i.e. considero que apenas a onda incidente tem efeito sobre ele (desprezo as contribuicoes

dos outros dipolos induzidos, o que e razoavel para um meio rarefeito).

Veremos mais a frente que o campo irradiado por um dipolo eletrico oscilante e, na

zona de radiacao, i.e. a uma distancia r ≫ λ do dipolo:

~E =µ0ω

2

4π

eikr

r(r × ~p)× r +O

(1

kr

)

(ver figura abaixo).

δ

z

rρrE0

Consideracoes de simetria mostram que o campo ~Es resultante das contribuicoes de

toda a lamina sera na direcao x; usando que δ ≪ λ, posso aproximar que todos os dipolos

na lamina oscilam em fase.

Usando coordenadas polares planas (ρ, ϕ) no plano xy, com θ = arctan(ρ/z) ≡ angulo

entre ~r e z, lembrando ω = ck = k/√µ0ε0, e com N atomos por unidade de volume, o

campo total dos dipolos a uma distancia z da lamina sera

~Es =1

2ε0Nαk2δ E0 x

∫ ∞

z

dr eikr(1− r2 − z2

2r2

),


onde a integral, originalmente na variavel ρ, e mudada para ser feita na variavel r para

enfatizar de maneira mais direta o fator de fase eikr; e importante notar que este fator nao

e o mesmo para todos os dipolos, devido as grandes dimensoes≫ λ da lamina nas direcoes

x, y; assim, havera significativas defasagens entre as diversas contribuicoes para ~Es.

Finalmente,

~Es = (1

2ε0Nαkδ i)E0 e

ikz x .

Por outro lado, a fase do campo incidente na mesma posicao (em relacao a fase no plano

da lamina) e eikz.

O campo total e

~E = ~Ein + ~Es = (1 +1

2ε0Nαkδ i)E0 e

ikz x .

(b) Utilizando o indice de refracao n do meio, temos dentro das hipoteses citadas:

n =

√ε

ε0=

√1 +

Nα

ε0≈ 1 +

Nα

2ε0.

Portanto, a defasagem devida a lamina e dada por

ei(n−1)kδ ≈ 1 + i(n− 1)kδ = 1 + iNα

2ε0kδ .

Este fator e exatamente o fator obtido pelo calculo microscopico em (a). Em suma, devido

as contribuicoes para o campo total, criadas por dipolos que emitem em direcoes outras

alem da direcao de propagacao do campo incidente, este campo total tem um fator de fase

a mais; tudo se passa como se a luz houvesse se propagado sempre apenas em linha reta,

porem mais devagar do que no vacuo.

Ver, p. ex., V C Ballenegger & T A Weber, Am J Phys 67 599 (1999).


• Ondas eletromagneticas em condutores

– Breve revisao de condutividade eletrica (AC, por enquanto)

~J = σ ~E (Lei de Ohm) .

σ ≡ condutividade; 1/σ ≡ ρ = resistividade = ohm-metro.

[J ] =Q

L2T; [E] =

F

Q= LMT−2Q−1 ⇒ [σ] =

[J ]

[E]= Q2L−3M−1T−3 .

[ohm] = [σ−1]/L = Q−2L2MT 3 .

Condutores ρ (ohm-m)

Ag 1.6× 10−8

Cu 1.7× 10−8

Au 2.3× 10−8

Al 2.8× 10−8

Semicondutores

Si 0.03− 0.04

Ag 0.46

Isolantes

H2O 2.5× 105

Vidro 1010 − 1014

S 2× 1015

Borracha 1013 − 1016

Portanto, temos ρisolante ∼ 1022 ρmetal

– Por que forca constante (= q ~E) produz I = constante (o que significa v = constante)?

– Colisoes (com a rede cristalina)

-e-e

E

~v = ~vtermica + ~varrasto ≡ ~vt + ~va , 〈~vt〉 = 0 ; |~va| ≪ |~vt| .


t

varrasto

τ τva ≃

1

2aτ , a = q

E

m;

τ ≡ tempo medio entre colisoes. Definindo λ ≡ livre caminho medio (entre colisoes),

τ ≃ λ

vt⇒ va ≃

qλE

2mvt.

com N ≡ no. medio de atomos por unidade de volume; f ≡ no. de eletrons de conducao

por atomo,

~J = Nfq~va ⇒ ~J =

(fNq2λ

2mvt

)~E .

Formula classica; OK qualitativamente, pois σ ∼ Nf , e σ decresce quando T aumenta

(exceto semicondutores [ explicacao pela Mecanica Quantica ]).

– Admitindo a validade da lei de Ohm, teremos; ~Jf = σ ~E ⇒ as equacoes de Maxwell

em meios lineares assumem a forma:

(i) ~∇ · ~E =ρfε

; (ii) ~∇ · ~B = 0 ;

(iii) ~∇× ~E = −∂~B

∂t; (iv) ~∇× ~B = µσ ~E + µ ε

∂ ~E

∂t.

Com a equacao de continuidade dando o vinculo entre ρf e ~Jf ,

~∇ · ~Jf = −∂ρf∂t

⇒ ∂ρf∂t

= −~∇ ·(σ ~E)= (meio homogeneo) = −σ~∇ · ~E = −σ

ερf .

⇒ ρf (t) = e−(σ/ε) t ρf (0) .

Tempo caracteristico de dissipacao: τ ≡ ε/σ. Com σ ≈ 108 Ω−1 m−1, ε ≈ 10−11 U(MKS),

τ ≈ 10−19 s. Ou seja, se ha carga livre dentro de um condutor, ela flui para a superficie,

e ficamos com ρf = 0 dentro, depois de alguns τ .

Isto e um transiente, em que nao estamos interessados no momento. Depois de terminado

o transiente, teremos no regime estacionario:

(i) ~∇ · ~E = 0 ; (ii) ~∇ · ~B = 0 ;


(iii) ~∇× ~E = −∂~B

∂t; (iv) ~∇× ~B = µσ ~E + µ ε

∂ ~E

∂t.

O termo que difere dos isolantes e, portanto, apenas o µσ ~E na equacao (iv).

As equacoes de onda ficam (a forma abaixo e conhecida como equacao do telegrafo, porque

e importante para descrever a propagacao de ondas eletromagneticas em fios condutores):

~∇×(~∇× ~E) = ~∇ (~∇· ~E)− ~∇2 ~E = ~∇×(−∂

~B

∂t

)= − ∂

∂t

(~∇× ~B

)= − ∂

∂t

(µε∂ ~E

∂t+ µσ ~E

)

⇒ ~∇2 ~E = µ ε∂2 ~E

∂t2+ µσ

∂ ~E

∂t.

Analogamente para ~B,

~∇2 ~B = µ ε∂2 ~B

∂t2+ µσ

∂ ~B

∂t.

Lembrar o oscilador harmonico amortecido:

md2x

dt2= −kx− λ dx

dt.

Admitindo solucoes do tipo onda plana,

E(x, t) = E0 ei(kx−ωt) , −k2 = −µεω2 − i µσω (complexo) . Com k = kR + i kI , e

θ = arg (k2) = arctan

(µσω

µεω2

)= arctan

( σεω

), cos θ =

1√1 + tan2 θ

=1√

1 + (σ/εω)2,

k2 =√

(µεω2)2 + (µσω)2 ei θ = µεω2

√1 +

( σεω

)2ei θ .

k = ω√µε

(1 +

( σεω

)2)1/4

ei θ/2 = ω√µε

[1 +

( σεω

)2]1/4 [cos

θ

2+ i sin

θ

2

].

cosθ

2=

√1 + cos θ

2; sin

θ

2=

√1− cos θ

2;

⇒ k = ω√µε

[1 +

( σεω

)2]1/4[

1√2

√1 +

1√1 + (σ/εω)2

+i√2

√1− 1√

1 + (σ/εω)2

]=

= ω

√µε

2

√[1 +

( σεω

)2]1/2+ 1 + i

√[1 +

( σεω

)2]1/2− 1

⇒ kR,I = ω

√µε

2

[1 +

( σεω

)2]1/2± 1

1/2

;

+ kR− kI

.


⇒ E(x, t) = E0 ei(kx−ωt) = E0 e

−kIx

︸︷︷︸A(x)

ei(kRx−ωt) .

Onda atenuada:

x

A(x)/A(0)1

1/e

1/kI

d ≡ 1/kI = profundidade de penetracao.

Parte ondulatoria:

λ =2π

kR, v =

ω

kR, n =

c kRω

.

“Mau” condutor:

σ ≪ εω ⇒ kR ≈ ω√µε ; kI ≈ ω

√µε

2

[1 +

1

2

( σεω

)2− 1

]1/2=σ

2

√µ

2ε, indep. de ω .

“Bom” condutor:

σ ≫ εω ⇒ kR ≈ kI =

√µσω

2.

1

I−1d=k

~1/ ω

ω/(σ/ε)

Notar: para “bons” condutores, d = k−1I = k−1

R = λ/2π ⇒ amortecimento antes de

completar 1 ciclo (o que importa e a razao d/λ).

Bom condutor :d

λ=

1

2π

Mau condutor :d

λ=kRkI

=ω√µ ε

σ2

√µ2ε

= 2√2

ω

(σ/ε).

1 ω/(σ/ε)

∼ω

d

12 π

λ


Estamos admitindo que σ, ε sao independentes de ω, o que pode nao ser correto.

• Ondas monocromaticas planas

Obtivemos:

E(x, t) = E0 e−kIx ei(kRx−ωt) ; B(x, t) = B0 e

−kIx ei(kRx−ωt) ,

para quaisquer E0, B0. Vamos obter relacoes entre E0 e B0, ditadas pelas equacoes de

Maxwell

(i) : ~∇ · ~E = 0 ⇒ E0 x = 0 ;

(ii) : ~∇ · ~B = 0 ⇒ B0 x = 0

⇒ As ondas planas sao transversas em condutores, tambem.

De ~∇× ~E = −∂ ~B/∂t, ~B ⊥ ~E.

Como, para onda plana, ~∇ = i~k; ∂/∂t = −i ω,

|B0| =|k|ω|E0| com k = kR + i kI = |k| eiφ ; |k| =

√k2R + k2I , φ = arctan

(kIkR

).

⇒ ~B0 = eiφ|k|ωk × ~E0 ⇒ B(x) = E

(x+

φ

kR

)(t = fixo)

⇒ ~B esta atrasado de φ em relacao a ~E.

x

x

/kRδ

B

E

Energia:

〈U〉 = 1

4

(ε ~E · ~E

∗+

1

µ~B · ~B

∗)=

1

4E 2

0 e−2kIx

ε+|k|2µω2

=

=1

4εE 2

0 e−2kIx

1 +

1

εµω2

(εµω2

√1 +

( σεω

)2)

=1

4εE 2

0 e−2kIx

1 +

√1 +

( σεω

)2.

Na expressao final, podemos ver que o primeiro termo corresponde a energia vinda do

campo eletrico (UE) e o termo com a raiz quadrada vem do campo magnetico (UM )

⇒ 〈UM 〉〈UE〉

=

√1 +

( σεω

)2.


Portanto, 〈UM 〉/〈UE〉 ≫ 1 para bons condutores, e 〈UM 〉/〈UE〉 ≈ 1 para isolantes.

Vetor de Poynting [ com ϕ ≡ kRx− ωt ]:

〈~S〉 = ℜ

1

2µ~E × ~B∗

= ℜ

1

2µ

(E0 e

−kIx eiϕ y)×( |k|ωeiφE0 e

−kIx eiϕ z

)∗=

= ℜ

1

2µ|E0| 2 e−2kIx

|k|ωe−iφ x

=|k|2µω|E0| 2 e−2kIx cosφ x .

Como φ = arctan(kI/kR), |k| cosφ = kR

⇒ 〈~S〉 = 1

2

kRµω|E0| 2 e−2kIx x .

Energia “perdida” com a atenuacao do vetor de Poynting:

x x+dx

SSin out

Temos, por unidade de tempo:

Φin = |〈~S(x)〉|A ; Φout = −|〈~S(x+ dx)〉|A

⇒ Φin +Φout =|〈~S(x)〉| − |〈~S(x+ dx)〉|

A = −dUint

dt= potencia consumida .

Φin +Φout =1

2

kRµω|E0| 2A

[− d

dx

(e−2kIx

)]dx =

kI kRµω|E0| 2e−2kIxAdx .

Como kR,I = ω

√µε

2

[1 +

( σεω

)2]1/2± 1

1/2

,

kI kR = ω2 µε

2

√[1 +

( σεω

)2]− 1 =

σωµ

2⇒ dUint

dt= −σ

2|E0| 2e−2kIxAdx .

A potencia consumida por efeito Joule e: P =∫V

(~E · ~J

)d3r [ lembrar: Forca = q ~E =

ρ d3r ~E; velocidade = ~v; dP/d3r = ~f · ~v = ρ ~E · ~v = ~E · ~J ]. No caso,

~J = σ ~E ⇒ P =

∫

V

σ E 2 d3r = σ E 2Adx ; 〈P 〉 = σ 〈E 2〉Adx =

= σ

(1

2|E0| 2e−2kIx

)Adx = −dUint

dtq.e.d.


• Reflexao e transmissao em superficie condutora

As equacoes de Maxwell dao as condicoes gerais de contorno (em meios lineares):

(i) ε1E1⊥ − ε2E2⊥ = σf

(ii) B1⊥ = B2⊥

(iii) ~E1 ‖ = ~E2 ‖

(iv)1

µ1

~B1 ‖ −1

µ2

~B2 ‖ = ~Kf × n .

(na ultima equacao, a normal aponta do meio 2 para o meio 1).

Condutores ohmicos: ~J = σ ~E ⇒ ~Kf = 0 (de outra forma, teriamos ali ~J → ∞, o que

necessitaria ~E →∞).

x

y

isolante condutor21

E I

Onda incidente:

~EI(x, t) = E0 I ei(k1x−ωt) j ; ~BI(x, t) =

1

v1E0 I e

i(k1x−ωt) k .

Onda refletida:

~ER(x, t) = E0R ei(−k1x−ωt) j ; ~BR(x, t) = −

1

v1E0R e

i(−k1x−ωt) k .

Onda transmitida:

~ET (x, t) = E0T ei(k2x−ωt) j ; ~BT (x, t) =

k2ωE0T e

i(k2x−ωt) k .

(com k2 = complexo).

As condicoes de contorno em x = 0 dao (lembrar: incidencia normal):

(i) ε1E1⊥ = ε2E2⊥ = 0 (onda transversal) ⇒ σf = 0

(ii) B1⊥ = B2⊥ ⇒ 0 = 0

(iii) E0 I + E0R = E0T

(iv)1

µ1 v1(E0 I − E0R)−

1

µ2

k2ωE0T = 0 ⇒ E0 I − E0R = β E0T ; β =

µ1 v1 k2µ2ω


(notar: β = complexo)

⇒ E0R =

(1− β1 + β

)E0 I ; E0T =

2

1 + βE0 I .

Condutor perfeito (σ →∞): k2 →∞(lembrar: ki = kR + i kI ; kR,I = ω (µε/2)1/2 [(1 + (σ/εω)2)1/2 ± 1]1/2 )

⇒ β →∞ ⇒ E0R = −E0 I ; E0T = 0

(reflexao especular, com inversao de fase; por isto bons condutores, como a prata, sao bons

espelhos).

Bom condutor (σ ≫ ωε2):

1− β1 + β

= − (1− 1/β)

(1 + 1/β)≈ −

(1− 2

β

)⇒ R =

|E0R|2|E0 I |2

≈∣∣∣1− 2

β

∣∣∣2

≈ 1− 2(β + β∗)

|β|2

⇒ R ≈ 1−√8µ2

µ1

(ωε1σ

).

• Incidencia obliqua (ver HMN, op. cit., pg. 169 ff)

R1

Ag

Au

πI/2 θ

(a figura e para λ→ visivel).

Em suma, a discussao de atenuacao, levada a efeito ate agora em termos de numeros de

onda complexos, pode ser feita igualmente em termos de um indice de refracao (n), ou

constante dieletrica ε, complexos, visto que (com kv ≡ numero de onda no vacuo [ real ]),

k = nkv =

√ε

ε0kv

(admitindo µ ≈ µ0, em geral OK exceto para ferromagnetos).

No que segue, em que alem de condutores consideraremos tambem dieletricos, formulare-

mos toda a discussao em termos de ε.


• Dispersao

– Dependencia de ε, µ e σ com a frequencia

v = 1/√εµ; n = c/v. Em materiais nao-ferromagneticos, µ ≈ µ0; precisamos calcular

ε(ω) e, para condutores, σ(ω).

Experimentalmente: n = n(ω) (dispersao da luz branca)

vidro tipico1.48

1.45

n

4 5 6 7x103

(angstrom)λ

Velocidade de fase e velocidade de grupo (ver Berkeley vol. 3 cap. 6)

Informacao ↔ modulacao de sinal

Exemplo: codigo Morse

I

ttraco ponto traco

Contraste com onda harmonica:

A

t

(a onda harmonica nao carrega informacao)

Exemplo de modulacao:

ψ1(x, t) = A cos(kx− ωt) ; ψ2(x, t) = A cos [(k + dk)x− (ω + dω)t]

ψ1 + ψ2 ≈ 2A cos[dk

2x− dω

2t]

︸︷︷︸amplitude

cos(kx− ωt)︸︷︷︸fase

x

2 /dk

2 /kπ

πψ


Velocidade de fase: vϕ = ω/k.

