1. André Luís da Silva Pessoa
alsppibr@gmail.com(e-mail)/alsp1991(skype)
Referências
[1] Bhag Guru , Huseyin R. Hiziroglu, Eletromagnetic: Field Theory
Fundamentals, Cambridge, 2 ed.
[2] William H. Hayt Jr., John A. Buck, Eletromagnetismo, Livros
Téc. e Cient. Editora, 6 ed., 2003.
[3] Sadiku, Matthew N. O., Elementos de Eletromagnetismo , Bo-
okmann, 2004.
[4] D. J. Griffiths, Eletrodinâmica, Pearson..
[5] Kraus, J. D. e Carver, K. R, Eletromagnetismo, Guanabara Dois,
6 ed.
[6] David K. Cheng Field and Wave Eletromagnetics, ADDISON-
WESLEY PUBLISHING COMPANY, 2 ed.
1

2. Sumário
1 Síntese das equações de Maxwell 3
1.1 Equações na forma discreta: . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Equações de Maxwell na forma fasorial: . . . . . . . . 5
1.2.1 A fórmula de Euler: . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.2 conclusões finais para esta seção: . . . . . . . 6
2 A condição de Lorentz para potenciais: 7
2.1 Potenciais variantes no tempo e a obtenção da con-
dição de Lorentz para potenciais:[3] e [5] . . . . . . . 7
2
2.2 Resolvendo a equação 2 V − εµ ∂ 2V = − ρε e discu-
∂ t
V
tindo o significado de seu resultado:[5] . . . . . . . . 9
3 A onda eletromagnética : 10
3.1 Exercício 01: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.2 Considerações necessárias para cada meio:[3] . . . . . 12
3.3 Equações da Onda para o vácuo: . . . . . . . . . . . 12
3.3.1 Equações de Maxwell para o vácuo: . . . . . . 12
3.3.2 Deduzindo as equações da onda eletromagné-
tica no vácuo:[2] . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.4 Equações da onda para um meio dielétrico(isolante)
:[2] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.5 Equação da onda em meio condutor:[1] . . . . . . . . 15
3.6 Exercício 02: [1], [2] e [3] . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3.7 Exemplo 03: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.8 Estudo da potência de uma OPU: . . . . . . . . . . . 20
3.8.1 Calculando a potência da onda[2] e [3]: . . . . 20
3.8.2 Calculando a densidade de potência média em
um dielétrico[2] e [3]: . . . . . . . . . . . . . . 21
3.8.3 Cálculo Densidade de potência média em um
meio bom condutor[2]: . . . . . . . . . . . . . 21
3.8.4 Potência total [2] e [3]: . . . . . . . . . . . . . 22
3.8.5 Ondas polarizadas linearmente: . . . . . . . . 22
3.9 Exemplo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2

3. 1 Síntese das equações de Maxwell
1.1 Equações na forma discreta:
1.1.1 .E= ρV
• Divergente do vetor intensidade de campo elétrico é igual à
razão entre a densidade volumétrica pela permissividade do
dielétrico;
• Justificativa:
Pela lei de Gauss:
ˆ ˆ
D.dS = ρV .dV (1)
S
V
Pelo teorema de Gauss-Ostrovsky:
ˆ ˆ
.D.dV = ρV .dV (2)
V
V
Derivando ambos os lados e simplificando:
.D = ρV (3)
Substituindo D por E, fica:
ρV
.E = (4)
1.1.2 × E = −µ ∂H
∂t
• O rotacional do vetor intensidade de campo elétrico é igual
ao oposto do produto entre a permeabilidade magnética e a
derivada parcial do vetor intensidade de campo magnético pelo
tempo;
• Justificativa:
Analisando a Lei de Faraday-Neumann-Lenz:
ˆ
dΦ
E.dl = − (5)
C dt
Utilizando o teorema de Stokes ou teorema da divergência:
3

