Eletromagnetismo II Aula 17 A radiação de um dipolo ... - IFSC

Eletromagnetismo II
Aula 17
A radiação de um dipolo oscilante
O tópico desta aula está na página 452 do livro-texto. Consideremos duas esferas
carregadas com cargas +q e −q, localizadas nos pontos (0, 0, l/2) e (0, 0, −l/2),
respectivamente, conectadas por um fio ao longo do eixo z. Se as cargas variam
no tempo, segue que deve haver corrente através do fio conectando as esferas, já
que a carga é conservada. Assim,
I (t) =
dq (t)
,
dt
indicando que a corrente é positiva quando a carga em (0, 0, l/2) aumenta algebricamente.
Neste caso, temos:
J (r ′ , t) d 3 r ′ = ẑI (t) dz ′ ,
já que somente a componente z da densidade de corrente não é nula. Utilizando
o potencial vetorial retardado, podemos escrever:
A (r, t) = ẑ µ ˆ l/2
0
4π −l/2
(
dz I t − |r−ẑz′ |
′ c
|r − ẑz ′ |
Suponhamos que r ≫ l. Neste caso, podemos fazer a seguinte aproximação:
|r − ẑz ′ | ≈ r − z ′ cos θ ′ ,
)
.
onde
Logo,
Como
A (r, t) ≈ ẑ µ ˆ l/2
0
4π
≈ ẑ µ 0
4πr
−l/2
ˆ l/2
−l/2
cos θ ′ = r · ẑ
r .
dz ′ I ( t − r−z′ cos θ ′ )
c
r − z ′ cos θ ′
dz ′ ⎛
⎝1 + z′
r cos θ′ ⎞
⎠ I
|z ′ |
r
≪ 1,
⎛
⎝t − r c + z′ cos θ ′
c
⎞
⎠ .
1

podemos desprezar a quantidade
z ′
r
cos θ′
que aparece entre parênteses no integrando. No entanto, no argumento da corrente,
o termo
z ′ cos θ ′
c
somente pode ser desprezado frente a r/c se a corrente variar muito pouco durante
o tempo dado por esse termo. Supondo que a corrente seja periódica, podemos
expandi-la em série de Fourier. Vamos também supor que o período da corrente
é muito maior do que o tempo acima e temos:
|z ′ cos θ ′ |
≪ T, para todo z ′ ∈ [−l/2, l/2] ,
c
ou seja,
l
≪ cT = λ,
2
onde λ é o comprimento de onda da radiação emitida pelo dipólo oscilante. Portanto,
se o dipólo é muito menor comparado com o comprimento de onda e o
ponto de observação é muito distante do dipólo, segue:
A (r, t) ≈ ẑ µ 0
4πr
ˆ l/2
−l/2
dz ′ I
= ẑ µ 0
(t
4πr lI − r c
Usando o calibre de Lorentz, obtemos:
∂φ
= −c 2 ∇ · A
∂t
= −c 2 ∂ ∂z
= − µ 0lc 2
4π
[
µ0
(t
4πr lI − r c
⎡
⎣− z (
r 3I t − r c
)]
)
)
.
− z
r 2 c
(
t − r c
)
∂I ( t − r c
∂t
Como a corrente é a derivada temporal da carga, temos:
⎡
l z
φ (r, t) =
q ( t − r )
4πε 0 r 2 ⎣ c
+ I ( t − r c
r c
Neste momento, colocamos as funções para a carga e a corrente:
(
)
q t − r c
(
I t − r )
c
[
ω
(
)]
,
= q 0 cos t − r c
[ (
= −q 0 ωsen ω t − r )]
.
c
) ⎤
⎦ .
) ⎤
⎦ .
2