Velocidade de grupo: vg = dω/dk (∗).

(∗): Basta seguir e.g. o pico da modulacao: o argumento do coseno permanece constante

se dk dx− dω dt = 0 ⇒ dx/dt ≡ vg = dω/dk.

Exemplo: Radio AM

Frequencia media: entre 500 e 1600 Kc/s (106 HZ)

Amplitude de voltagem aplicada ao transmissor (antena):

Amod(t) = A0 +∑

ωmod

A(ωmod) cos [ωmodt+ ϕ(ωmod)]

Amod(t)−A0 ∝ pressao da onda sonora atingindo o microfone

ωmod ∈ (20, 20 000) Hz (frequencias sonoras audiveis)

V (t) = Amod(t) cosωavet = A0 cosωavet+∑

ωmod

A(ωmod) cos [ωmodt+ ϕ(ωmod)] cosωavet =

= A0 cosωavet+∑

ωmod

1

2A(ωmod) cos [(ωave + ωmod)t+ ϕ(ωmod)] +

+∑

ωmod

1

2A(ωmod) cos [(ωave − ωmod)t− ϕ(ωmod)] .

Banda de frequencia: ωave − ωmod(max) ≤ ω ≤ ωave + ωmod(max).

⇒ Largura de banda = 2ωmod(max) ≡ ∆ω

∆ω

ωave≪ 1 ; tipicamente, ∆ω ≈ 10 Kc ; ωave ≈ 1000 Kc ⇒ ∆ω

ωave∼ 10−2 .

Exemplo: “pulso quadrado” em frequencia

A(ω) =A0 ω1 < ω < ω2

0 otherwiseω2 − ω1 ≡ ∆ω

A(w)

w w1 2w

0A

A(t) =

∫A(ω) ei ωt dω =

A0

it

(ei ω2t − ei ω1t

)= (parte real) =

A0

t(sinω2t− sinω1t) =


=2A0

t

[sin

(ω2 − ω1

2t

)cos

(ω2 + ω1

2t

)]=

2A0

tsin

(∆ω

2t

)

︸︷︷︸A0(t)

cos(ωavet) .

A(t)

t

−A (t)

A (t)0

0

∆t

∆t =2π

∆ω⇒ ∆ω∆t ≃ 2π

(relacao de incerteza).

Evolucao temporal e espacial

Se tivermos ω = ck (meio nao-dispersivo), o caso anterior fica:

A(x, t) =

∫A(ω) ei(kx−ωt) dω =

=2A0

1c (x− ct)

[sin

(ω2 − ω1

2cx− ω2 − ω1

2t

)cos

(ω2 + ω1

2cx− ω2 + ω1

2t

)]=

=2A0

1c (x− ct)

sin

(∆ω

2c(x− ct)

)cos(ωave

c(x− ct)

).

Identico ao anterior, apenas centrado em x = ct (o anterior era centrado em x = 0) ⇒pacote propagando-se em meio nao-dispersivo nao se deforma.

Notar: com ∆x ≡ largura do pacote no espaco real, ∆x = vg ∆t; ∆k = ∆ω/vg.

Se ∆ω∆t ∼ 2π ⇒ ∆x∆k ∼ 2π.

Dispersao (ver a seguir) corresponderia a ∆x∆k > 2π (com ∆x aumentando, ∆k con-

stante; equivale a ∆ω∆t > 2π, com ∆ω aumentando, ∆t constante).

Se tivermos ω 6= ck,

k = k(ω1) +dk

dω(ω − ω1) +

1

2

d2k

dω2(ω − ω1)

2 + · · · , com dk

dω=

1

vg,d2k

dω2=

1

dvg/dk,

e a substituicao t→ (x/c)−t nao funciona (aparecem termos em (ω−ω1)2 na exponencial).


Que acontece? ⇒ dispersao

∆vg =

(dvgdk

)∆k .

x

t=0( x)0∆

∆

2tvg∆

x

t=t

( x) t( x)( x)

x=v t

2tvg∆

g

(∆x)t ≈ (∆x)0 + (∆vg) t .

• Modelo para dispersao em nao-condutores (para obter ε(ω))

[ Modelo de Drude-Lorentz ]

+−

E (x,t) mola

x

y

Eletrons localizados (polarizaveis) [ notar: a “mola” da figura representa um minimo de

potencial ⇒ posso expandir em serie, e o 1o. termo e parabolico ].

Potencial atomico: F = −ky = −mω20 y

“Atrito” (devido, entre outras causas, a radiacao [ perda de energia ] da propria carga):

admito

Fat = −mγdy

dt

Forca externa (devida ao campo EM incidente): Fext = q E0 cosωt

Equacao de movimento:

md2y

dt2= −mω2

0 y −mγdy

dt+ q E0 cosωt .

Notacao complexa:d2y

dt2+ γ

dy

dt+ ω2

0 y =q

mE0 e

−iωt .

Estado estacionario: oscilacao com frequencia da forca externa

y(t) = y0 e−iωt ⇒ y0 =

q/m

(ω20 − ω2)− i γω E0 .


Momento de dipolo:

p(t) = q y(t) =q2/m

(ω20 − ω2)− i γω E0 e

−iωt ,

fora de fase com E0.

δϕ = arctanγω

ω20 − ω2

→0 ω ≪ ω0

π ω ≫ ω0

(o limite ω ≪ ω0 e o caso quase-estatico)

Com fj eletrons com frequencia natural ωj e amortecimento γj em cada molecula, e N

moleculas por unidade de volume, a polarizacao ~P e:

~P =Nq2

m

∑

j

fj(ω2

j − ω2)− iγjω

~E .

Com ~P = ε0 χe~E, a permissividade (complexa) e:

ε = ε(ω) = ε0 (1 + χe) = ε0

1 + Nq2

mε0

∑

j

fj(ω2


.

Em um meio dispersivo, a equacao de onda para uma frequencia fixa e:

~∇2 ~E = ε µ0~E , ε = ε(ω) ,

Com solucoes tipo onda plana:

~E(x, t) = ~E0 ei(kx−ωt) , k =

√ε µ0 ω = kR + i kI

(k = complexo porque ε e complexo)

⇒ ~E(x, t) = ~E0 e−kix ei(kRx−ωt) (onda atenuada) .

Como a intensidade e ∝ E2, α ≡ 2kI e o coeficiente de atenuacao.

Velocidade = ω/kR; a parte real do indice de refracao e: n = (c/ω) kR.

Se tivermos ∣∣∣Nq2

mε0

∑

j

fj(ω2

j − ω2)− iγjω∣∣∣≪ 1 ,

podemos usar (1 + x)1/2 ≈ 1 + (x/2), obtendo:

k =ω

c

√ε

ε0≃ ω

c

1 + Nq2

2mε0

∑

j

fj(ω2


⇒

n =c

ωkR ≃ 1 +

Nq2

2mε0

∑

j

fj(ω2j − ω2)

(ω2j − ω2)2 + γ2jω

2;

α = 2kI =Nq2ω

mε0 c

∑

j

fjγj(ω2

j − ω2)2 + γ2jω2.


Perto de uma ressonancia:

0.5 2.0 w/wj1.0

n−1

α

Dispersao anomala (dn/dω < 0 proximo de uma ressonancia); coincide com absorcao

maxima (material opaco).

Notar: n < 1 acima da ressonancia (v > c) [ mas pode-se mostrar que a energia (sinal)

viaja a velocidade < c ].

Longe das ressonancias, ignora-se o amortecimento, e

n = 1 +Nq2

2mε0

∑

j

fj(ω2

j − ω2).

Para materiais transparentes a radiacao visivel, as ressonancias estao em geral no ultravi-

oleta: ω < ωj para ω = visivel

⇒ 1

ω2j − ω2

≈ 1

ω2j

(1 +

ω2

ω2j

)⇒ n = 1 +

Nq2

2mε0

∑

j

fjω2j

+ ω2

Nq2

2mε0

∑

j

fjω4j

.

• Eletrons livres em condutores e plasmas

Vamos fazer: forca da mola = 0 (eletrons livres dentro de um metal).

Tambem: “atrito” pode ser apreciavel.

Equacao de movimento:

d2y

dt2+ γ

dy

dt=

q

mE0 e

−iωt ⇒ y(t) = y0 e−iωt , com y0 = − (q/m)

ω2 + iγωE0 .

Densidade de corrente: com N = numero de moleculas por unidade de volume, e f =

numero de eletrons livres por molecula,

J = (Nfq)dy

dt⇒ ~J =

Nfq2/m

γ − iω~E , fora de fase com ~E .

⇒ condutividade complexa:

σ =Nfq2/m

γ − iω = σ(ω) .


ω ≪ γ : σ =Nfq2

mγ, ~J em fase com ~E (quase− estatico) .

Este e o regime de condutividade dc, em que σ ∼ independente de ω.

ω ≫ γ : σ = iNfq2

mω, ~J

π

2fora de fase com ~E , 1/ω .

Exemplo: vamos calcular γ em metal tipico, para verificar em que faixas de ω a condutivi-

dade dc e uma boa aproximacao.

Cu: σ(ω = 0) = 6× 107 /Ω.m ; densidade= 9× 103 Kg/m3 ; f = 1.

N =9× 103 Kg/m

3

60× 10−3 Kg× 6× 1023 = 9× 1028/m3

⇒ γ =Nfq2

mσ(ω = 0)=

9× 1028/m3 × (1.6× 10−19 C)2

(9× 10−31 Kg)× 6× 107 /Ω.m)= 4× 1013/s

⇒ ω ≃ γ no infravermelho (nao posso usar condutividade dc no visivel).

Propagacao em um condutor, levando em conta σ(ω):

k2 = µεω2 + i σµω ,

com σ(ω) = complexo.

Exemplo: plasma diluido (gas ionizado): γ → 0 ⇒ σ = i (Nfq2/mω).

Com µ ≈ µ0, ε ≈ ε0,

k2 =1

c2(ω2 − ω2

P

), ωP ≡ q

√Nf

mε0.

ωP = frequencia de plasma. Cu: ωP ≈ 1016 rd/s.

ω > ωP : k = real ⇒ propagacao sem atenuacao.

v =ω

k=

c√1− (ωP /ω)2

> c

(como ja vimos, o fato de v > c neste contexto nao traz contradicao, pois trata-se de

velocidade de fase, e o transporte de informacao depende da velocidade de grupo).

ω < ωP : k = imaginario puro (atenuacao)

~E(x, t) = ~E0 e−√

ω2P−ω2x/c e−iωt .

Para ω ≪ ωP , a profundidade de penetracao e 1/k = c/ωP .

Em resumo, o comportamento do plasma diluido em relacao a radiacao incidente e:

ω < ωP opacoω > ωP transparente

.


• Metamateriais: n < 0 etc

Ver, p. ex. http://en.wikipedia.org/wiki/Metamaterial

Podemos ver os resultados de absorcao para ω < ωP como correspondendo a uma permis-

sividade ε < 0, portanto um indice de refracao n imaginario.

Uma outra possibilidade e considerar situacoes em que ambos ε, µ < 0. Neste caso, como

n =√

(εµ)/(ε0µ0) ,

teremos n < 0 (lembrar: considerando ε, µ como complexos, ε < 0 tem uma fase π, e

analogamente para µ < 0; portanto√(εµ) tem fase (π + π)/2 = π).

Uma consequencia e que o angulo de refracao para um material com n < 0 e negativo:

θ θ

n=1 n<0

I R<0

Este tipo de material (left-handed materials) exibe versoes exoticas de varias outras pro-

priedades basicas. Ver P Markos & C M Soukoulis, Wave Propagation, Princeton UP 2008,

esp. Chapter 16.

Nao se tem conhecimento ate agora da ocorrencia de materiais com ε < 0 e µ < 0 na

natureza; porem, podem ser criados arranjos periodicos de circuitos eletromagneticos (por

isto o nome “metamateriais”) que, em escalas apropriadas, se comportam como um meio

efetivo exibindo as propriedades desejadas.

Uma das primeiras realizacoes experimentais [ D R Smith et al, Phys Rev Lett 84 4184

(2000) ]. A estrutura basica e composta de uma “agulha” metalica (thin wire) e um anel

seccionado (split ring). As dimensoes lineares tipicas sao d ≈ 1 cm (ver figura).

x

yz

thin wire

resonatorsplit−ring

Com uma onda se propagando na direcao z, com ~E ‖ y, ~H ‖ x, para f ≈ 109 Hz (λ ≈ 30

cm), um arranjo periodico das celulas unitarias da figura funciona como um meio efetivo

(λ≫ d); para esta frequencia, a resposta dos thin wires & split-ring resonators corresponde

a ε < 0, µ < 0 como desejado (ver Markos & Soukoulis, op cit para detalhes).


• Relacoes de Kramers-Kronig

Vamos mostrar que ha uma relacao quantitativa muito restritiva entre as partes real e

imaginaria de ε(ω) [ ou, o que e equivalente, as partes real e imaginaria de n(ω) ] . Este

vinculo esta relacionado ao requisito de causalidade.

Suponha que um pulso vindo de z → −∞ incide, em z = 0, sobre a face de uma lamina

de espessura δ, em t = 0. Assim, temos:

E(0, t) = 0 t < 0 .

Suponha que o unico efeito da lamina e absorver apenas uma frequencia ω0; seu indice de

refracao tera portanto as partes real e imaginaria respectivamente dadas por:

nR(ω) = 1 (constante) : nI(ω) ∼ δ(ω − ω0) + δ(ω + ω0) .

Como Ein(z = 0, t) =

∫dω

2πe−iωtEin(ω) ,

onde os Ein(ω) sao complexos, vemos que para obedecer a condicao E(0, t) = 0 em t < 0

deve haver interferencia destrutiva entre as varias componentes de Fourier Ein(ω) (com os

respectivos pesos e−iωt, para t < 0).

Por outro lado, sabemos que a radiacao transmitida em z > δ tera uma fase complexa

devida a passagem pela lamina (admitindo kδ ≪ 1):

Etr(z, t) =

∫dω

2πe−iωtEin(ω) e

ikn(ω)δ ≈∫dω

2πe−iωtEin(ω) [1 + ikδ (1 + i δ(ω − ω0))] =

= Ein(z, t)︸︷︷︸=0 para t<0

−kδ Ein(ω0)(z, t) .

Ou seja, como em principio Ein(ω0)(z, t) 6= 0, teriamos aı violacao de causalidade.

As relacoes de Kramers-Kronig expressam como o requisito de causalidade conecta as

partes real e imaginaria de uma susceptibilidade generica; para ficar no contexto de dis-

persao de ondas eletromagneticas, vamos considerar a susceptibilidade eletrica χ, que

relaciona campo eletrico e polarizacao. Em um contexto de resposta linear, e ja levando

em conta a dependencia em frequencia, temos:

P [ω] = N α[ω]︸︷︷︸=χ[ω]

E[ω] .

Considerando o dominio do tempo,

P (t) =

∫dt′ χ(t− t′)E(t′) =

∫dτ χ(τ)E(t− τ) (τ = t− t′) .


Causalidade: χ(τ) ≡ 0 para τ < 0. Com χ[ω] =∫dτ eiωτ χ(τ) =

∫∞0dτ eiωτ χ(τ), pode-

mos estender a integral para ω complexo no semiplano superior:

χ[ω′ + iω′′] =

∫ ∞

0

dτ eiω′τ e−ω′′τ χ(τ) (ω′′ > 0) .

Portanto, lim|ω|→∞ χ[ω′ + iω′′] = 0 para ω′′ > 0.

Considerando agora o contorno da figura C ≡ Γ+γ+ o eixo real (exceto a parte tracejada),

Γ

R

I

ωx

γ

ζ

ζ

Ω

ε

o teorema de Cauchy das variaveis complexas nos diz que

∮

C

χ[ζ]

ζ − ω dζ = 0 ,

e o teorema do valor principal diz, para a integral sobre o eixo real, que

P∫ ∞

−∞

χ[ζ]

ζ − ω dζ ≡ limε→0+

∫ ω−ε

−∞

χ[ζ]

ζ − ω dζ +∫ ∞

ω+ε

χ[ζ]

ζ − ω dζ

= π i χ[ω] .

Comparando separadamente as partes real e imaginaria desta ultima igualdade, temos as

relacoes de Kramers-Kronig:

ℜ χ[ω] = 1

πP

∫ ∞

−∞

ℑ χ[ζ]ζ − ω dζ ; ℑ χ[ω] = − 1

πP

∫ ∞

−∞

ℜ χ[ζ]ζ − ω dζ

Estas relacoes mostram que nao podemos simplesmente ter ℜ χ[ω] = 0 ou ℑ χ[ω] = 0

como no exemplo do inicio desta sub-secao.

Pode-se colocar este resultado em termos da constante dieletrica, lembrando que ε[ω]/ε0 =

1 + χ[ω], ou de n, lembrando que n[ω] =√ε[ω]/ε0 .


• Difracao (ver Jackson 3a. ed, Secs. 10.5–10.6)

Chamando d o tamanho tipico do obstaculo, e λ o comprimento de onda da radiacao,

as discussoes de difracao (λ/d ≪ 1) e espalhamento (λ/d ≫ 1) tem muitas similaridades

qualitativas (propagacao nao-retilinea da luz, distinto da otica geometrica valida no limite

λ/d→ 0), embora o tratamento quantitativo difira.