4. ˆ ´
d S B.dS
× E.dS = − (6)
S dt
Colocando a derivada para o interior da integração:
ˆ ˆ
∂B
× E.dS = − .dS (7)
S S ∂t
Derivando ambos os lados,substituindo B por µ.H e simplificando:
∂H
× E = −µ (8)
∂t
1.1.3 .H=0
• O divergente do vertor densidade de fluxo magnético é 0(zero);
• Jsutificativa: Pois as linhas de força magnéticas são fechadas;
∂E
1.1.4 ×H = J+ ∂t
[3]
• O rotacional do vetor intensidade de campo magnético é igual
à soma da densidade de corrente elétrico pelo produto entre
a permissividade do dielétrico pela derivada parcial do vetor
intensidade campo elétrico em relação ao tempo;
• Justificativa:
Analisando a lei de Ampère, temos:
ˆ ´ ˆ ˆ
dQ d S D.dS ∂D
B.dl = I = = = .dS = J.dS (9)
C dt dt S ∂t S
´ I representa corrente elétrica e pode ser expressa como sendo
´
d S D.dS
dt
ou como sendo S J.dS.
Logo desenvolvendo, derivando e substituindo D por E, fica:
×H=J (10)
∂E
×H= (11)
∂t
Se aplicarmos a operação de divergência nos dois membros da
equação 10,fica:
4

5. ∂ρV
.( × H) = .J ∧ .( × H) = 0 ⇒ .J = − =0 (12)
∂t
.J = − ∂ρV é conhecida como a equação da continuidade.
∂t
Como em situações variantes no tempo a equação 12 não ocorre,
pois ∂ρV é distinta de zero, então faz-se o seguinte ajuste:
∂t
×H=J+J (13)
Executando a operação de divergência em ambos os membros da
equação 13, obtêm-se a seguinte situação:
∂ρV
.( × H) = .J + .J = 0 ⇒ .J = − .J = −(− )
∂t
∂ρV ∂( .D) ∂D
= = = . (14)
∂t ∂t ∂t
Logo,
∂D
J = (15)
∂t
Conclui-se então, que:
∂D ∂E
×H=J+ =J+ (16)
∂t ∂t
1.2 Equações de Maxwell na forma fasorial:
O campo elétrico por exemplo pode ser colocado na forma fasorial,
que é determinada analisando incialmente a sua forma variante no
tempo, que é:
−
→
Ex = E(x, y, z) cos(ωt + ψ)ˆx
a (17)
1.2.1 A fórmula de Euler:
eα+jβ = eα [cos(β) + jsen(β)] (18)
• Justificativa: Usando as séries de potência, teremos as seguintes identida-
des:
5

6. x2 x3
ex = 1 + x + + + ... (19)
2! 3!
x2 x4 x6
cos(x) = 1 − + − ... (20)
2! 4! 6!
x3 x5 x7
sin(x) = x −
+ − + ... (21)
3! 5! 7!
Se atribuirmos a x o valor βj, fica:
(βj)2 (βj)3 β2 jβ 3 β4 jβ 5
eβj = 1 + βj + + + ... = 1 + βj − − + + + ... =
2! 3! 2! 3! 4! 5!
β2 β4 β3 β5
= (1 − 2! + 4! + ...) + j(β − 3! + 5! ) = cosβ + jsenβ.
1.2.2 conclusões finais para esta seção:
Ex = Re[E(x, y, z).ej(ωt+ψ) ] = Re[|E(x, y, z)|∠(ωt + ψ)] (22)
Onde fica claro que estamos considerando apenas a parte real
desta operação, que possui também uma parte imaginária; a equação
18 pode também ser expressada comos:
Ex = Re[E(x, y, z).ejψ ].ejwt (23)
→
−
Na equação 23, Re[E(x, y, z).ejψ ] a forma fasorial de E x e será
representada por E S ; teremos agora que:
−→
−
EXS = ES .ejwt ax
ˆ (24)
Derivando E XS teremos que :
∂EXS
= jwES ejwt (25)
∂t
Em tempos instantâneos, a equação 21 fica:
∂EXS
≈ jwES (26)
∂t
Assim, as equações de Maxwell serão reescritas assim:
.EXS = ρV
.HXS = 0
× EXS = −jwµHS
× HXS = J + jw ES
6