Em coordenadas polares esféricas, temos:
φ (r, t) = lq { [
0 cos θ 1
4πε 0 r r cos ω
e
Como
temos:
(
t − r c
)]
− ω [ (
c sen ω t − r )]}
c
A (r, t) ≈ −ẑ µ [ (
0
4πr lq 0ωsen ω t − r )]
.
c
ˆr = ˆxsenθ cos ϕ + ŷsenθsenϕ + ẑ cos θ,
ˆθ = ˆx cos θ cos ϕ + ŷ cos θsenϕ − ẑsenθ,
ˆϕ = −ˆxsenϕ + ŷ cos ϕ,
)
ẑ = ˆr (ˆr · ẑ) + ˆθ
(ˆθ · ẑ + ˆϕ (ˆϕ · ẑ)
= ˆr cos θ − ˆθsenθ.
Logo,
A (r, t) ≈ −ˆr µ [
0
4πr lq 0ω cos θsen ω
Agora basta calcularmos os campos:
e
(
t − r )]
+ ˆθ µ 0
c
B = ∇ × A
⎡ ( )
⎤
= ˆϕ 1 ∂ rˆθ · A ∂ (ˆr · A)
⎢
⎣ − ⎥
⎦
r ∂r ∂θ
= −ˆϕ µ [ (
0
4πrc lq 0ω 2 senθ cos ω t − r c
− ˆϕ µ 0
4πr 2lq 0ωsenθsen
= −ˆϕ µ 0
4π
onde
∂φ
∂r = lq 0
cos θ ∂ 4πε 0 ∂r
= lq 0
4πε 0
cos θ
[
ω
(
t − r c
lq 0 ω
r senθ {
ω
c cos [
ω
)]
)]
[
4πr lq 0ωsenθsen
(
t − r )]
+ 1 [ (
c r sen ω t − r )]}
c
E = −∇φ − ∂A
∂t
= −ˆr ∂φ
∂r − ˆθ 1 ∂φ
r ∂θ − ˆϕ 1 ∂φ
rsenθ ∂ϕ − ∂A
∂t ,
{ [ (
1
r cos ω
2
⎧⎛
⎨
⎝ ω2
⎩
rc 2 − 2 r 3 ⎞
t − r c
[
⎠ cos ω
3
)]
− ω [ (
rc sen ω
)]}
ω
(
t − r )]
.
c
t − r c
(
t − r )]
+ 2ω
[ (
c r 2 c sen ω t − r )] ⎫ ⎬
c
⎭ ,

e
∂A
∂t
Logo,
∂φ
∂θ = − lq { [ (
0 senθ 1
4πε 0 r r cos ω t − r )]
− ω [ (
c c sen ω t − r )]}
,
c
= −ˆr µ 0
4πr lq 0ω cos θ ∂ [
∂t sen ω
= −ˆr µ 0
4πr lq 0ω 2 cos θ cos
E = −ˆr lq 0
4πε 0
cos θ
+ ˆθ 1 r
lq 0 senθ
4πε 0 r
⎧⎛
⎨
⎝ ω2
⎩
+ ˆr µ 0
4πr lq 0ω 2 cos θ cos
∂φ
∂ϕ = 0
(
)]
+ ˆθ µ 0
4πr lq 0ωsenθ ∂ ∂t sen [
t − r c
[ (
ω t − r )]
+ ˆθ µ 0
c 4πr lq 0ω 2 senθ cos
[
⎠ cos
rc − 2 ⎞
2 r 3
{ [ (
1
r cos ω t − r c
ou seja,
E = −ˆr 2lq {
0ω
cos θ − 1
[ (
4πε 0 ωr cos ω
3
+ ˆθ lq {(
0ω 1
senθ
4πε 0 ωr − ω
)
cos
3 rc 2
O vetor de Poynting é dado por:
(
)]
ω t − r c
)]
− ω [ (
c sen ω t − r c
+ 2ω
[
r 2 c sen ω
)]}
(
ω t − r c
[ (
ω t − r )]
.
c
(
t − r )] ⎫ ⎬
c
⎭
[ (
ω t − r )]
− ˆθ µ [ (
0
c 4πr lq 0ω 2 senθ cos ω t − r )]
,
c
)]
t − r c
[ (
ω t − r c
+ 1
[
r 2 c sen ω
)]
(
t − r c
− 1
r 2 c sen [
ω
)]}
(
t − r )]}
.
c
)]
S =
1 µ 0
E × B
onde definimos:
e
f (r, t) =
g (r, t) =
= − 1 µ 0ˆr × B 2lq 0ω
4πε 0
cos θf (r, t)
+ 1 µ 0
ˆθ × B lq 0ω
4πε 0
senθg (r, t) ,
{
− 1
[ (
ωr cos ω t − r )]
+ 1
[ (
3 c r 2 c sen ω t − r )]}
c
{(
1
ωr − ω
) [ (
cos ω t − r )]
− 1
[ (
3 rc 2 c r 2 c sen ω t − r )]}
.
c
4