Mencionamos que o efeito ”ceu azul” corresponde ao espalhamento incoerente (Rayleigh)

de luz visivel (λ = 4 − 7 × 103A) por moleculas do ar na atmosfera (d ≈ 2 − 5A). Os

espalhadores sao tratados na aproximacao de dipolo, em geral suficiente neste caso, λ/d ≈103. Caracteriza-se por polarizacao fortemente dependente da direcao de espalhamento

(ver Jackson 3a. ed, Secs. 10.1, 10.2).

Aqui vamos nos concentrar em calcular correcoes de ordem mais baixa a otica geometrica,

i.e. λ/d≪ 1.

– Teoria escalar da difracao (Kirchhoff)

Vamos considerar uma unica componente do campo ~E ou ~B, e acompanhar sua evolucao,

admitindo que ela seja independente das outras (por isto o nome). Com uma dependencia

temporal harmonica, e−iωt, e ”numero de onda” k = ω/c, temos, denotando o campo

escalar por ψ(~r), a equacao de Helmholtz:

(∇2 + k2

)ψ(~r) = 0 .

Na figura abaixo, a regiao I contem as fontes de radiacao; a superficie S2 esta no ”infinito”,

i.e. longe da regiao de interesse na qual o espalhamento vai ocorrer. Os campos gerados

na regiao I interagem com a superficie S1 ( a qual tem partes opacas bem como aberturas;

estas ultimas permitem a passagem do campo, modificado pelas interacoes, para a regiao

II). O que nos interessa e a figura de difracao criada na regiao II.

III

S

S

1

2

Introduzindo uma funcao de Green G(~r, ~r ′) para a equacao de Helmholtz do campo,

(∇2 + k2

)G(~r, ~r ′) = −δ(~r − ~r ′) .

Invocando o teorema de Green,

∫

V

d3x(ψ∇2ϕ− ϕ∇2ψ

)=

∮

S

ψ∂ϕ

∂nda−

∮

S

ϕ∂ψ

∂nda ,


onde V e um volume e S a superficie envolvendo V (n ≡ direcao normal a S, apontando

para fora de V ), fazendo ϕ = G, ψ = ψ e aplicando transformacoes conhecidas (ver, p. ex.

Jackson 3a. ed pg 36-37), chega-se a:

ψ(~r) =

∮

S

[ψ(~r ′) n′ · ∇′G(~r, ~r ′)−G(~r, ~r ′) n′ · ∇′ψ(~r ′)] da′ ,

onde n′ e um vetor normal a S dirigido para dentro de V. A equacao acima e valida se ~r

e interno a V ; se ~r for externo a V , o lado esquerdo e zero.

Tomando G como a funcao de Green para propagacao divergente no espaco ilimitado:

G(~r, ~r ′) =eikR

4πR,

com ~R ≡ ~r − ~r ′.Assim, temos:

ψ(~r) = − 1

4π

∮

S

eikR

4πRn′ ·

[∇′ψ + ik

(1 +

i

kR

) ~R

Rψ

]da′ .

Considerando agora o volume V como a regiao II na figura acima, S = S1 + S2. Como os

campos na regiao II sao transmitidos atraves de S1 (tela com partes opacas e aberturas),

eles terao a forma de campos de radiacao ao chegarem a superficie S2, no ”infinito”. Como

veremos mais a frente, os campos de radiacao tem a forma geral

ψ → f(θ, φ)eikr

r,

1

ψ

∂ψ

∂r→(ik − 1

r

).

Com isto, a contribuicao de S2 vai a zero, e ficamos com a integral sobre S1.

A formula integral de Kirchhoff e entao:

ψ(~r) = − 1

4π

∮

S1

eikR

4πRn′ ·

[∇′ψ(~r ′) + ik

(1 +

i

kR

) ~R

Rψ(~r ′)

]da′ ,

com a integral apenas sobre a superficie S1 da ”tela” de difracao.

Para aplicar esta expressao, e necessario conhecer os valores de ψ e ∂ψ/∂n sobre S1. A

aproximacao de Kirchhoff consiste em admitir que:

(1) ψ e ∂ψ/∂n sao nulos em todos os pontos de S1, exceto nas aberturas; e

(2) Os valores de ψ e ∂ψ/∂n nas aberturas sao os mesmos que a onda incidente teria

naqueles pontos, na ausencia da tela ou de quaisquer outros obstaculos.

MAS: Ha um problema, porque pode-se mostrar para a equacao de Helmholtz que, sim-

ilarmente ao resultado conhecido para a equacao de Laplace, se ψ e ∂ψ/∂n sao nulos em


qualquer superficie finita S, entao ψ ≡ 0 em todo o espaco. Portanto as 2 hipoteses da

aproximacao de Kirchhoff sao inconsistentes entre si.

Para contornar este problema, vamos usar uma funcao de Green GD(~r, ~r ′) que obedeca a

condicao de contorno de Dirichlet (ver, p. ex., Jackson 3a. ed Sec. 1.10), i.e. admitindo

que ψ seja conhecida (exatamente, ou aproximadamente) em S1 [ e sem fazer hipoteses

sobre ∂ψ/∂n em S1 ]. Neste caso, a aplicacao a hipotese de Kirchhoff correspondente

mostra que devemos ter

GD(~r, ~r ′) ≡ 0 para ~r ′ em S1 ;

a formula integral de Kirchhoff (generalizada) apropriada e entao:

ψ(~r) =

∫

S1

ψ(~r ′)∂GD

∂n′(~r, ~r ′) da′ ,

Pode-se mostrar que esta expressao e consistente (i.e. nao produz um resultado identica-

mente nulo) com a hipotese de que ψ = 0 em S1 exceto nas aberturas, e ψ e igual a onda

incidente nas aberturas.

Antes de prosseguir, notar que poderiamos ter escolhido um outro conjunto de condicoes de

contorno (Neumann) em que usariamos uma funcao de Green tal que ∂GN (~r, ~r ′)/∂n′ ≡ 0

em S1 [ desta vez, sem fazer hipoteses sobre o valor de ψ em S1 ]. Em suma, nao podendo

satisfazer ambas as hipoteses da parte (1) da aproximacao de Kirchhoff, escolho obedecer

apenas uma.

Voltando a GD, para o caso especial em que S1 e um plano infinito em z = 0, a figura

abaixo esquematiza a situacao para uma fonte pontual em P ′, e o ponto de observacao em

P . As distancias do elemento de area da′, sobre a abertura, a P e P ′ sao respectivamente

r e r′.Neste caso (plano infinito em z = 0), o metodo das imagens pode ser usado para obter a

forma explicita da funcao de Green:

GD(~r, ~r ′) =1

4π

(eikR

R− eikR

′

R′

),

P

P’r’

r

θ θ’da’

onde R = |~r− ~r ′|, e R′ = |~r− ~r ′′|, ~r ′′ sendo a posicao do ponto imagem de P ′ em relacao

ao plano z = 0 (nao mostrado na figura acima). Notar que GD(~r, ~r ′) ≡ 0 em todo o plano

z = 0.


A integral de Kirchhoff generalizada, com a condicao de contorno de Dirichlet, se escreve:

ψ(~r) =k

2πi

∫

S1

eikR

R

(1 +

i

kR

)~n ′ · ~RR

ψ(~r ′) da′ .

Discussao do resultado: suponha que a fonte seja apenas uma fonte pontual, em P ′ dafigura acima, e que tanto r, r′ ≫ λ; entao, ψ(~r ′) ≈ eikr

′

/r′ (onda esferica incidente);

eikR/R ≈ eikr/r; (~n ′ · ~R)/R = cos θ. Assim (principio de Huygens-Fresnel),

ψ(P ) =k

2πi

∫

fenda

eikr

r

eikr′

r′cos θ da′ (†) .

Como estamos admitindo que d ≫ λ (no caso, d = largura da fenda, p. ex.), a diferenca

de fase entre os diversos pontos sobre a abertura podera ser significativa, em especial para

maiores inclinacoes θ, dando origem a interferencia destrutiva. Em outras palavras, o fator

explicito cos θ nao e o unico efeito de dependencia angular.

Caso se houvesse usado a expressao original de Kirchhoff, ou a expressao obtida pela

condicao de contorno de Neumann, o resultado final seria qualitativamente similar. Ver

discussao comparativa em Jackson, 3a. ed pp 481-482.

De maneira mais geral, a expressao (†) se escreve:

ψ(~r) = − iλ

∫

fenda(s)

d 2r′ cos θ(~r, ~r ′)eikR

Rψ(~r ′) (††).

Esta forma sera a base para diversas aplicacoes da teoria escalar da difracao.

• Principio de Babinet (ver Jackson 3a. ed Sec. 10.8)

Anteparos complementares a e b: onde a e opaco ⇒ b e transparente e vice-versa

(a) (b)

Portanto, a+ b = superficie S separando dois semi-espacos.

Assim, a soma das figuras de difracao criadas por a e b deve ser igual ao feixe original nao-

perturbado (porque a soma das aberturas de a e b corresponde a superficie S completamente

desimpedida). Isto so e possivel se os campos produzidos separadamente por a e b se

cancelarem em todo lugar, exceto pela direcao do feixe original.


Em termos de (††) acima,

ψa(~r) = −i

λ

∫

s(b)


Rψ(~r ′) ;

ψb(~r) = −i

λ

∫

s(a)


Rψ(~r ′) ,

portanto, como s(b) + s(a) = S,

ψa(~r) + ψb(~r) = −i

λ

∫

S


Rψ(~r ′) = ψin(~r) .

Isto “mostra” (dentro da teoria escalar, e da aproximacao generalizada de Kirchhoff) que,

em todos os lugares onde ψin = 0, ψa = −ψb. Como a intensidade e ∝ |ψ|2, as figuras

individuais de difracao serao identicas (excetuado o pico central).

• Disco de raio a

Inicialmente, vamos calcular o campo difratado apenas sobre o eixo de simetria.

z

aRρ

θ

ψin

Com ψin(~r′) = A (constante),

ψ(~r) = −i Aλ

∫

|~r ′|>a

d 2r′ cos θ(z, ~r ′)eikR

R.

Como cos θ = z/R, R2 = z2 + ρ2,

ψ1(z) = −iA

λ2π

∫ ∞

a

ρ dρz

R

eikR

R= −i 2πAz

λ

∫ ∞

R0

dReikR

R= A

z

R0eikR0+O

(1

(kR0)2

),

onde R20 ≡ z2 + a2. O fator eikR0 pode ser interpretado como “raios” que tangenciam o

disco.

Para z ≫ a, I = |ψ1|2 → I0. Em suma, temos a “mancha clara de Poisson”, i.e. um ponto

brilhante no centro da sombra circular projetada pelo objeto (resultado da interferencia

construtiva de todos os “raios” difratados). Ver, p. ex.,

http://en.wikipedia.org/wiki/Arago spot .


• Abertura circular de raio a

De novo, vamos calcular apenas para um ponto no eixo de simetria. Tomando a nomen-

clatura do item anterior, com as modificacoes pertinentes:

ψ1(z) = −iA2π z

λ

∫ R0

z

dReikR

R.

Notando que∫ R0

z=∫∞z−∫∞R0

, e que

∫ ∞

z

dReikR

R= −e

ikz

ikz,

o campo na ausencia do anteparo e

ψ(z) = −i A2π zλ

(−eikz)ikz

= Aeikz .

Assim, ψ = ψ1 + ψ2, de acordo com o principio de Babinet, com:

ψ2 = A

(eikz − z√

z2 + a2eik

√z2+a2

).

Considerando z >> a,

ψ2 ≈ Aeikz(1− eika2/2z

)⇒ I = |ψ2|2 = I0

∣∣∣1− eika2/2z∣∣∣2

= 4I0 sin2 ka

2

2z.

z

I (z)24I0

Notar que o resultado acima so e valido para z ≫ a (e tambem, como sempre estamos

admitindo, a≫ λ).

Como a posicao dos zeros ao longo de z depende de k, se tivermos luz branca incidindo a

cor observada no eixo dependera de z.

• Figura de difracao

Fora do eixo de simetria, o tratamento matematico fica mais envolvido. De maneira geral,

devemos considerar os 3 parametros de comprimento relevantes, a saber o tamanho d do


sistema difratante (nos exemplos anteriores, o raio do disco ou abertura), o comprimento

de onda λ da radiacao incidente, e a distancia r do sistema ate o ponto de observacao.

As figuras de difracao sao sempre observadas para r ≫ d, portanto em geral os fatores que

variam lentamente nos integrandos podem ser tratados como constantes. Uma excecao

importante e constituida pelos fatores de fase kR nas exponenciais to tipo eikR.

O

P

R

S1

n

k

r

r’

da’

Com a notacao da figura acima, usamos a expansao:

kR = kr − k r · ~r ′ +k

2r[ r′

2 − (r · ~r ′)2 ] + . . . .

O caso em que apenas os 2 primeiros termos do lado direito precisam ser considerados e

chamado difracao de Fraunhofer.

Caso kd2/r ≈ 1 ou maior, mais termos tem de ser considerados, e temos difracao de

Fresnel.

Para pontos suficientemente longe do sistema difratante (isto e, sempre podemos fazer r

grande o suficiente para que d/r ≪ λ/d, mesmo que λ≪ d, que e o caso “proximo a otica

geometrica” de nosso interesse), o limite de Fraunhofer e sempre adequado, e e o unico

que consideraremos aqui.

• Abertura circular – fora do eixo de simetria

Ver p. ex. http://en.wikipedia.org/wiki/Airy disk

2a θ

r

R0

A intensidade em funcao do angulo de observacao e

I(θ) = I0

(2J1(ka sin θ)

ka sin θ

)2

,

onde J1(x) e a funcao de Bessel de primeira especie de ordem 1. Como J1(x) ≈ x para

x≪ 1, I(θ)→ I0 para θ → 0. De grande interesse sao os zeros de J1(x) para x 6= 0 (aneis

escuros na figura de difracao, para x ≈ 3.8317, 7.0156 · · ·).


3 – ELETRODINAMICA E RELATIVIDADE RESTRITA

– Problema do Eletromagnetismo com relatividade galileana:

Forcas dependentes de velocidade (e.g. ~fM = q ~v × ~B)

B

vf

Para observador em repouso no lab:

~f = ~fM = q ~v × ~B

Para observador em repouso sobre a espira;

~f = ~fE , vindo de ~∇× ~E = −∂~B

∂t, ou ε = −∂φB

∂t.

Postulados da relatividade restrita

1 – Leis da Fisica se aplicam em todos RIs.

2 – c = constante em todos RIs.

⇒ (1) Relatividade da simultaneidade

Exemplo: vagao com velocidade v

Referencial do vagao

t’=0

Relogios sincronizados chegada simultanea dos pulsos

t’=(l’/2)/c

Referencial do lab

Relogios sincronizados

t=0

v

vt + ct =l/2

medido por aquit=(l/2)/(c+v)

ainda nao chegouaqui; vai chegarem t=(l/2)/(c−v)


(2) Dilatacao temporal

h

Referencial do vagao~

t’=h/c (tempo proprio)∆

Referencial do lab

v

v t∆

Lembrar: para medir tempo proprio, temos de escolher algo que ocorre sempre no mesmo

x′ (mesmo relogio) do vagao.

Temos (visto no referencial do lab):

(c∆t)2 = (v∆t)2 + h2 ⇒ ∆t =h

c

1√1− v2/c2

≡ γ∆t′ ; γ ≡ (1− v2/c2)−1/2 > 1 .

Comprovacao experimental: decaimento de particulas (muons produzidos na ionosfera)

produzidoaqui

detectadoaqui

raios cosmicos

sup. terrestre

Ionosfera

v

d

∆t = d/v > vida media em repouso, mas ∆t′ = ∆t/γ < vida media em repouso.

Notar: relogios sincronizados em um referencial nao sao sincronizados em outro (vide

experiencia que mostrou dilatacao do tempo)

t’

t∆

∆

Notar: na figura acima, usamos o mesmo relogio do vagao.

(3) Contracao de Lorenz

Temos de medir algo em um ponto do vagao (i.e., com um relogio). Vamos enviar um feixe

de luz para um espelho e refleti-lo:


espelho

t’=2 x’/c∆ ∆

x’∆Referencial do vagao~

Referencial do lab

v t∆1 2∆ v tx∆

∆t1 =∆x+ v∆t1

c; ∆t2 =

∆x− v∆t2c

⇒ ∆t1 =∆x

c− v ; ∆t2 =∆x

c+ v

⇒ ∆t = ∆t1 +∆t2 =2∆x

c

1

1− v2/c2 .

Mas ∆t = γ∆t′ =1√

1− v2/c2∆t′ ⇒ 2∆x

c

1

1− v2/c2 =1√

1− v2/c22∆x′

c

⇒ ∆x′ =1√

1− v2/c2∆x (∆x′ > ∆x) .

Notar: o que foi que chamamos ∆x?

1 2

v

No instante t, a posicao do observador 1 coincidia com o fim do vagao: ele consultou

os registros de todos os outros observadores, e obteve que, em t, foi o observador 2 cuja

posicao coincidia com o inicio do vagao; logo, no referencial do lab, ∆x = x(2)− x(1).Contracao ⇔ relatividade da simultaneidade

Exemplo: paradoxo da escada + galpao

L

L

v =0

e

g

rel

Le

ref. do galpao~

v< Lg e

vRef. da escada

L’ L’g>

A) Fim da escada passa pela porta do galpao

B) Frente da escada bate na parede do galpao

Ref. do galpao: tA < tB (tA < t < tB : escada toda dentro do galpao)

Ref. da escada: tA > tB ⇒ nao e possivel (algo vai quebrar).