7. 2 A condição de Lorentz para potenciais:
2.1 Potenciais variantes no tempo e a obtenção da condi-
ção de Lorentz para potenciais:[3] e [5]
O potencial elétrico escalar e o potencial magnético vetorial são modelados res-
pectivamente:
ˆ
ρV .dv
V = (27)
V 4πεR
ˆ
µ.J.dv
A= (28)
V 4πR
Considerando a identidade:
→ →
− −
×A =B (29)
→
−
Podemos desenvolver a equação de Maxwell na forma discreta, ×E =
→
−
B
− ∂∂t e obter a seguinte igualdade:
→
− →
− →
−
→
− ∂ ×A → ∂
− ×A → ∂A
−
×E =− ⇒ ×E+ =0⇒ × (E + ) = 0 (30)
∂t ∂t ∂t
Como o rotacional de um campo escalar é nulo, podemos inferir que a igual-
dade 30 poder ser reescrita da seginte forma:
→
−
→ ∂A
−
× (E + )= × (− V ) (31)
∂t
que poderá ser simplificado para:
→
−
→ ∂A
−
E+ =− V (32)
∂t
→
−
Isolando E :
→
−
→
− ∂A
E =− V − (33)
∂t
→
−
Conforme as equações de Maxwell na forma discreta, sabe-se que × H =
→
− →
− →− →
− →
− →
− →
−
E E
J +ε ∂∂t o que pode ser reescrito como × B = µ J +εµ ∂∂t , já que B = µ H ;
logo:
→
−
→
− →
− →
− ∂E
× ×A = × B = µ J + εµ (34)
∂t
Aplicando a equação 33 na equação 34:
7

8. →
−
A
∂(− V − ∂∂t )
→
− →
− →
−
× ×A = × B = µ J + εµ (35)
∂t
Como existe a identidade :
→
− →
− 2→
−
× ×A = ( .A) − A (36)
Então :
→
− →
−
A
∂(− V − ∂∂t ) ∂(− V ) A
∂( ∂∂t )
→
− 2→
− →
− →
−
( .A) − A = µ J + εµ = µ J + εµ − εµ
∂t ∂t ∂t
(37)
Reescrevendo a equação 37, fica:
−
→
→
− 2→
− →
− ∂(V ) ∂2A
( .A) − A = µ J − εµ − εµ 2 (38)
∂t ∂ t
ou
−
→
2→
− ∂2A →
− →
− ∂(V )
− A + εµ = µJ − ( . A + εµ ) (39)
∂2t ∂t
ou
−
→
2→
− ∂2A →
− →
− ∂(V )
A − εµ 2 = −µ J + ( . A + εµ ) (40)
∂ t ∂t
→
−
Considerando . A + εµ ∂(V ) = 0 ⇒
∂t
→
− ∂(V )
. A = −εµ (41)
∂t
A equação 41 é chama de condição de Lorentz para potenciais.
Aplicando a equação 41 na equação 40, obtem-se:
−
→
2→
−∂2A →
−
A − εµ 2 = −µ J (42)
∂ t
→
− →
− →
−
Como .E = ρV A
e E = − V − ∂∂t , então:
ε
→
− →
− →
−
→
− →
− ρV ∂A ρV ∂A 2 ∂ .A
.E = .E ⇒ = .(− V − )⇒ = − .( V )− . )=− V−
ε ∂t ε ∂t ∂t
(43)
Aplicando a equação 41 na equação 43:
ρV ∂(−εµ ∂(V ) ) ∂2V
=− 2
V − ∂t
=− 2
V + εµ (44)
ε ∂t ∂2t
ou seja:
8