Logo,
onde definimos:
Assim,
(
lq0 ω
S = −ˆθ
4π
( )2 lq0 ω
− ˆr
4π
h (r, t) =
ˆr · S = −
)2 2
senθ cos θf (r, t) h (r, t)
rε 0
1
sen 2 θg (r, t) h (r, t) ,
rε 0
{ [ (
ω
c cos ω t − r )]
+ 1 [ (
c r sen ω t − r )]}
.
c
(
lq0 ω
)2 1
sen 2 θg (r, t) h (r, t) ,
4π rε 0
cuja integral sobre uma superfície esférica de raio R é dada por:
˛
(
R 2 lq0 ω
)2 ˆ
2π
π
dΩˆr · S = −
Rg (R, t) h (R, t) dθ senθsen 2 θ.
4π ε 0
Mas,
Então,
Ω=4π
ˆ π
0
R 2 ˛
dθ senθsen 2 θ =
Ω=4π
=
ˆ π
ˆ0
π
0
= 2 − 2 3
= 4 3 .
dΩˆr · S = −
dθ senθ ( 1 − cos 2 θ )
dθ senθ −
ˆ π
0
0
dθ senθ cos 2 θ
(
lq0 ω
)2 8π
Rg (R, t) h (R, t) .
4π 3ε 0
Quando a superfície esférica tem raio muito grande, temos o resultado:
˛
(
R 2 lq0 ω
)2 8π ω 2 [ (
dΩˆr · S ≈
4π 3ε 0 c 3 cos2 ω t − R )]
.
c
Ω=4π
Como a corrente é dada por
dq (t)
I (t) =
dt
= −q 0 ωsen (ωt) ,
5

definimos a amplitude da corrente como:
Assim,
R 2 ˛
Ω=4π
I 0 = −q 0 ω.
dΩˆr · S ≈ (lI 0) 2 ω 2 [ (
6πε 0 c 3 cos2 ω t − R )]
.
c
Em média, a potência irradiada é, portanto, dada por:
Convencionalmente, podemos escrever:
〈P 〉 = l2 ω 2
6πε 0 c 3 I 2 0
2 .
I 2 0
〈P 〉 = l2 ω 2 µ 0
6πc 2
= l2 ω 2
6π µ √ I0
2
0 ε0 µ 0
2
= l2 (2π) 2
6πT µ √ I0
2
2 0 ε0 µ 0
2
= 2π (
lc
)2
√ I0
2 µ 0 ε0 µ 0
3 λ 2
= 2π (
l 1 √ I0
3 λ)2
2 µ 0 ε0 µ 0
ε 0 µ 0 2
= 2π (
l
)2 √ √√ µ 0 I0
2
3 λ ε 0 2 .
Como uma resistência R sendo atravessada por uma corrente I 0 sen (ωt) dissipa
uma potência média
R I2 0
2
,
definimos a resistência de radiação de um dipólo como:
R r = 2π 3
µ √
0
ε 0
(
l
λ
)2
.
6