Discussao detalhada: ver p. ex. http://en.wikipedia.org/wiki/Ladder paradox


• Dimensoes perpendiculares a velocidade nao se contraem

v

yy’

marcador

marca naparede

Considere uma marca continua feita na parede, a altura y (medida no ref. do lab), e um

marcador instalado no vagao, a altura y′ (medida no ref. do vagao), com y′ = y.

Questao: Se o vagao se move a velocidade ~v e o marcador vai tracando uma segunda marca

na parede, ela vai ficar acima, abaixo, ou coincidente com a primeira?

Suponha que L⊥ se contrai: y′ < y (abaixo) [ previsao no ref. do lab ]

Mas a previsao no ref. do vagao e: y′ > y (acima).

Se a regra fosse para L⊥ se dilatar, as conclusoes seriam ao contrario:

Ref. do lab: y′ > y (acima)

Ref. do vagao: y′ < y (abaixo)

⇒ y′ = y e a unica solucao consistente. (notar: como o movimento e perpendicular, nao

ha questoes sobre simultaneidade de medidas.)

• Transformacao de Lorenz

“evento”: x, y, z, t

y

z

O

E

x,x’

dvt

y’

z’

vO’

x

S S’

Contracao de Lorenz:

d =1

γx′ ; d+ vt = x ⇒ x′ = γ (x− vt) (∗) .

Temos:y′ = yz′ = z

(direcoes perpendiculares ao movimento).

t′ =? Vamos passar para S′ (t′ = 0 quando as origens coincidiram)

y

z

E

x,x’

y’

z’

S S’

v O’Ox’

d’

vt’


d′ =1

γx ⇒ x = γ (x′ + vt′) ⇒ [de (∗)] x = γ [γ (x− vt) + vt′)] ;

(1− γ2)x = γv(−γ t+ t′) ⇒ t′ = γ t+(1− γ2)γ v

x = γ t+1

γ v

(1− 1

1− v2/c2)x =

= γ t− v

c2γ

1

1− v2/c2︸︷︷︸=γ2

x = γ(t− v

c2x),

era o que faltava.

⇒ Transformacao inversa:

x = γ (x′ + vt′) ; y = y′ ; z = z′ ; t = γ(t′ +

v

c2x′).

Notar: se a velocidade de S′ em S e v, entao a velocidade de S em S′ e −v. Se supusessemos

que a velocidade de S em S′ e v1 6= −v, as equacoes que obteriamos seriam consistentes;

a explicacao para v1 = −v e que os fenomenos fisicos tem de ser os mesmos em qualquer

referencial. Exemplo:

O comprimento, medido em S, de uma regua cujo comprimento de repouso em S′ e L,sera L/γ;

O comprimento, medido em S′, de uma regua cujo comprimento de repouso em S e L,

sera L/γ1

⇒ γ = γ1 .

Revendo a contracao de Lorenz:

Sx x

x’ x’1 2

1 2

v

Medir o comprimento da barra em S e medir x1 em t, e x2 em t (posso medir x′1 em t′1 e

x′2 em t′2 porque a barra esta em repouso em S′).x′1 = γ (x1 − vt)x′2 = γ (x2 − vt)

⇒ x′2 − x′1 = ∆x′ = γ (x2 − x1) porque t1 = t2 = t .

• Adicao de velocidades

Suponha que a velocidade de S′ em relacao a S e v ‖ x;

u =dx

dtem S ; em S′ , dx′ = γ(dx− v dt) = deslocamento ;

intervalo de tempo : dt′ = γ(dt− v

c2dx)⇒ u′ =

dx′

dt′=

γ (dx− v dt)γ(dt− v

c2 dx) =

u− v1− vu/c2 .

Se ~u tem uma direcao generica (ainda com v ‖ x),

u′x =ux − v

1− vux/c2; u′y =

1

γ

[uy

1− vux/c2]

; u′z =1

γ

[uz

1− vux/c2],

porque dy′ = dy; dt′ − γ(dt− (v/c2) dx) e similar para z.


• Espaco–tempo

– quadrivetores

x0 ≡ ct ; β ≡ v/c ; x1 = x , x2 = y , x3 = z

⇒ Transformacao de Lorenz:

(x0) ′ = γ(x0 − β x1) ; (x1) ′ = γ(x1 − β x0) ; (x2) ′ = x2 ; (x3) ′ = x3

⇒

x0 ′

x1 ′

x2 ′

x3 ′

=

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 00 0 1 00 0 0 1

x0

x1

x2

x3

(xµ) ′ =3∑

ν=0

(Λµν ) x

ν

(rotacao no espaco-tempo).

Produto escalar:

−a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 + a3 b3

(invariante por transformacao de Lorenz):

−a0 ′ b0 ′ + a1 ′ b1 ′ + a2 ′ b2 ′ + a3 ′ b3 ′ = −a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 .

Vetor covariante:

aµ = (a0, a1, a2, a3) = (−a0, a1, a2, a3)

(aµ)= contravariante

⇒ Produto escalar =3∑

µ=0

aµ bµ ≡ aµ bµ

(convencao de soma de Einstein, denotada pelos indices repetidos).

Notar: aµ bµ = aµ bµ.

• Intervalo invariante

Suponha que o evento A ocorre em (x0A, x1A, x

2A, x

3A); e B em (x0B , x

1B , x

2B , x

3B).

Seja ∆xµ ≡ xµA − xµB o vetor deslocamento.

Intervalo entre dois eventos

I ≡ (∆x)µ (∆x)µ = −(∆x0)2 + (∆x1)2 + (∆x2)2 + (∆x3)2 = −c2t2 + d2 ,

onde t ≡ separacao temporal, d ≡ separacao espacial.


I e um produto escalar, portanto invariante sob rotacoes (mudancas de referencial inercial).

(1) I < 0 intervalo “tipo tempo” (porque e o sinal quando d = 0, dois eventos ocorrendo

no mesmo lugar)

(2) I > 0 intervalo “tipo espaco” (o sinal + ocorre quando t = 0, eventos ocorrendo

simultaneamente em lugares diferentes)

(3) I = 0 intervalo “tipo luz” (d = ct)

Se I < 0, sempre podemos obter um referencial inercial em que os dois eventos ocorrem

no mesmo lugar: −c2t2 + d2 < 0 ⇒ d < ct ⇒ sempre podemos “embarcar” em um

trem passando por A a velocidade v = d/t, e passaremos por B no momento em que este

ocorre; no referencial do trem, os dois eventos ocorrem no mesmo lugar.

Isto nao pode acontecer para I > 0, pois aı d > ct, e o “trem” teria de ter v > c (mas

podemos arranjar um referencial em que os eventos sejam simultaneos).

• Diagrama espaco–tempo

x

x =ct

foton(v=c)

foguete(tan =c/v) particula

em repouso

45θ o

0

1

θ

Se, em t = 0, x = 0, nao e possivel ir mais longe do que ct ⇒ as linhas nao podem ter

inclinacao de menos de 45 graus.

x

x =ct

45o

0

1cone de luzpara tras’

cone de luzpara frente

presente (t=0)

passado (t=0)

linha deuniverso

(world line)

futuro (t=0)

futuro em t

A linha de universo tem de estar contida no cone de luz e nao pode ter inclinacao < 45

graus em nenhum ponto.

x

x =ct

45o

0

1

eventos

α

β

tg <1spacelike

tg >1 timelikelightlike

β

tg =1γ

γ

α

Ver acima os possiveis tipos de intervalos entre eventos:

spacelike ⇒ ∆x2 > c2 ∆t2; timelike ⇒ ∆x2 < c2 ∆t2; lightlike ⇒ ∆x2 = c2 ∆t2.


Invariancia de um intervalo sob transformacoes de Lorenz: I ≡ x2 − c2t2 = constante

⇒ equacao de hiperbole no diagrama espaco-tempo

x

x =ct

45o

0

1

I<0

I>0

I>0I<0

S

S’S S’

S S’

I=0

1

1

2 2

3 3

Transformacao de Lorenz: deslocamento ao longo do ramo de hiperbole correspondente.

Considere I > 0 (space-like). Podemos ter:

t > 0 no ref. S (A precede B)t < 0 no ref. S′ (B precede A)

Isto esta OK; A e B nao podem se influenciar.

Agora se I < 0 (time-like), o que sempre ocorre para eventos ligados por causalidade,

teremos: t > 0 no ramo superior (em ambos refs.)t < 0 no ramo inferior (em ambos refs.)

,

ou seja, neste ultimo caso a ordem de ocorrencia de A e B e a mesma em todos os refer-

enciais.

• Mecanica relativistica

– Tempo proprio τ (tempo decorrido entre dois eventos que, em um dado referencial,

ocorrem no mesmo lugar)

Lembrar diagrama espaco-tempo:

x

x =ct0

1

t> (x =0)

c =minimo p/x=0

τ

τ

Com u ≡ velocidade em relacao ao lab (onde o tempo decorrido e dt),

dτ =√1− u2/c2 dt ; ~u =

d~ℓ

dt,

onde ambos d~ℓ e dt sao medidos no lab.


A velocidade propria e:

~η ≡ d~ℓ

dτ,

onde d~ℓ e medido no lab, e dτ e medido no referencial da particula (diz a particula quanto

do seu tempo proprio vai demorar para percorrer d~ℓ medido no lab).

~η =1√

1− u2/c2~u .

Vamos ver que ~η aparece na definicao de momento relativistico.

~η se transforma simplesmente, porque e a parte espacial de um 4−vetor:

ηµ =dxµ

dτ, com η0 =

dx0

dτ= c

dt

dτ=

c√1− u2/c2

.

~η e um 4−vetor, porque: (1) o numerador e um 4−vetor, e (2) o denominador e invariante.

Transformando de S para S′ (que se move com ~v = v i em relacao a S).

Com γ ≡ (1− v2/c2)−1/2 ; β ≡ v/c,

η0 ′ = γ(η0 − βη1) ; η1 ′ = γ(η1 − βη0) ; η2 ′ = η2 ; η3 ′ = η3 ⇒ ηµ ′ = Λµν η

ν .

ηµ ≡ 4−velocidade (lembrar: ~u→ ~u ′ nao e 4−vetor).

• Energia e momento

Lembrar conservacao de momento classico:

antes depois

A B C Du u u uA B C D

mA uA +mB uB = mC uC +mD uD .

Em outro RI, as tranformacoes de Galileu dao: u′A = uA − v etc

⇒ a conservacao de momento linear se escreve:

mA (u′A + v) +mB (u′B + v) = mC (u′C + v) +mD (u′D + v)

⇒ mA u′A +mB u

′B︸︷︷︸

P ′

antes

= mC u′C +mD u

′D︸︷︷︸

P ′

depois

+(−mA −mB +mC +mD) v

⇒ devemos ter mA +mB = mC +mD nao-relativisticamente.

Vamos mostrar: relativisticamente, o momento linear escrito em termos da velocidade

propria (~P = m~η) se conserva, com uma hipotese adicional.


Suponha que ~Ptotal se conserva no referencial S:

mA ηA +mB ηB = mC ηC +mD ηD .

Passando para S′, η′ = γ η − γβ η0 ⇒ η = (1/γ) η′ + β η0

mA

(1

γη′A + β η0A

)+mB

(1

γη′B + β η0B

)= mC

(1

γη′C + β η0C

)+mD

(1

γη′D + β η0D

)

⇒ mA η′A +mB η

′B︸︷︷︸

P ′

antes

= mC η′C +mD η

′D︸︷︷︸

P ′

depois

+γβ[−mA η

0A −mB η

0B +mC η

0C +mD η

0D

].

⇒ Devemos ter:

mA η0A +mB η

0B = mC η

0C +mD η

0D , com η0 ≡ c√

1− u2/c2.

⇒ Esta equacao representa a conservacao de massa relativistica:

E ≡ mc2√1− u2/c2

; Notar : E = mc2 +1

2mu2 +

3

8mu4

c2+ · · · ,

onde o 1o. termo na expansao e a energia de repouso, e o 2o. a energia cinetica classica.

⇒ Energia cinetica = K = E −mc2 = mc2

[1√

1− u2/c2− 1

]=

1

2mu2 + · · ·

⇒ ~P = m~η =m~u√

1− u2/c2; E = mcη0 =

mc2√1− u2/c2

.

Estas sao as quantidades que se conservam em sistemas fechados.

Notar que continua a distincao: em choque elastico, K se conserva; se o choque e inelastico,

K nao se conserva, mas E se conserva (choque inelastico ⇒ massas aumentam).

Pµ = mηµ e o 4–vetor momento; P 0 = mη0 = E/c.

Transformacao de Pµ:

P 0 ′ = γ(P 0 − βP 1) ; P 1 ′ = γ(P 1 − βP 0) ; P 2 ′ = P 2 ; P 3 ′ = P 3 ;

PµPµ = −(P 0)2 + (~P · ~P ) = −m2c2 (invariante) ou E2 − p2c2 = m2c4.

Foton: m = 0 ⇒ E = pc.


Exemplo: espalhamento Compton (choque elastico)

fotoneletron

(repouso)eletron

foton

P

E ,P0 0

e

E, Pf

θφ

Conservacao de momento:

Pe sinφ = Pf sin θ (Pf = E/c)P0 = Pf cos θ + Pe cosφ (P0 = E0/c)

Conservacao de energia:

E0 +mc2 = E +√m2c4 + P 2

Ec2 .

Temos 3 equacoes e 4 incognitas: θ, φ, E, Pe. Vamos resolver em termos de θ.

sinφ =Pf

Pesin θ =

E

Pe csin θ ; cosφ =

E0

Pe c− E

Pe ccos θ

1 =

(E

Pe c

)2

sin2 θ +

(E0

Pe c

)2

+

(E

Pe c

)2

cos2 θ − 2E0E

P 2e c

2cos θ =

=

(E

Pe c

)2

+

(E0

Pe c

)2

− 2E0E

P 2e c

2cos θ ⇒ P 2

e c2 = E2

0 + E2 − 2E0E cos θ (∗) .

Da conservacao de energia,

(E0 − E)2 + (mc2)2 + 2mc2(E0 − E) = m2c4 + P 2e c

2

⇒ P 2e c

2 = E20 + E2 − 2E0E + 2mc2(E0 − E) (∗∗) .

(∗) = (∗∗) ⇒ −2E0E cos θ = −2E0E+2mc2(E0−E) ⇒ E0E (1−cos θ) = mc2 (E0−E) ;

⇒ mc2(

1

E− 1

E0

)= 1− cos θ .

Com E = hν =hc

λ

(E0 =

hc

λ0

),mc

h(λ− λ0) = 1− cos θ ⇒ λ− λ0 =

h

mc(1− cos θ) .

h/mc ≡ comprimento de onda Compton do eletron ≈ 2.4 A

(relevante se a radiacao e ∼ raio X).

O espalhamento de luz visivel (λ ∼ 5× 103 A) e praticamente elastico.


• Dinamica relativistica

2a. lei de Newton:

~F =d~P

dt, com ~P = momento relativistico =

m~u√1− u2/c2

.

Como W =∫~F · d~ℓ,

W =

∫d~P

dt· d~ℓ =

∫d~P

dt· d~ℓ

dtdt =

∫d~P

dt· ~u dt =

∫ d

dt

(m~u√

1− u2/c2

)· ~u dt =

=

∫m~u

(1− u2/c2)3/2 ·d~u

dtdt =

∫ d

dt

(mc2√

1− u2/c2

)dt =

∫dE

dtdt = Ef − Ei .

Notar: o trabalho da a variacao de energia total, e nao de energia cinetica.

Exemplo: F = constante; P = 0 em t = 0

dP

dt= F ⇒ P = Ft ⇒ mu√

1− u2/c2= Ft ⇒ u =

(F/m) t√1 + (Ft/mc)2

.

Notar: t→∞ ⇒ u→ c−.

x =F

m

∫ t

0

t′√1 + (Ft′/mc)2

dt′ =mc2

F

√1 + (Ft′/mc)2

∣∣∣t

0=mc2

F

√

1 +

(Ft

mc

)2

− 1

Para Ft≪ mc, desenvolvendo a raiz quadrada temos x ≈ (F/2m) t2, e a parabola classica.

Para tempos genericos, a equacao de x(t) corresponde a uma hiperbole, o que e mais facil

de ver escrevendo-a assim:

(x+

mc2

F

)2

− c2t2 =

(mc2

F

)2

.

x

45

(F/2m)t(parabola)

hiperbole

ct

2

o


3a. lei de Newton: problema com a relatividade de simultaneidade

Considere um par de acao–reacao (forcas agindo entre corpos A e B): se, no referencial

S, no instante t, temos ~F (t) agindo em A, e −~F (t) agindo em B, estes dois eventos nao

serao simultaneos em S′, portanto as forcas, medidas em S′, serao ~F ′ e ~F ′′, e poderemos

ter ~F ′′ 6= −~F ′.