9. ∂2V ρV
2
2t
V − εµ
=− (45)
∂ ε
As equações 42 e 45 são as equações de onda!
2
2.2 Resolvendo a equação 2 V − εµ ∂ 2V = − ρε e discutindo
∂ t
V
o significado de seu resultado:[5]
Como o operador laplaciano em coordenadas esféricas de V é definido por:
1 ∂(R2 ∂V ) 1 ∂(senθ ∂V ) 1 ∂2V
2
V = 2
∂R
aR + 2
ˆ ∂θ
aθ + 2
ˆ a
ˆ
2θ ∂2ϕ ϕ
(46)
R ∂R R senθ ∂θ R sen
O laplaciano será analisado em coordenadas esféricas por que a melhor si-
metria para analisar a situação fica em simetria esférica.
Como a única direção em que é relevante analisar o problema é na direção do
versor aR , então as demais componentes ai ,para i∈ {θ, ϕ},serão desconsideradas.
ˆ ˆ
então, se ρV = 0:
∂2V 1 ∂(R2 ∂V ) ∂2V
2
V − εµ
=0⇒ 2 ∂R
− εµ 2 = 0 (47)
∂2t R ∂R ∂ t
onde V está dependendo de R e de t, ou seja, V∝ (R, t).
Se chamar V(R,t) de (1/R)U(R,t), ficará:
∂2U ∂2U
2R
− εµ 2 = 0 (48)
∂ ∂ t
√
Resolvendo, ou a solução será em função de (t+R εµ) ou será em função
de (t-R εµ);mas seguindo uma modelagem mais fiel ao que ocorre na prática,
fica:
√
U (R, t) = f (t − R εµ) (49)
√
Na equação 49 constata-se que εµ é a velocidade de propagação e pode-se
constatar que:
√
U (R + R, t + t) = f (t − R εµ) (50)
e a equação 50 sendo reescrita em função de V(R,t) é:
1 √
V (R, t) = f (t − R εµ) (51)
R
A equação 27 diz que dV = ρV .dv
4πεR , então:
ρ(t − R/c).dv
df (t − R/c) = (52)
4πε
9

10. integrando, fica:
ˆ
ρ(t − R/c).dv
f (t − R/c) = (53)
V 4πε
logo,
ˆ
ρ(t − R/c).dv
V (R, t) = (54)
V 4πεR
A equação 54 nos informa que para a onda, os valores futuros estão relacio-
nados com os valores pretéritos.
3 A onda eletromagnética :
Considerando que a onda eletromagnética é formada pelos campos elétrico e
magnético, que estão dispostos como segue:
Segundo os esclarecimentos dados sobre a forma fasorial das funções varian-
tes no podemos escrever o campo elétrico e magnético, como sendo:
Ex = ES ejωt (55)
Hy = HS ejωt (56)
Agora, cabe a nós demonstrarmos uma expressão mais expressiva para os
campos elétrico e magnético utilizando as equações de Maxwell na forma fasorial
como elementos de apoio; Mas antes vale ressaltar uma pequena observação
quanto às ondas:
1. A velocidade angular(ω) = 2πf , onde f é a frequência e [w]=rad/s;
2. A velocidade de fase(Vp )é dada como sendo ∂t ;
∂z
10