Suponha que a particula tem velocidade ~u em relacao a S, e S′ tem velocidade ~v = v i em

relacao a S. Com β = v/c, γ = (1− β2)−1/2,

F ′y =

dP ′y

dt′=

dPy

γ (dt− (β/c) dx)=

(dPy/dt)

γ (1− (β/c) (dx/dt))=

Fy

γ (1− β ux/c),

e similar para a direcao z.

Componente x:

F ′x =

dP ′x

dt′=

γ dPx − γβ dP 0

γ (dt− (β/c) dx)=

(dPx/dt)− β(dP 0/dt)

1− (β/c) (dx/dt)=Fx − (β/c)(dE/dt)

1− β ux/c.

MasdE

dt= ~u · ~F ⇒ F ′

x =Fx − (β/c)

(~u · ~F

)

1− β ux/c.

As expressoes se simplificam se ~u = 0 (S coincidindo com o referencial da propria particula

[ instantaneamente, porque S tem de ser inercial ]). Neste caso,

~F ′⊥ =

1

γ~F⊥ ; ~F ′

‖ = ~F‖ (~u = 0) .

• Forca de Minkowski (forca “propria”)

Kµ ≡ dPµ

dτ

E um 4–vetor, porque e o quociente de um 4–vetor dPµ e um invariante dτ .

~K =

(dt

dτ

)d~P

dt=

1√1− u2/c2

~F ; K0 =dP 0

dτ=

1

c

dE

dτ=

1

c

dt

dτ

dE

dt=

1

c

1√1− u2/c2

~u · ~F .


• Eletrodinamica relativistica

– Magnetismo como fenomeno relativistico

Vamos mostrar: eletrostatica + relatividade ⇒ magnetismo.

Considere um fio eletricamente neutro; no referencial do lab, a corrente que o percorre

pode ser vista como a superposicao de uma densidade linear de carga +λ deslocando-se

com velocidade v, e uma densidade linear de carga −λ deslocando-se com velocidade −v.Assim , no ref. do lab, a forca total eletrostatica feita sobre uma carga q externa ao fio

sera nula.

+

−

r

uq

vv

λ

λ

λv)Referencial do lab (I=2

r

q

vv

λ

λ

Referencial da carga

+ −

+

−

v± =v ∓ u

1∓ v u/c2 .

(1) Sendo λ0 ≡ densidade de carga do fio, no referencial em que esta carga esta em repouso,

a densidade λ vista no ref. em que a carga se desloca com velocidade v, i.e., o lab, sera

λ = γ λ0 =1√

1− v2/c2λ0 ,

porque λ = dq/dℓ; enquanto dq=invariante, dℓ = (1/γ) dℓ0 ao mudar de referencial (con-

tracao de Lorenz).

(2) No ref. da carga,

λ± = ±γ± λ0 , γ± =1√

1− v2±/c2= γ

(1∓ uv/c2)√1− u2/c2

.

⇒ no referencial da carga,

λtot = λ+ − λ− = λ0 (γ+ − γ−) = −2λuv

c2√

1− u2/c2,

onde usamos que λ = γλ0.

Portanto, no ref. da carga, o campo eletrico visto sera:

E =λtot

2πε0 r⇒ − λv

πε0 c2 r

qu√1− u2/c2

= F ′ .


Transformando a forca ~F ′ para o ref. do lab,

F⊥ =1

γF ′ =

√1− u2/c2 F ′ = − λv

πε0 c2qu

r.

Mas c2 = 1/ε0µ0; 2λv = I

⇒ F = −(µ0 I

2π r

)

︸︷︷︸Bdo fio

qu .

r

I

uq

B

~F = q~u× ~B , com ~B =µ0 I

2π rϕ .

• Transformacao de campos

Tomando a configuracao + simples possivel: 2 planos paralelos com ±σ0 (em S):

x

y

E = j0 ε00

^

−

+σ

0

0 0

0 σ

σ

Ref. (S)

x

y

E = jε0

^

−

+σ

0

0

σ

σ

Ref. (S’)

’

’

v

v0

0

De novo, como a carga e invariante e os comprimentos se contraem,

σ =σ01/γ0

= γ0 σ0 ⇒ E⊥ = γ0E0⊥ .

Componentes ‖s:+ σ0

− 0σ

0 ε00

^σE = i

x0

y’

v0

x’

y0

Como nao ha contracao na direcao dos planos, a qual e ⊥ ao movimento,

σ = σ0 , ~E = ~E0 =σ0ε0i ⇒ E‖ = E0 ‖ .


Exemplo: Campo de uma carga pontual em movimento uniforme

S Sy y

z x

zz

q

y

vv

0 0

0 0

0

0E

00

x =xv t 00

θ

P

Em S0 : ~E0 =1

4πε0

q

r20r0 ; Ex 0 =

1

4πε0

q x0(x20 + y20 + z20)

3/2, e equivalentes para y, z .

As regras de transformacao dao;

Ex = Ex 0 =1

4πε0

q x0(x20 + y20 + z20)

3/2;

Ey = γ0Ey 0 =1

4πε0

q γ0 y0(x20 + y20 + z20)

3/2; Ez = γ0Ez 0 =

1

4πε0

q γ0 z0(x20 + y20 + z20)

3/2.

Com ~R ≡ vetor indo da carga ao ponto P em t (nao e posicao retardada), temos:

x0 = γ0 (x+ v0t) = γ0Rx ; y0 = y = Ry ; z0 = z = Rz

⇒ ~E =1

4πε0

qγ ~R(γ2R2 cos2 θ +R2 sin2 θ)3/2

=1

4πε0

qγ

(γ2 cos2 θ + sin2 θ)3/2RR2

.

Portanto, na expressao acima para ~E, o fator γ na componente x se origina da trans-

formacao de Lorenz, e nas componentes y e z ele se origina da transformacao do campo.

⇒ ~E =1

4πε0

q/γ2

(1− sin2 θ + (1/γ2) sin2 θ)3/2RR2

=1

4πε0

q(1− v2/c2)[1− ((1/γ2)− 1) sin2 θ

]3/2RR2

=

=1

4πε0

q(1− v2/c2)[1− (v2/c2) sin2 θ

]3/2RR2

.

(apontando para a posicao presente da carga).


• Transformacao geral de campos ~E e ~B

K=+ v iσ 0^

x

y

E = jε0

^

−

+σ

σ

σv

v0

0

Ref. (S)σ 0

^K=− v i

Os planos carregados em movimento sao vistos como densidades de corrente superficiais~K = ±σv0 i, produzindo um campo magnetico Bz = −µ0 σv0.

Temos 3 referenciais a considerar: (1) o ref. S0, no qual os planos estao em repouso; (2) o

ref. S (no qual a figura acima foi desenhada), em que os planos se movem com velocidade

~v0 = −v0 i, portanto S se move com +~v0 em relacao a S0 ; e (3) o Ref. S′, que se move

com velocidade ~v = v i em relacao a S.

Com v′ ≡ velocidade de S′ em relacao a S0,

E′y =

σ′

ε0; B′

z = −µ0 σ′v′ ; v′ =

v + v01 + vv0/c2

; γ′ =1√

1− v′2/c2.

Temos tambem σ′ = γ′σ0 (contracao de Lorenz).

Queremos expressar ~E′ e ~B′ em termos de ~E e ~B vistos em S:

Como ~E =γ0σ0ε0

j =σ

ε0j , ~B = −µ0γ0σ0v0 k = −µ0σv0 k ,

E′y =

γ′

γ0Ey ; B′

z = − γ′

γ0µ0σv

′ =γ′

γ0

v′

v0Bz .

γ′

γ0=

√1− v20/c21− v′2/c2

=

√c2 − v20c2 − v′2

= (usando v′ em termos de v , v0)

=(1 +

vv0c2

)[ 1

1− v2/c2]1/2

= γ(1 +

vv0c2

).

⇒ E′y = γ

(1 +

vv0c2

) σ

ε0= γ

(Ey −

v

c2ε0µ0Bz

);

B′z = −γ

(1 +

vv0c2

)µ0σ

(v + v0

1 + vv0/c2

)= γ (Bz − µ0ε0 v Ey)

⇒ E′y = γ (Ey − v Bz) ; B′

z = γ(Bz −

v

c2Ey

).


– Transformacao de Ez e By

z

x

y

−+

0

0v

v

σσ

No ref. S (figura):

Ez =σ

ε0; By = µoσv0

A transformacao e a mesma de Ey e Bz, porque sao componentes perpendiculares ao

movimento:

E′z = γ

(1 +

vv0c2

) σ

ε0= γ (Ez + v By) ; B′

y = +γ(1 +

vv0c2

)µ0σv

′ = +γ(By +

v

c2Ez

),

onde o fato de que By = +µoσv0 determina os sinais respectivos.

– Componentes paralelas ao movimento

Ja vimos que E′x = Ex (orientando o capacitor paralelo ao plano yz). Nesta configuracao,

Bx = 0, portanto nao ha campo magnetico para transformar.

Vamos investigar uma outra configuracao:

y

I

x

z

Neste caso, Bx = µ0 n I.

Em S′, os comprimentos se contraem, portanto n aumenta: n′ = γ n.

Mas, como o tempo se dilata, I ′ = γ−1 I.

⇒ B′x = µ0 (γ n) (γ

−1 I) = µ0 n I = Bx .

⇒ E′x = Ex ; E′

y = γ (Ey − v Bz) ; E′z = γ (Ez + v By) ;

B′x = Bx ; B′

y = γ(By +

v

c2Ez

); B′

z = γ(Bz −

v

c2Ey

).

Casos particulares:

(i) ~B = 0 em S : ~B′ = γv

c2

[Ez j − Ey k

]=

v

c2

[E′

z j − E′y k];


como ~v = v i , ~B′ = − 1

c2(~v × ~E′) .

(ii) ~E = 0 em S : ~E′ = −γv (Bz j −By k) = −v (B′z j −B′

y k) ⇒ ~E′ = ~v × ~B′ .

Exemplo: calcular o campo magnetico de uma carga pontual em movimento uniforme.

No referencial da particula (S0), ~B0 = 0;

~B = − 1

c2(~v × ~E) ; ~E =

q

4πε0

(1− v2/c2)[1− (v2/c2) sin2 θ

]3/2RR2

(calculado anteriormente)

⇒ ~B =µ0

4π

qv[1− v2/c2

][1− (v2/c2) sin2 θ

]3/2 sin θϕ

R2; para v ≪ c , ~B =

µ0

4π

q~v × rr2

(Biot− Savart) .

S Sy y

zz

qv

0 0

0

θx =x0

r

E

φ

• O tensor de campos

O conjunto ~E, ~B nao e um 4–vetor; vamos mostrar que ele e um tensor de segunda

ordem assimetrico.

Um tensor e um conjunto de elementos com 2 indices:

tµν =

t00 t01 t02 t03

t10 t11 t12 t13

t20 t21 t22 t23

t30 t31 t32 t33

.

Tensor simetrico: tµν = tνµ (10 componentes independentes: as 4 da diagonal, e as 6 acima

dela).

Tensor anti-simetrico: tµν = −tνµ (6 componentes independentes: as 6 acima da diagonal,

pois as 4 da diagonal sao todas zero).

Como se transforma um tensor sob as transformacoes de Lorenz?

(tµν)′ = Λµλ Λ

νσ t

λσ ,

onde, a direita, os indices µ e ν em Λ denotam linhas, os indices λ e σ em Λ denotam

colunas, e as somas em λ e σ estao implicitas;


ν

νµ µ

λ σ

λ0

σ0

λ0

σ

=

’

0

A matriz Λ e dada por:

Λ =

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 00 0 1 00 0 0 1

.

Vamos calcular a transformacao para um tensor antissimetrico:

(t01)′ = Λ0λ Λ

1σ t

λσ ;

devido a forma de Λ, apenas λ, σ = 0, 1 contribuem.

(t01)′ = Λ00 Λ

10 t

00 + Λ00 Λ

11 t

01 + Λ01 Λ

10 t

10 + Λ01 Λ

11 t

11 .

Como t00 = t11 = 0 ; t01 = −t10,

(t01)′ = (Λ00 Λ

11 − Λ0

1 Λ10) t

01 = (γ2 − γ2β2) t01 = t01 .

Similarmente,

(t01)′ = t01 ; (t02)′ = γ (t02 − βt12) ; (t03)′ = γ (t03 + βt31) ;

(t23)′ = t23 ; (t31)′ = γ (t31 + βt03) ; (t12)′ = γ (t12 − βt02) .Estas sao exatamente as condicoes que obtivemos para as transformacoes de ~E e ~B.

Vamos definir o tensor de campos Fµν por:

F 01 =Ex

c; F 02 =

Ey

c; F 03 =

Ez

c; F 12 = Bz ; F 31 = By ; F 23 = Bx .

Fµν =

0 Ex/c Ey/c Ez/c−Ex/c 0 Bz −By

−Ey/c −Bz 0 Bx

−Ez/c By −Bx 0

.

Pode-se tambem fazer a associacao ao contrario, obtendo o tensor dual Gµν :

Gµν =

0 Bx By Bz

−Bx 0 −Ez/c Ey/c−By Ez/c 0 −Ex/c−Bz −Ey/c Ex/c 0

.

Notar: com ~E/c→ ~B ; ~B → − ~E/c , Fµν → Gµν (porque ~E/c→ ~B ; ~B → − ~E/c deixamas equacoes de transformacao invariantes, ou seja, Fµν e Gµν contem a mesma fisica).


• Eletrodinamica em notacao tensorial

– Transformacao de densidade de carga e corrente

Suponha que, no referencial S, as densidades de carga e corrente sejam:

ρ =Q

V; ~J = ρ ~u .

No referencial S0 em que a carga esta em repouso,

ρ0 =Q

V0.

Como V =√1− u2/c2 V0 , ρ =

ρ0√1− u2/c2

, ~J = ρ0~u√

1− u2/c2⇒ Jµ = ρ0 η

µ

(ηµ = velocidade propria).

⇒ Jµ = (cρ, Jx, Jy, Jz) e o 4–vetor densidade de corrente.

Equacao de continuidade

~∇ · ~J = −∂ρ∂t

; como∂ρ

∂t=

1

c

∂J0

∂t⇒ ∂Jµ

∂xµ= 0 .

(a densidade de corrente 4–dimensional tem divergencia [4–dimensional] zero).

Equacoes de Maxwell

∂Fµν

∂xν= µ0 J

µ ,∂Gµν

∂xν= 0 (soma sobre ν implicita) .

µ = 0 :∂F 0ν

∂xν=∂

=0︷︸︸︷F 00

∂x0+∂F 01

∂x1+∂F 02

∂x2+∂F 03

∂x3=

1

c

(∂Ex

∂x+∂Ey

∂y+∂Ez

∂z

)=

= µ0 J0 = µ0 c ρ ⇒ ~∇ · ~E =

ρ

ε0(com c2 =

1

ε0µ0) .

µ = 1 :∂F 1ν

∂xν=∂F 10

∂x0+∂

=0︷︸︸︷F 11

∂x1+∂F 12

∂x2+∂F 13

∂x3= − 1

c2∂Ex

∂t+∂Bz

∂y− ∂By

∂z=

=

[− 1

c2∂ ~E

∂t+ ~∇× ~B

]

x

= µ0 J1 = µ0 Jx .

Com os resultados correspondentes para µ = 2 e 3 (componentes y e z),

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂t.


Equacao para G, com µ = 0:

∂G0ν

∂xν=∂

=0︷︸︸︷G00

∂x0+∂G01

∂x1+∂G02

∂x2+∂G03

∂x3=∂Bx

∂x+∂By

∂y+∂Bz

∂z= 0 (~∇ · ~B = 0) .

µ = 1 :∂G1ν

∂xν=∂G10

∂x0+∂

=0︷︸︸︷G11

∂x1+∂G12

∂x2+∂G13

∂x3= −1

c

∂Bx

∂t− 1

c

∂Ez

∂y+

1

c

∂Ey

∂z=

= −1

c

(∂ ~B

∂t+ ~∇× ~E

)

x

= 0 .

Com os resultados correspondentes para µ = 2 e 3 (componentes y e z),

~∇× ~E = −∂~B

∂t.

• Em termos de Fµν e da velocidade propria ηµ, a forca de Minkowski e dada por:

Kµ = q ην Fµν .

µ = 1 : K1 = q ην F1ν = q (−η0 F 10 + η1

=0︷︸︸︷F 11 +η2 F 12 + η3 F 13) =

= q

[−c√

1− u2/c2

(−Ex

c

)+

uy√1− u2/c2

(Bz) +uz√

1− u2/c2(−By)

]=

=q√

1− u2/c2[~E + ~u× ~B

]x

e similarmente para µ = 2 e 3, dando

~K =q√

1− u2/c2[~E + ~u× ~B

].

Como ~K = γ ~F , ~F = q [ ~E + ~u× ~B] e a forca de Lorenz.

µ = 0 : K0 =1

c

dE

dτ= q [−η0

=0︷︸︸︷F 00 +η1 F 01 + η2 F 02 + η3 F 03] = q ~η ·

~E

c;

como ~η =d~ℓ

dτ, dE = q ~E · d~ℓ

(trabalho = variacao de energia).


• Eletrodinamica relativistica em termos dos potenciais

Os potenciais V e ~A constituem um 4–vetor:

Aµ = (V/c,Ax, Ay, Az) .

O tensor de campos se escreve:

Fµν =

(∂Aν

∂xµ− ∂Aµ

∂xν

).

Exemplo: µ = 0 , ν = 1 .

F 01 =

(∂A1

∂x0− ∂A0

∂x1

)=

(− ∂Ax

∂(ct)− 1

c

∂V

∂x

)= −1

c

[∂ ~A

∂t+ ~∇V

]

x

=Ex

c.

(notar que, com a derivada em relacao ao vetor contravariante xµ, apareceu um sinal

negativo extra no 1o. termo).

Com ν = 2 e 3, obtem-se ~E = −~∇V − ∂ ~A/∂t.Para µ = 1 , ν = 2,

F 12 = Bz =

(∂A2

∂x1− ∂A1

∂x2

)=

(∂Ay

∂x− ∂Ax

∂y

)= (~∇× ~A)z ,

e analogamente para F 31 = By , F 23 = Bx. As equacoes ∂Gµν/∂xν = 0 (~∇ · ~B = 0 e~∇ × ~E = ∂ ~B/∂t) sao automaticamente satisfeitas na formulacao de potenciais, como ja

vimos (porque ~B = ~∇× ~A, e ~E = −~∇V − ∂ ~A/∂t).Quanto as equacoes inhomogeneas, ∂Fµν/∂xν = µ0 J

µ, temos:

∂

∂xν

[∂Aν

∂xµ− ∂Aµ

∂xν

]=

∂

∂xµ

(∂Aν

∂xν

)− ∂

∂xν

(∂Aµ

∂xν

)= µ0 J

µ (∗) .

Se fizermos (transformacao de gauge)

Aµ ′ = Aµ +∂λ

∂xµ, teremos Fµν =

∂

∂xµ

[Aν ′ − ∂λ

∂xν

]− ∂

∂xν

[Aµ ′ − ∂λ

∂xµ

]=

=∂Aν ′

∂xµ− ∂Aµ ′

∂xν.

Utilizando entao o gauge de Lorenz, ~∇ · ~A = −(1/c2) ∂V/∂t, em notacao relativistica

∂Aµ/∂xµ = 0, a equacao (∗) acima se transforma em:

D2Aµ = −µ0 Jµ , com D2 ≡ ∂

∂xν

∂

∂xν= ∇2 − 1

c2∂2

∂t2

e o D ′Alembertiano de novo.

Notar: o gauge de Coulomb, ~∇· ~A = 0, nao e preservado em uma transformacao de Lorenz.


4 – RADIACAO ELETROMAGNETICA

• Radiacao de dipolo

– Potenciais retardados

Vamos calcular campos eletricos e magneticos de cargas em movimento (motivo: vou

mostrar que cargas aceleradas irradiam). Potenciais: V , ~A.

~E = −~∇V − ∂ ~A

∂t; ~B = ~∇× ~A .

No gauge de Lorenz (que usaremos daqui por diante),

~∇ · ~A = − 1

c2∂V

∂t⇒ ∇2 V − 1

c2∂2V

∂t2= − ρ

ε0; ~∇2 ~A− 1

c2∂2 ~A

∂t2= −µ0

~J

(equacoes inhomogeneas de onda). No caso estatico, ∇2 V = −ρ/ε0 e a equacao de Poisson,e as solucoes sao:

V (~r) =1

4πε0

∫ρ(~r ′)

|~r − ~r ′| d3r ′ ; ~A(~r) =

µ0

4π

∫ ~J(~r ′)

|~r − ~r ′| d3r ′ .

rr’

r − r’

d r’3

P

Caso nao-estatico (lembrando que a informacao se propaga a velocidade da luz)

Vou mostrar que os potenciais corretos se obtem tomando o tempo retardado

[ tr ≡ t− (|~r − ~r ′|/c) ] nas equacoes dos potenciais (potenciais retardados):

V (~r, t) =1

4πε0

∫ρ(~r ′, t− (|~r − ~r ′|/c))

|~r − ~r ′| d3r ′ ; ~A(~r, t) =µ0

4π

∫ ~J(~r ′, t− (|~r − ~r ′|/c))|~r − ~r ′| d3r ′ .

Notar: isto nao quer dizer que

~E(~r, t) =1

4πε0

∫ρ(~r ′, t− (|~r − ~r ′|/c))

|~r − ~r ′|2|~r − ~r ′| d3r ′ e similar para ~B .

Tambem nao e verdade que baste substituir o tempo retardado em outro gauge qualquer.

P. ex. no gauge de Coulomb, ~∇ · ~A = 0, ja obtivemos que

V (~r, t) =1

4πε0

∫ρ(~r ′, t)

|~r − ~r ′| d3r ′ ,


i.e. nao ha retardamento.

⇒ Tenho de mostrar que os potenciais retardados satisfazem:

(1) as equacoes de onda inhomogeneas, e

(2) o gauge de Lorenz.

Para calcular o Laplaciano, temos de lembrar que V (~r, t) depende de ~r nao so pelo termo

em 1/|~r − ~r ′|, como tambem atraves do tempo retardado tr = t− (|~r − ~r ′|/c).

Com tr ≡ t−|~r − ~r ′|

c, ~∇ =

d

dtr

dtrd~r

= −1

c~∇ (|~r − ~r ′|) d

dtr= −1

c

(~r − ~r ′

) d

dtr

⇒ ~∇V (~r, t) =1

4πε0

∫ [−1

c

∂ρ

∂tr( ~r − ~r ′)

1

|~r − ~r ′| − ρ( ~r − ~r ′

|~r − ~r ′|2

)]d3r ′ .

4πε0∇2V = 4πε0~∇ · (~∇V ) =

=

∫ −1

c

[∂ρ

∂tr

(~∇ ·( ~r − ~r ′

|~r − ~r ′|

))+

~r − ~r ′

|~r − ~r ′| ·(~∇(∂ρ

∂tr

))]d3r ′−

−∫ [

ρ

(~∇ ·( ~r − ~r ′

|~r − ~r ′|2

))+

~r − ~r ′

|~r − ~r ′|2 · (~∇ρ)

]d3r ′ .

De novo,

~∇(∂ρ

∂tr

)= −1

c

∂2ρ

∂t2r

(~∇ (|~r − ~r ′|)

)= −1

c

∂2ρ

∂t2r( ~r − ~r ′) ;

~∇ ·(( ~r − ~r ′)

|~r − ~r ′|

)=

1

|~r − ~r ′|2 ; ~∇ ·(

( ~r − ~r ′)

|~r − ~r ′|2

)= 4π δ3(~r − ~r ′) .

⇒ 4πε0∇2V =

∫−1

c

[∂ρ

∂tr

1

|~r − ~r ′|2 −1

c

( ~r − ~r ′)

|~r − ~r ′| ·∂2ρ

∂t2r( ~r − ~r ′)

]d3r ′−

−∫ [

4πρ δ3(~r − ~r ′) +( ~r − ~r ′)

|~r − ~r ′| ·(−1

c

∂ρ

∂tr~∇(|~r − ~r ′|)

)]d3r ′ ⇒

⇒ ∇2V =1

4πε0

∫ (1

c2∂2ρ

∂t2r

1

|~r − ~r ′| − 4πρ(~r ′) δ3(~r − ~r ′)

)d3r ′ =

=1

c2

∫1

4πε0

1

|~r − ~r ′|∂2ρ(~r ′)

∂t2rd3r ′ − 1

ε0

∫ρ(~r ′) δ3(~r − ~r ′) d3r ′ =

=1

c2∂2

∂t2

∫1

4πε0

ρ(~r ′, tr)

|~r − ~r ′| d3r ′

︸︷︷︸V (~r,t)

− 1

ε0ρ(~r) (q.e.d.),


onde convertemos a derivada em relacao a tr dentro da integral em uma derivada em

relacao a t fora da integral. Isto e porque tr = t − |~r − ~r ′|/c, e |~r − ~r ′|/c e independente

de t.

⇒ ∇2V (~r, t) =1

c2∂2V (~r, t)

∂t2− ρ(~r, t)

ε0,

que e a equacao de onda inhomogenea.

A prova para ~A(~r, t) e analoga, bem como a prova de que os potenciais retardados satis-

fazem o gauge de Lorenz.

• Os potenciais avancados

Va(~r, t) =1

4πε0

∫ρ(~r ′, ta)

|~r − ~r ′| d3r ′ ; ~Aa(~r, t) =

µ0

4π

∫ ~J(~r ′, ta)

|~r − ~r ′| d3r ′ , com ta = t+

|~r − ~r ′|c

,

tambem satisfazem a equacao de onda inhomogenea e o gauge de Lorenz (porem, obvia-

mente, nao obedecem a causalidade).

Exemplo: fio infinito com I(t) =0 t ≤ 0I0 t > 0

r

z

dz

| r−r’|

P

Carga total do fio: zero ⇒ V ≡ 0 ;

~A(~r, t) =µ0

4πk

∫ +∞

−∞

I(tr)

|~r − ~r ′| dz .

r P

ct

−zm

mz

Em t = t so os pontos que distam menos de ct de P contribuem: zm =√(ct)2 − r2

⇒ ~A(~r, t) =µ0

4πk

∫ +zm

−zm

I0√r2 + z2

dz =µ0

2πk

∫ √(ct)2−r2

0

I0√r2 + z2

dz =


=µ0I02π

k ln[√

r2 + z2 + z]√(ct)2−r2

0=µ0I02π

ln

(ct+

√(ct)2 − r2r

)k .

~E(~r, t) = −∂~A

∂t= − µ0I0c

2π√

(ct)2 − r2k .

~B(~r, t) = ~∇× ~A = −∂Az

∂rϕ =

µ0I02πr

ct√(ct)2 − r2

ϕ .

t≫ r/c : ~E → 0 , ~B → µ0I02πr

ϕ (caso estatico) .

~(t−r/c)

r/c

|E|−1/2

t

~1/t

~(t−r/c)

r/c

−1/2

t

|B|

µ2 πr

~1/t (dif.)2

0I0

Notar: este exemplo e artificial, porque supoe-se que a corrente passa a ser I0 simultanea-

mente em todos os pontos do fio.

• Radiacao de dipolo eletrico

P

s

+q(t)

−q(t)

r

r−

+r

θ

Temos: q(t) = q0 cosωt (supondo 2 esferas inicialmente neutras, e a carga flui entre elas).

~p(t) = momento de dipolo = p0 cosωt k (p0 = q0 s).

V (~r, t) =1

4πε0

[q0 cosω(t− r+/c)

r+− q0 cosω(t− r−/c)

r−

]; r± =

√r2 ∓ rs cos θ + (s/2)2 .

vamos sempre considerar r ≫ s (ignoramos a estrutura interna do dipolo).

⇒ r± = r

(1∓ 1

2

s

rcos θ

)⇒ 1

r±=

1

r

(1± s

2rcos θ

).

cosω(t− r±/c) = cos[ω(t− r/c)± ωs

2ccos θ

]=

= cosω(t− r/c) cos(ωs2c

cos θ)∓ sinω(t− r/c) sin

(ωs2c

cos θ)

(∗) .


Uma oscilacao com frequencia ω da origem a radiacao com λ = 2πc/ω. Para poder ignorar

a estrutura interna do dipolo, portanto preciso

s

λ≪ 1 ⇒ s≪ c

ω

⇒ mantendo apenas os termos em 1a. ordem em s/(c/ω) em (∗),

cosω(t− r±/c) ≃ cosω(t− r/c)∓ ωs

2ccos θ sinω(t− r/c)

⇒ V (r, θ, t) =p0 cos θ

4πε0 r

[−ωcsinω

(t− r

c

)+

1

rcosω

(t− r

c

)]

(depois de varios cancelamentos).

ω → 0 ⇒ V (r, θ, t) =p0 cos θ

4πε0 r2.

O termo que nos interessa e o outro, ∼ 1/r, que e o que sobrevive para r ≫ c/ω (zona de

radiacao: r ≫ λ).

Vrad(r, θ, t) = −p0ω

4πε0 c

cos θ

rsinω

(t− r

c

).

Calculo do potencial vetor ~A:

P

+q(t)

−q(t)

rθI(t)

z

A corrente e:

~I(t) =dq

dtk = −q0ω sinωt k ⇒ ~A(~r, t) =

µ0

4π

∫ z=+s/2

z=−s/2

~I (t− |~r − ~z |/c)|~r − ~z | dz

Como a integral em dz daria uma contribuicao proporcional a s, posso substituir o inte-

grando por seu valor em z = 0 (ja que estamos sempre mantendo a contribuicao de ordem

+ baixa em s):

~A(r, θ, t) =µ0

4π

(−q0ω sinω(t− r/c))r

k (s) = −µ0p0ω

4π rsinω(t− r/c) k .

Em coordenadas esfericas, k = cos θ r − sin θ θ

⇒ ~∇V =∂V

∂rr +

1

r

∂V

∂θθ =


= − p0ω

4πε0 c

cos θ

[− 1

r2sinω(t− r/c)− ω

rccosω(t− r/c)

]r − 1

r2sin θ sinω(t− r/c) θ

.

[ja desprezando os termos em (1/r) cosω(t− r/c), i.e. considerando apenas Vrad].

Como r ≫ c/ω, posso desprezar o 1o. e 3o. termos comparados com o 2o. , e

~∇V =p0ω

2

4πε0 c2

(cos θ

r

)cosω(t− r/c) r .

∂ ~A

∂t= −µ0p0ω

2

4π rcosω(t− r/c)

(cos θ r − sin θ θ

)

⇒ ~E = −~∇V − ∂ ~A

∂t= −µ0p0ω

2

4π

(sin θ

r

)cosω(t− r/c) θ

(notar: a componente radial do campo de radiacao e nula).

~∇× ~A = ~B =1

r

[∂

∂r(r Aθ)−

∂Ar

∂θ

]ϕ =

=1

r

[+µ0p0ω

4πsin θ

∂

∂r(sinω(t− r/c))− µ0p0ω

4π rsinω(t− r/c) d

dθ(cos θ)

]ϕ =

= −µ0p0ω

4π r

[ω

csin θ cosω(t− r/c) + sin θ

rsinω(t− r/c)

]ϕ .

Como estamos considerando ω/c≫ 1/r, podemos desprezar o 2o. termo acima.

⇒ ~B = −µ0p0ω2

4π c

(sin θ

r

)cosω(t− r/c) ϕ .

⇒ ~E e ~B sao mutuamente perpendiculares, em fase: E0/B0 = c (como para ondas planas).

θ

z

p(t)

E

Br

Vetor de Poynting:

~S =1

µ0

~E × ~B =µ0

c

[p0ω

2

4π

(sin θ

r

)cosω(t− r/c)

]2r ⇒ 〈~S〉 = µ0p

20ω

4

32π c

sin2 θ

r2r .


Radiacao anisotropica: ~S = 0 em θ = 0.

θ

z

y

Sp(t)

Grafico polar de ~S(θ)

Potencia total irradiada sobre uma esfera de raio r:

〈P 〉 =∫〈~S〉 · d~a =

µ0p20ω

4

32π c

∫sin2 θ

r2r2 sin θ dθ dϕ =

1

4πε0

p20ω4

3 c3

(independente de r [ conservacao de energia ]).

• Radiacao de dipolo magnetico

x

y

zP

r

adl

θ

φψ

I(t) = I0 cosωt ⇒ ~m(t) = πa2 I(t) k = m0 cosωt k , com m0 = πa2 I0 .

Carga total do loop = 0 ⇒ V ≡ 0

~A(~r, t) =µ0

4π

∫I0 cosω(t− |~r − ~a |/c)

|~r − ~a | d~ℓ .

Se P esta no plano xz, ~A(P ) deve ser ‖ y: componentes x de d~ℓs simetricos em relacao ao

plano xz se cancelam.

⇒ ~A(~r, t) =µ0 I04π

a j

∫ 2π

0

cosω(t− |~r − ~a |/c)|~r − ~a | cosϕdϕ

(lembrar: ~a = a cosϕ i+ a sinϕ j ; d~ℓ = d~a ; d~ℓeff = a cosϕdϕ j).

Como |~r − ~a | = (r2 + a2 − 2ra cosΨ)1/2 ,

~r = r sin θ i+ r cos θ k~a = a cosϕ i+ a sinϕ j

,

ra cosΨ = ~r · ~a = ra sin θ cosϕ ⇒ |~r − ~a | = (r2 + a2 − 2ra sin θ cosϕ)1/2 .


Devemos ter a≪ r

⇒ |~r − ~a | = r(1− a

rsin θ cosϕ

)⇒ 1

|~r − ~a | =1

r

(1 +

a

rsin θ cosϕ

).

cosω(t− |~r − ~a |/c) = cos[ω(t− r

c

)+ωa

csin θ cosϕ

]=

= cosω(t− r

c

)cos(+ωa

csin θ cosϕ

)− sinω

(t− r

c

)sin(+ωa

csin θ cosϕ

).

Admitindo que a≪ c/ω = λrad, vamos manter apenas os termos em 1a. ordem em ωa/c:

cosω(t− |~r − ~a |/c) ≃ cosω(t− r

c

)− ωa

csin θ cosϕ sinω

(t− r

c

)

⇒ ~A(~r, t) =

µ0I04π

aj

∫ 2π

0

[1

r

(1 +

a

rsin θ cosϕ

)] [cosω

(t− r

c

)− ωa

csin θ cosϕ sinω

(t− r

c

)]cosϕdϕ

Como a/r ≪ 1, ωa/c ≪ 1, vamos desprezar o termo que contem o produto destas 2

quantidades

⇒ ~A(~r, t) ≃

µ0I04πr

a j

∫ 2π

0

cosω

(t− r

c

)+ a sin θ cosϕ

[1

rcosω

(t− r

c

)− ω

csinω

(t− r

c

)]cosϕdϕ .