11. 3.1 Exercício 01:
−→
− −→
−
Considerando as ondas Ey1 = E01 cos(ωt + βz + θ)ˆy e Ex2 = E02 cos(ωt − βz +
a
θ)ˆx , determine
a
1. As velocidade de fase em ambas as ondas;
2. O versor que corresponde à propagação de ambas as ondas;
3. o versor que corresponde ao crescimento de ambas as ondas;
4. O versor correspondente ao vetor intensidade de campo magnético;
Solução:
Se M = ωt ± βz + θ ⇒ z = ωt+θ−M e como Vp (velocidade de fase)= ∂z ,
±β ∂t
então: ωt+θ−M
∂( )
Vp = ∂z =
∂t
β
∂t = ±ω
β
O sinal negativo ou positivo da velocidade está relacionado com o sentido de
propagação;
Se fizermos um gráfico para ter uma idéia sobre a relação entre o sentido de
propagação e o sinal em ±βz, veja os seguintes gráficos:
A)sen(t)
B)sen(t + π)
C)sen(t − π)
Onde poderemos concluir que com +βz a onda se propaga no sentido de −ˆz a
e que com −βz a onda se propaga no sentido de +ˆz . a
Uma constante na análise dos versores correspondentes à onda eletromagné-
tica é que:
aE × aH = ak , onde ak é o versor que corresponde ao sentido de propagação
ˆ ˆ ˆ ˆ
da onda eletromagnética.
→
−
Considerando E y1 para exemplificar:
Se aE × aH = ak e
ˆ ˆ ˆ
aE = ay
ˆ ˆ
ak = −ˆz
ˆ a
então:
→
−
ay × (−ˆz ) = ak =ˆx , ou seja H y varia sua amplitude segundo o versor ax .
ˆ a ˆ a ˆ
11

12. 3.2 Considerações necessárias para cada meio:[3]
• No vácuo σ(condutividade) = 0, = 0 e µ =µ0 ;
sem perdas : σ = 0;
• Em meio dielétrico
com perdas : σ = 0;
• Em bons condutores σ → ∞;
3.3 Equações da Onda para o vácuo:
3.3.1 Equações de Maxwell para o vácuo:
→
− →
−
1. . E = .H = 0
→
− →
− −
→ −
→
2. H
× E = −µ0 ∂∂t ⇒ × ES = −jω Hs
→
− →
− −→ −
→
∂E
3. ×H = 0 ∂t ⇒ × HS = jwES
3.3.2 Deduzindo as equações da onda eletromagnética no vácuo:[2]
−→ −→
× × Es = −jωµ0 × HS (57)
−→
Substituindo na equação 57 em × HS pela sua respectiva identidade, se-
gundo a equações de Maxwell na forma fasorial:
−
→ −→ −
→
× × Es = −jωµ0 (jω 0 HS ) = ω 2 0 µ0 ES = (58)
Onde ko é conhecido como o número de onda e segundo o exposto vale
√
ω µ0 ε0 .
→
− −→ →
−
Sabendo a existência da identidade × × E S = ( .ES )− 2 E S , infe-
rimos que:
−
→ 2−→ 2−→
× × ES = ( .ES ) − 2
ES= − 2
ES= k0 ES ⇒ 2
ES= − k0 ES (59)
Na equação 59 existe uma operação vetorial que é conhecida como laplaciano
−→
e é o termo ²ES ;
2−
→ ∂ 2 Es ˆ ∂ 2 Es ˆ ∂ 2 Es ˆ
ES = i+ 2 j+ 2 k (60)
∂ 2x ∂ y ∂ z
Como ES varia em funçao apenas de z, então :
2−
→ ∂Ez 2
ES = ∂ 2 z ;
Com as informações acima podemos concluir que :
∂ 2 Es 2
= −ko Es (61)
∂2z
12