Como

∫ 2π

0

cosω(t− r

c

)cosϕdϕ = 0 ;

∫ 2π

0

cos2 ϕdϕ = π ,

~A(r, θ, t) =µ0m0

4π

sin θ

r

[1

rcosω

(t− r

c

)− ω

csinω

(t− r

c

)]ϕ ,

onde na ultima passagem , a identificacao ϕ = j e porque o ponto P esta no plano xz.

Para ω = 0, recobramos o potencial do dipolo estatico:

~A(r, θ) =µ0

4π

m0 sin θ

rϕ .

Na zona de radiacao r ≫ c/ω, o 1o. termo pode ser desprezado, e ficamos com:

~A(r, θ, t) = −µ0m0ω

4π c

(sin θ

r

)sinω

(t− r

c

)ϕ .

⇒ ~E = −∂~A

∂t=µ0m0ω

2

4π c

sin θ

rcosω

(t− r

c

)ϕ ;

~B = ~∇× ~A = −µ0m0ω2

4π c2

(sin θ

r

)cosω

(t− r

c

)θ .


No calculo de ~B, levamos em conta que:

~∇× ~A =1

r sin θ

∂

∂θ(Aϕ)

︸︷︷︸∝1/r2

r − 1

r

∂

∂r(r Aϕ)

︸︷︷︸∝(ω/rc)≫1/r2

θ ,

portanto mantivemos apenas o 2o. termo.

De novo: ~E e ~B em fase, mutuamente perpendiculares e tranversais a direcao de propagacao

r; E0/B0 = c.

O vetor de Poynting e:

~S =1

µ0

~E × ~B =µ0

c

[m0ω

2

4π c

(sin θ

r

)cosω(t− r/c)

]2r ⇒

I = 〈~S〉 = µ0m20ω

4

32π c3

(sin2 θ

r2

)r ,

i.e., a distribuicao angular da potencia irradiada e a mesma que para radiacao de dipolo

eletrico, vista anteriormente.

A potencia media irradiada e

〈P 〉 = µ0m20

12π c3ω4 =

1

4πε0

m20ω

4

3c5.

Pmag

Pel=

(m0

p0 c

)2

, m0 = πa2 I0 ; p0 = q0s ; Iel0 = q0ω

(i.e., lembrando que a carga que oscila no dipolo e q0, com frequencia ω)

Pmag

Pel=

(πa2I0q0s c

)2

=

(πa2Imag

0

(Iel0 /ω) s c

)2

.

Admitindo dimensoes comparaveis para os dois: s ∼ a, e intensidades maximas iguais,

Imag0 = Iel0 ,

⇒ Pmag

Pel=(aωc

)2≪ 1 ,

pois nossas aproximacoes dependem de termos a≪ c/ω, como visto acima.

⇒ os efeitos de dipolo eletrico dominam, quando presentes, sobre os de dipolo magnetico.


• Radiacao de distribuicao arbitraria de cargas e correntes

Distribuicao localizada proximo da origem

x

y

z

r r−r ’

r ’

P

V (~r, t) =1

4πε0

∫ρ(~r ′, t− (|~r − ~r ′|/c))

|~r − ~r ′| d3r ′ ; |~r − ~r ′| =√r2 + r′2 − 2~r · ~r ′

Vamos sempre admitir r ′ ≪ r em toda a regiao de integracao

⇒ |~r − ~r ′| = r

(1− ~r · ~r ′

r2

);

1

|~r − ~r ′| =1

r

(1 +

~r · ~r ′

r2

)

⇒ ρ(~r ′, t− (|~r − ~r ′|/c)) = ρ

(~r ′, t− r

c+r · ~r ′

c

).

Expandindo ρ em serie de Taylor em t, em torno de t0 = t− r/c,

ρ(~r ′, t− (|~r − ~r ′|/c)) = ρ(~r ′, t0) + ρ(~r ′, t0)

(r · ~r ′

c

)+ · · · , com ρ ≡ ∂ρ

∂tetc

Vamos nos manter em termos em 1a. ordem em ~r ′, portanto vamos desprezar os termos

seguintes, que envolvem ρ (r · ~r ′/c)2 etc.

⇒ V (~r, t) =1

4πε0 r

∫ [(1 +

~r · ~r ′

r2

)(ρ(~r ′, t0) + ρ(~r ′, t0)

(r · ~r ′

c

))]d3r ′ =

(desprezando o termo de 2a. ordem em ~r ′ que vem do produto cruzado)

=1

4πε0 r

[∫ρ(~r ′, t0) d

3r ′ +r

r·∫~r ′ ρ(~r ′, t0) d

3r ′ +r

c·∫ρ(~r ′, t0)~r

′ d3r ′]=

=1

4πε0 r

∫ρ(~r ′, t0) d

3r ′

︸︷︷︸Q (indep. de t)

+r

r·∫~r ′ ρ(~r ′, t0) d

3r ′

︸︷︷︸~p(t0) (mom. dipolo)

+r

c· ddt

∫ρ(~r ′, t0)~r

′ d3r ′

︸︷︷︸~p(t0)

⇒ V (~r, t) =1

4πε0

[Q

r+r · ~p(t0)r2

+r · ~p(t0)rc

]


i.e., o 1o. termo e o de monopolo estatico,e o 2o. e o dipolo estatico. Evidentemente, o 3o.

termo nao tem correspondente estatico.

~A(~r, t) =µ0

4π

∫ ~J(~r ′, t− (|~r − ~r ′|/c))|~r − ~r ′| d3r ′ ;

vamos mostrar que, para obter a contribuicao de 1a. ordem em r ′, basta tomar |~r−~r ′| = r

no numerador e no denominador:

⇒ ~A(~r, t) =µ0

4π r

∫~J(~r ′, t0) d

3r ′ , com t0 = t− r

c.

Temos:

∫~∇ ·(x ~J)d3r ′ =

∫ (~∇x)︸︷︷︸

x

· ~J + x (~∇ · ~J)

d3r ′ =

∫ [Jx + x

(−∂ρ∂t

)]d3r ′ =

=

∫Jx d

3r ′ − d

dt

∫xρ d3r ′ = 0 , porque

∫~∇ ·(x ~J)d3r ′ =

∫

s∞

(x ~J)· d~a→ 0 ,

porque ~J esta contido em um volume limitado.

⇒∫

~J d3r ′ =d

dt

∫~r ′ρ d3r ′

︸︷︷︸~p

= ~p .

Assim,

~A(~r, t) =µ0~p(t0)

4π r

( e 1a. ordem em r ′ porque ~p e 1a. ordem em r ′).

Campos: como estamos interessados apenas na zona de radiacao, queremos apenas campos

em 1/r; desprezamos campos em 1/r2.

⇒ ~∇V ≃ 1

4πε0~∇(r · ~p(t)rc

)=

1

4πε0

r · ~p(t)rc

~∇(t0) = −1

4πε0 c2

(r · ~p(t0)

)

rr ,

onde (i) nao consideramos as derivadas de r e de 1/r, pois elas dariam termos 1/r2; e (ii)

usamos que ~∇(t0) = ~∇(t− r/c) = −r/c.

∂ ~A

∂t=µ0

4π

~p(t0)

r;

~∇× ~A =µ0

4π r

− ∂

∂r[pϕ(t0)] θ +

∂

∂r[pθ(t0)] ϕ

= − µ0

4π rc

−pϕ θ + pθ ϕ

,


onde usamos de novo que os unicos termos que, ao final, dao contribuicao 1/r sao os que

vem de ~∇p = p ~∇(t0).

⇒ ~E(~r, t) =µ0

4π r

[(r · ~p(t0)

)r − ~p(t0)

];

~B(~r, t) = − µ0

4π rc

[r × ~p(t0)

].

Com o eixo z na direcao de ~p(t0), e lembrando que z = cos θ r − sin θ θ,

~E(r, θ, t) =µ0

4πp(t0)

(sin θ

r

)θ ; ~B(r, θ, t) =

µ0

4π cp(t0)

(sin θ

r

)ϕ .

Temos ~E ⊥ ~B, transversais e em fase; E0/B0 = c.

~S =1

µ0

~E × ~B =µ0

16π2c[p(t0)]

2 sin2 θ

r2r ;

P =

∫~S · d~a =

µ0

6π c[p(t0)]

2=

1

4πε0

2p 2

3c3.

As expressoes de ~E, ~B, ~S e P se reduzem aquelas ja deduzidas para o dipolo oscilante, se

fizermos p(t) = p0 cosωt.

Para uma carga pontual, sendo ~s(t) = posicao da carga, e ~a(t) = aceleracao,

~p(t) = q ~s(t) ⇒ ~p(t) = q~a(t) ⇒ P =1

4πε0

2

3

q2a2

c3(Formula de Larmor) .

Notar: P ∝ a2.

Vimos entao que o termo de ordem + baixa em uma expansao de multipolos, que produz

campo de radiacao, e o de dipolo eletrico. Se a carga total variasse com o tempo, haveria

uma contribuicao de monopolo:

Vmono =Q(t0)

r⇒ ~Emono(rad) =

Q(t0)

rr .

Mas Q ≡ 0. Lembrar: esfera com raio oscilante:

~Eexterno =Qtotal

r2r , sempre .

Se p ≡ 0 (ou p ≡ 0), termos de ordens + altas: quadrupolo eletrico e dipolo magnetico.


• Radiacao de carga pontual

– Potenciais de Lienard-Wiechert

Considere uma carga seguindo uma trajetoria: ~w(t).

Os potenciais em ~r, t dependem da posicao da carga em um tempo tr, dado implicitamente

pela equacao

|~r − ~w(tr)| = c |t− tr| .

O

Pr

r−w(t )w(t )rr

Notar: a cada instante so se recebe informacao de um ponto sobre a trajetoria [ suponha

que se recebesse informacao de 2 pontos:

|~r − ~w1(tr1)| − |~r − ~w2(tr2)| = c(tr2 − tr1) (ver abaixo).

P

c(t −t )r r

v

w (t )

2 1

2 r2

w (t )1r1

⇒ a particula tera se deslocado de ~w1 a ~w2 com velocidade radial = c (sem contar a

componente tangencial) ].

Potenciais retardados:

V (~r, t) =1

4πε0

∫ρ(~r ′, tr)

|~r − ~r ′| d3r ′ .

Para uma particula, posso tirar o denominador da integral (fica subentendido que o valor

de ~r ′ que aparece fora da integral e aquele para o qual a densidade [dentro da integral]

tem a singularidade tipo δ de Dirac):

V (~r, t) =1

4πε0|~r − ~r ′|

∫ρ(~r ′, tr) d

3r ′ .

Mas tenho de olhar com cuidado a integral (porque δs criam problemas).

Suponha que a particula fosse estendida em 1−D (vamos mostrar que o efeito vale inclusive

no limite L→ 0).


v

L

L’ d

PIFF’

v tr∆

L = tamanho real; L′ = tamanho aparente (porque, no instante t em P , vemos o ponto

I na posicao que ocupava em t − d/c, e o ponto F em F ′, posicao ocupada por ele em

t− (d+ L′)/c).

∆tr = t− d

c−[t− (d+ L′)

c

]=L′

c=L′ − Lv

⇒ L′ =L

(1− v/c) .

Para uma barra se afastando, teriamos L′ = L/(1 + v/c).

Para movimento em uma direcao qualquer,

vL’

F’

P

LI

θ

r(r>>L)

O tempo extra que a luz tem de viajar e L′ cos θ/c [ durante o qual a barra se desloca de

(L′ − L)/v ].L′ cos θ

c=L′ − Lv

⇒ L′ =L

1− vc cos θ

.

Nao ha distorcao na direcao ⊥ ao movimento. Portanto, com r = unitario dirigido da

barra para o observador, o volume aparente Vap se relaciona com o volume real V por:

Vap =V

1− r·~vc

.

Isto e correto mesmo se volume → zero (carga pontual) [ Notar: isto e geometria; nao e

relatividade especial ].

⇒∫ρ(~r ′, tr) d

3r ′ =q

1− r·~vc

, com ~v = ~v(tr) .

v

R

aparente


Finalmente,

V (~r, t) =1

4πε0

q

|~r − ~r ′|(1− r·~v

c

) , (∗)

onde ~r ′, ~v: posicao e velocidade em tr. Como ~J = ρ~v,

~A(~r, t) =µ0

4π

∫ρ(~r ′, tr)~v(tr)

|~r − ~r ′| d3r ′ =µ0

4π

~v

|~r − ~r ′|

∫ρ(~r ′, tr) d

3r ′ ⇒

⇒ ~A(~r, t) =µ0

4π

q~v

|~r − ~r ′|(1− r·~v

c

) =~v

c2V (~r, t) . (∗∗)

(∗) e (∗∗) sao os potenciais de Lienard-Wiechert.

Exemplo: potencial de carga pontual com velocidade constante

~w(t) = ~vt .

O tempo retardado e a solucao de:

|~r − ~vtr| = c(t− tr) ⇒ r2 − 2~r · ~v tr + v2t2r = c2(t2 − 2ttr + t2r) .

(c2 − v2) t2r − 2(c2t− ~r · ~v)tr + c2t2 − r2 = 0

⇒ tr =(c2t− ~r · ~v)±

√(c2t− ~r · ~v)2 + (c2 − v2) (r2 − c2t2)

(c2 − v2) .

Se v = 0, tr = t ± r/c ⇒ o sinal correto e o negativo (o sinal positivo seria tempo

avancado).

Com | ~R| ≡ |~r − ~v tr| = c(t− tr) ; R ≡~r − ~v trc(t− tr)

| ~R|(1− R · ~v

c

)= c(t− tr)

[1− ~v

c· (~r − ~vtr)c(t− tr)

]= c(t− tr)−

~v · ~rc

+v2

ctr =

=1

c

[(c2t− ~v · ~r)− tr(c2 − v2)

]=

(substituindo a expressao de tr)

=1

c

[(c2t− ~v · ~r)− (c2 − v2)

(c2t− ~r · ~v)±

√(c2t− ~r · ~v)2 + (c2 − v2) (r2 − c2t2)

(c2 − v2)

]=

=1

c

√(c2t− ~r · ~v)2 + (c2 − v2) (r2 − c2t2) .

⇒ V (~r, t) =q

4πε0

1

R(1− R·~v

c

) =qc

4πε0√(c2t− ~r · ~v)2 + (c2 − v2) (r2 − c2t2)

.


• Campos de carga pontual em movimento

Com ~R ≡ ~r − ~w(tr) , ~v = ~w(tr),

~∇V =qc

4πε0

−1(Rc− ~R · ~v)2

~∇(Rc− ~R · ~v

).

Como R = c(t− tr) , ~∇R = −c~∇tr ;

~∇( ~R · ~v) = ( ~R · ~∇)~v︸︷︷︸1

+(~v · ~∇)R︸︷︷︸2

+ ~R× (~∇× ~v)︸︷︷︸3

+~v × (~∇×R)︸︷︷︸4

;

1 : ( ~R·~∇)~v =

(Rx

∂

∂x+Ry

∂

∂y+Rz

∂

∂z

)~v(tr) = Rx

d~v

dtr

∂tr∂x

+Ryd~v

dtr

∂tr∂y

+Rzd~v

dtr

∂tr∂z

=

= ~a(~R · ~∇tr

), ~a ≡ ~v = ~a(tr) .

2 : (~v · ~∇)R = (~v · ~∇)~r − (~v · ~∇)~w ;

(~v · ~∇)~r =(vx

∂

∂x+ vy

∂

∂y+ vz

∂

∂z

)(x i+ y j + z k) = ~v ;

(~v · ~∇)~w = vxd~w

dtr

∂tr∂x

+ vyd~w

dtr

∂tr∂y

+ vzd~w

dtr

∂tr∂z

= ~v(~v · ~∇tr)(~v =

d~w

dtr

). (∗)

3 : ~∇× ~v = i

(∂vz∂y− ∂vy

∂z

)+ j

(∂vx∂z− ∂vz

∂x

)+ k

(∂vy∂x− ∂vx

∂y

)=

= i

(dvzdtr

∂tr∂y− dvydtr

∂tr∂z

)+ j

(dvxdtr

∂tr∂z− dvzdtr

∂tr∂x

)+ k

(dvydtr

∂tr∂x− dvxdtr

∂tr∂y

)=

= i(az(~∇tr)y − ay(~∇tr)z

)+ · · · = −~a× ~∇tr .

4 : ~∇×R = ~∇× ~r︸︷︷︸≡0

−~∇× ~w = +(~v × ~∇tr) (mesmo argumento de (3)) . (∗∗)

⇒ ~∇( ~R · ~v) = ~a( ~R · ~∇tr) + ~v − ~v(~v · ~∇tr)− ~R× (~a× ~∇tr) + ~v × (~v × ~∇tr) .

Mas:

~R× (~a× ~∇tr) = ~a( ~R · ~∇tr)− ~∇tr( ~R · ~a) ;~v × (~v × ~∇tr) = ~v(~v · ~∇tr)− ~∇tr(v2) ;

⇒ ~∇( ~R · ~v) = ~v +[( ~R · ~a)− v2

]~∇tr

⇒ ~∇V =qc

4πε0

1

(Rc− ~R · ~v)2[c2~∇tr + ~v +

[( ~R · ~a)− v2

]~∇tr]=


=qc

4πε0

1

(Rc− ~R · ~v)2[+~v +

c2 − v2 + ( ~R · ~a)

~∇tr].

Calculo de ~∇tr:

|~r − ~w(tr)| = c(t− tr) ⇒ −c~∇tr = ~∇R = ~∇√~R · ~R =

1

2√~R · ~R

~∇( ~R · ~R) =

=1

R[( ~R · ~∇) ~R+ ~R× (~∇× ~R)

].

(lembrando que ~∇( ~A · ~B) da 4 termos, que neste caso sao iguais 2 a 2).

Mas ( ~R · ~∇) ~R = ( ~R · ~∇)~r︸︷︷︸= ~R

− ( ~R · ~∇)~w︸︷︷︸=~v( ~R·~∇tr)

= ~R− ~v( ~R · ~∇tr) (de (∗)) ; e ~∇× ~R = (~v × ~∇tr) ,

como ja vimos em (∗∗).

⇒ −c~∇tr =1

R[~R− ~v( ~R · ~∇tr) + ~R× (~v × ~∇tr)

]=

1

R[~R− ( ~R · ~v)~∇tr

],

porque ~R× (~v × ~∇tr) = ~v( ~R · ~∇tr)− ~∇tr( ~R · ~v).

⇒ ~∇tr = −~R

(Rc− ~R · ~v)

⇒ ~∇V =qc

4πε0

1

(Rc− ~R · ~v)3(Rc− ~R · ~v)~v −

[c2 − v2 + ( ~R · ~a)

]~R.

Similarmente, obtem-se

∂ ~A

∂t=

qc

4πε0

1

(Rc− ~R · ~v)3

(Rc− ~R · ~v)

(−~v + R

c~a

)+Rc

[c2 − v2 + ( ~R · ~a)

]~v

.

Com ~u ≡ cR − ~v,

~E(~r, t) =q

4πε0

R( ~R · ~u)3

[~u(c2 − v2) + ~R× (~u× ~a)

], (†)

porque ~R× (~u× ~a) = ~u( ~R · ~a)− ~a( ~R · ~u).

~∇× ~A =1

c2~∇× (~v V ) =

1

c2

[V (~∇× ~v)− ~v × (~∇V )

];

~∇× ~v = −~a× ~∇tr; ja calculamos ~∇V

⇒ ~B = ~∇× ~A = −1

c

q

4πε0

1

( ~R · ~u)3~R×

[~v(c2 − v2) + ~v( ~R · ~a) + ~a( ~R · ~u)

].


Como ~v = cR − ~u,~B = −1

c

q

4πε0

1

( ~R · ~u)3~R×

[(cR − ~u)(c2 − v2) + (cR − ~u)( ~R · ~a) + ~a( ~R · ~u)

]=

= +1

c

q

4πε0

1

( ~R · ~u)3~R×

[~u(c2 − v2) + ~u( ~R · ~a)− ~a( ~R · ~u)

]=

1

cR × ~E ,

onde na ultima igualdade, usamos a comparacao com (†) acima.

⇒ ~B ⊥ ~E, e ao vetor de posicao retardado.

P

B(t)

E(t)

w(t ) w(t)r

R

~E =q

4πε0

R( ~R · ~u)3

~u(c2 − v2)︸︷︷︸

∼1/R2

+ ~R× (~u× ~a)︸︷︷︸∼1/R

,

i.e., o campo de radiacao corresponde ao 2o. termo.

Notar: se ~v = ~a = 0 , ~u = cR , ~E = (q/4πε0R2) R (campo de Coulomb).

Notar: ~Erad ∼ ~R× (~u× ~a) ⊥ ~R (transverso).

Erad/Brad = c.

Exemplo: Campos ~E e ~B de carga com velocidade constante

~a = 0 ⇒ ~E =q

4πε0

(c2 − v2)( ~R · ~u)3

R ~u ;

~w = ~vt ⇒ R ~u = c ~R−R~v = c(~r − ~vtr)− c(t− tr)~v = c(~r − ~vt) .Ja obtivemos, para este caso de velocidade constante, que

Rc− ~R · ~v = ~R · ~u =√(c2t− ~r · ~v)2 + (c2 − v2)(r2 − c2t2) ,

e pode-se mostrar (ver Griffiths, 3a. edicao , problema 10.14), que

~R · ~u = Rc

√1− v2

c2sin2 θ ,

com R, θ ≡ posicao presente da particula (ver figura)

Rr

O

P

vt r vt pres.ret.

θ

R


⇒ ~E(~r, t) =q

4πε0

(c2 − v2)[Rc√1− v2

c2 sin2 θ

]3 c (~r − ~vt︸︷︷︸~R

) =q

4πε0

R

R2

(1− v2/c2)(1− v2

c2 sin2 θ)3/2

⇒ o campo aponta radialmente da posicao presente da particula (mas ele se origina da

posicao retardada).

Efeito do sin2 θ no denominador: com ~E0 ≡ campo de uma carga de repouso, teremos

anisotropia:

θ = 0, π : ~E =

(1− v2

c2

)~E0 < ~E0 ; θ =

π

2: ~E =

1√1− v2

c2

~E0 > ~E0

v

Linhas de campo de E

~B : R =~r − ~vtrR =

(~r − ~vt) + ~v(t− tr)R =

~R

R +~v

c⇒ ~B =

1

c(R × ~E) =

1

c2~v × ~E

v

B

Linhas de campo de B

• Potencia irradiada por carga pontual

~S =1

µ0

~E × ~B =1

µ0 c~E × (R × ~E) =

1

µ0 c

[RE 2 − ~E(R · ~E)

].

So nos interessam os termos de radiacao, correspondentes a

~Erad =q

4πε0

R( ~R · ~u)3

(~R× (~u× ~a)

), ~u = cR − ~v .

Como ~Erad · R = 0 , ~Srad =1

µ0 cE 2

rad R .

Se, em t = tr , ~v = 0 , ~u× ~a = cR × ~a

~Erad =q

4πε0 c21

R[R × (R × ~a)

]=

q

4πε0 c21

R[R(R · ~a)− ~a

]


⇒ ~Srad =1

µ0 c

(q

4πε0 c2

)21

R2

(a2 − (R · ~a)2

)R =

1

4πε0

(q2

4π c3

)a2 sin2 θ

R2R

(θ ≡ angulo entre ~a e ~R).De novo, a distribuicao angular da radiacao tem o perfil anisotropico visto, e.g., para a

radiacao de dipolo.

Potencia total:

P =

∫~Srad · d~a (~a ≡ area, aqui) =

1

ε0 c

( q

4π c

)2a2∫

sin2 θ

R2R2 sin θ dθ dϕ ⇒

P =1

4πε0

2

3

q2a2

c3.

(identica a formula de Larmor).

Por que tivemos de supor ~v(tr) = 0 para reobter a formula de Larmor? Ou, por que

a formula de Larmor e reobtida com a hipotese ~v(tr) = 0? Essencialmente, e porque a

formula de Larmor foi obtida admitindo que as cargas sao confinadas proximo da origem,

portanto 〈~v(tr)〉 = 0 em media.

• Para ~v 6= 0, temos de levar em conta que a taxa a qual a energia que passa pela superficie

de uma esfera de raio R (dW/dt) nao e a mesma taxa a qual ela e emitida (dW/dtr):

v(t )r

R

dW

dtr=dW

dt

/ ∂tr∂t

=( ~R · ~u)Rc

dW

dt=

(1− R · ~v

c

)dW

dt.

Isto e porque:

R = |~r − ~w(tr)| = c(t− tr) ⇒d

dt(R2) =

d

dtr2 − 2~r · ~w(tr) + w2(tr) =

= −2(~r − ~w︸︷︷︸~R

) · ~v(tr)∂tr∂t

=d

dt

[c2(t− tr)2

]= 2c2(t− tr)

(1− ∂tr

∂t

)

⇒ ∂tr∂t

=c2(t− tr)

− ~R · ~v + c2(t− tr)=

cRRc− ~R · ~v

=cR~R · ~u

.

Portanto, a potencia total emitida Pem. em tr nao e igual a potencia Patr. que, em t = t,

atravessa a superficie da esfera de raio c(t− tr):

dPem.

dΩ=

(~R · ~uRc

)dPatr.

dΩ.


dPem.

dΩ=

(~R · ~uRc

)1

µ0 cE 2

radR2 =

(~R · ~uRc

)1

µ0 c

(q

4πε0

)2 R2

( ~R · ~u)6(~R× (~u× ~a)

)2R2 =

=1

4πε0

(q2

4π

) [R × (~u× ~a)]2

(R · ~u)5.

A integracao angular em θ e ϕ fornece:

Pem. =1

4πε0

2

3

q2

c3γ6

[a2 −

(~v

c× ~a)2], γ ≡ 1√

1− v2/c2.

Exemplo: ~v e ~a colineares (em t = tr)

~u× ~a = (cR − ~v)× ~a = cR × ~a ;dPem.

dΩ=

1

4πε0

(q2

4π

)c2

[R × (R × ~a)

]2

(cR · ~v)5;

R × (R × ~a) = R(R · ~a)− ~a ⇒ (R × (R × ~a))2 = a2 − (R · ~a)2 .

Com o eixo z paralelo a ~v,

dPem.

dΩ=

1

4πε0

(q2

4π c3

)a2 sin2 θ

(1− β cos θ)5 , β ≡ v

c.

A diferenca em relacao a formula de Larmor e o fator (1− β cos θ)5 no denominador:

v zθ

Notar: continua nao havendo radiacao na direcao da aceleracao (neste caso, coincidente

com a do movimento).

Potencia total

Pem. =

∫dPem.

dΩdΩ =

1

4πε0

q2a2

c3

∫ 1

−1

(1− x2)(1− βx)5 dx =

1

4πε0

2

3

(q2a2

c3

)γ6 , γ ≡ 1√

1− β2.

(usou-se integracao por partes).

Notar: P ∼ a2 (nao importa se e aceleracao ou desaceleracao).


• Campo de reacao (ver tambem Jackson cap. 17)

– Formula de Abraham-Lorenz

Radiacao: forca de recuo sobre particula carregada

Suponha uma particula submetida a uma forca externa F , deslocando-se entre os pontos

1 e 2:

(i) Particula neutra:∫F dx = ∆Ec ;

(ii) Particula carregada:∫F dx = ∆′Ec+ energia radiada [ ⇒ ∆′Ec < ∆Ec ]

A energia radiada sera =∫Frad dx.

Admitindo v ≪ c, a formula de Larmor da a energia radiada:

P =1

4πε0

2

3

q2a2

c3⇒ ~Frad · ~v = − 1

4πε0

2

3

q2a2

c3?

Resposta: nao exatamente. A expressao acima da a potencia que chega a longas distancias,

mas a potencia que sai da (ou entra na) particula tem tambem os campos proximos.

Lembrar, p.ex. que na aproximacao de dipolo,

V (~r, t) =1

4πε0

[Q

r+r · ~p(t0)r2

+r · ~p(t0)rc

],

e apenas os termos com ~∇t0 = −r/c dao origem ao campo de radiacao.

Considere um intervalo de tempo [t1, t2] ao fim do qual a particula volta a velocidade e

aceleracao iniciais (para simplificar, vamos considerar movimento ciclico, ou oscilatorio).

∫ t2

t1

~Frad · ~v dt = −1

4πε0

2

3

q2

c3

∫ t2

t1

a2 dt ;

∫ t2

t1

a2 dt =

∫ t2

t1

(d~v

dt

)·(d~v

dt

)dt =

(~v · d~v

dt

) ∣∣∣t2

t1︸︷︷︸=0 (ciclico)

−∫ t2

t1

d2~v

dt2· ~v dt

⇒∫ t2

t1

[~Frad −

1

4πε0

2

3

q2

c3~a

]· ~v dt = 0 .

Ignorando a componente perpendicular a velocidade (se houver), e a media sobre o ciclo,

temos a formula de Abraham-Lorenz:

~Frad =1

4πε0

2

3

q2

c3~a .

Suponha ~Fext = 0:

Frad =1

4πε0

2

3

q2

c3a = ma ⇒ a = a0 e

t/τ , τ =1

4πε0

2

3

q2

mc3.


(τ = 6× 10−24 s para eletrons).

Pode-se eliminar esta solucao homogenea impondo a0 ≡ 0. Mas devemos lembrar que,

mesmo com ~Fext 6= 0, ela sempre estara la, porque

m~a− 1

4πε0

2

3

q2

c3~a = ~Fext ⇒ ~a = ~ah + ~apart ,

onde ~ah e a solucao de:

m~ah −1

4πε0

2

3

q2

c3~ah = 0 .

Mas neste caso, pode-se mostrar que, quando ~Fext 6= 0, a particula comeca a responder

antes da forca comecar a agir:

t

F

a

t<0∆

| t|= τ∆

Exemplo: calcular o amortecimento natural (devido a reacao de radiacao) de uma carga

ligada a uma mola de frequencia natural ω0, com forca externa de frequencia ω

mx = −mω20 x+mτ x··· + Fext

Como sabemos,

x(t) = x0 cos(ωt+ δ) ⇒ x··· = −ω2 x ⇒ mx+mγ +mω20 x = Fext ⇒ γ = ω2τ .

Notar: para oscilacoes senoidais, qualquer numero par de derivadas da velocidade da um

resultado proporcional a velocidade.

• Origem fisica da forca de reacao

Vamos mostrar que: a forca de reacao e o resultado da violacao da 3a. lei de Newton dentro

da carga: uma parte faz forca sobre a outra e vice-versa, mas a soma nao e zero.

Modelo (vamos tomar o limite d→ 0):

d v

q/2

q/2


Vamos admitir: ~v = v x ; ~v(tr) = 0.

d

x

y 1

2x(t)

x(t )r l

R

Campo em (1) devido a (2):

~E(1) =(q/2)

4πε0

R( ~R · ~u)3

[~u(c2 + ~R · ~a)− ~a ( ~R · ~u)

],

~u = cR (porque ~v(tr) = 0) ; ~R = ℓ i+ d j ⇒ ~R · ~u = cR ; ~R ·~a = ℓ a ; R =√ℓ2 + d2 .

x

1

2

E

E

(1)

(2)

Da figura: apenas as componentes x vao interessar (as componentes y se anulam).

ux = cℓ

R ⇒ E(1) x =(q/2)

4πε0

R( ~R · ~u)3

[cℓ

R (c2 + ℓ a)− a cR]=

=(q/2)

4πε0

1

R3

[ℓ+

ℓ2 a

c2− aR2

c2

]= (como d2 = R2 − ℓ2) =

(q/2)

4πε0

[ℓ− ad2/c2

]

(ℓ2 + d2)3/2

⇒ ~F(auto) =q

2

[~E(1) + ~E(2)

]=

2(q/2)2

4πε0

[ℓ− ad2/c2

]

(ℓ2 + d2)3/2i .

Vamos expandir em potencias de d. Para isto, vamos expandir em t− tr ≡ T :

ℓ = x(t)− x(tr) =1

2aT 2 +

1

6aT 3 + · · · (lembrar : x(tr) = 0) ,

com T determinado por ℓ2 + d2 = c2T 2 ⇒ T = d/c, em 1a. ordem em d.

⇒ ℓ =1

2a

(d

c

)2

+1

6a

(d

c

)3

+ · · · = a

2c2d2 +

a

6c3d3 + · · ·

⇒ ~F(auto) =2(q/2)2

4πε0

[a

2c2 d2 + a

6c3 d3 + · · · − ad2

c2

]

[d3]i ,


onde no denominador desprezamos a contribuicao de ℓ, porque sera de ordem d4.

⇒ ~F(auto) =q2

4πε0

[− a

4c2d+

a

12c3+ · · · (potencias positivas de d)

]i .

As aceleracoes, derivadas etc sao calculadas em tr; vamos passar para os valores em t:

a(tr) = a(t) + a(t)(tr − t) + · · · = a(t)− a(t)T + · · · = a(t)− a(t) dc+ · · ·

⇒ ~F(auto) =q2

4πε0

[− 1

4c2d

a(t)− a(t) d

c+ · · ·

+

1

12c3a(t) + · · ·

]i =

=q2

4πε0

[− a(t)4c2d

+a(t)

3c3+ (potencias positivas de d) · · ·

]i .

Chamando m0 ≡ massa de cada “metade” da carga, temos:

~F = ~Fext + ~F(auto) = 2m0 a ⇒

Fext +q2

4πε0

a

3c3=

(2m0 +

1

4πε0

q2

4dc2

)a =

1

c2

[2m0c

2 +1

4πε0

(q/2)2

d

]a .

Os termos significam: 2m0c2 = energia de repouso das massas; (1/4πε0)((q/2)

2/d) =

energia eletrostatica de constituicao da carga (carga “vestida”).

⇒ F radint =

1

4πε0

q2

3c3a .

A formula de Abraham-Lorenz tem um fator 2 extra, porque acima apenas contamos as

forcas entre os extremos (1) e (2); faltam as forcas de cada extremo sobre si mesmo (pode-se

mostrar, vide Griffiths 3a. edicao, problema 11.20).

universidade federal do rio de janeiro - if.ufrj.brsldq/edc_13_2.pdf · variavel no tempo (´e o...

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