13. Resolvendo a equação 61, que é uma equação diferencial de segunda ordem,
obtem-se que:
Es = E0 e−jko z (62)
OBS:A resolução da equação 61 irá ofertar dois termos, porém apenas o
apresentado na equação 62 melhor modela a onda.
Voltando para a equação 17, fica que Ex = Re[ES ]ejωt = Re[E0 e−jk0 z ejωt ] =
Re[E0 ej(ωt−k0 z) ] = E 0 cos(ωt − k0 z).
Ex = E0 cos(ωt − k0 z) (63)
e−jko z )
Como xES = −jωµ0 HS ⇒ ∂ES . −jµ0 ω = HS ⇒ ∂(E0 ∂z
∂z
1 1
. −jw = HS ⇒-
jk0 E0 e −jk0 z
. −jµ0 ω ⇒
1
√ √
⇒ HS = k0 ωµ0 E0 e−jk0 z = ω 0 µ0 ωµ0 E0 e−jk0 z =
1 1 1
0 µ0 µ0 E0 e
−jk0 z
= µ0 E0 e−jk0 z .
ε
0
Se multiplicarmos HS por ejωt e retirarmos a parte real, obteremos :
E0
Hy = cos(ωt − k0 z) (64)
η
Onde η é a impedância intrínsica que é calculada pela expressão µ
ε e tem
como unidade [η] = Ω.
1. Se φ = ωt − k0 z, então ω = ∂φ
∂t = 2πf(f: frequência) e [ω] = 1rad/s;
2. V p (velocidade de f ase) =ω/k0 = √ω
ω µ 0 ε0 = √ 1
µ0 ε0 = c(velocidade da luz
no vácuo)= 3 × 108 m/s;
3. λ(comprimento de onda)= 2π =
k0
√2π
ω µ0 ε0 = 2πf
2π
√
µ0 ε0
c
= f;
4. Ex
Hy = ε0 ;
µ0
3.4 Equações da onda para um meio dielétrico(isolante)
:[2]
Considerando um ambiente dielétrico que diferentemente de um ambiente
como o vácuo, possui perdas e essas perdas irão afetar visivelmente o compor-
tamento da onda no meio dielétrico em que se encontre.
No meio dielétrico ε = − jε , ou seja, será detentor de uma parte real e
de uma parte imaginária.
Se considerar-mos jk=α + jβ, teremos que :
ES = Re[E0 e−jkz ] = Re[E0 e−z(α+jβ) ] = Re[E0 e−αz e−jβz ] (65)
Multiplicando a equação 65 por ejωt ,fica :
Ex = ES ejωt = Re[E0 e−αz ej(ωt−βz) ] = E0 e−αz cos(ωt − βz) (66)
13

14. α > 0, ele ser´ chamado de coef iciente de atenua¸ ao
a c˜
Na equação 38 quando
α < 0, ele ser´ chamado de coef iciente de ganho
a
e
β é chamado de constante de fase.
Como k, no meio dielétrico é :
√ ε
k = ω µε = ω µ(ε − jε ) = ω µε 1−j (67)
ε
Nota: raiz quadrada de um número complexo:
α + jβ = a + jb (68)
Elevando ambos os membros ao quadrado:
α + jβ = a2 − b2 + 2abj (69)
Logo: α = a2 − b2 eβ = 2abj;
√
Se α = a2 −b2 , etão a = α + b2 ; susbsttuindo a igualdade obtida em β,fica:
β = 2 α + b2 × bj (70)
Elevando os dois membros da equação 42 ao quadrado:
β 2 = −4(α + b2 )b2 = −4αb2 − 4b4 (71)
Organizando a equação 43, obtemos:
4b4 + 4αb2 + β 2 = 0 (72)
Se chamarmos b² de γ, teremos:
4γ 2 + αγ + β 2 (73)
resolvendo essa equação do segundo grau, obtem-se:
γ = −α ± α2 + β 2 (74)
Como γ = b², então:
−α ± α2 + β 2
b= √ (75)
2
e sabendo que α = a2 + b2 , obtem − seque :
+α ± α2 + β 2
a= √ (76)
2
14

15. Pela equação 67 temos o valor de k, ao multiplicar esta equação por j, tere-
mos:
√ ε
jk = α + jβ = jω µε = jω µ(ε − jε ) = jω µε 1−j (77)
ε
desenvolvendo a raiz complexa:
√ √ √ √
α + jβ = jω µε 1 − j ε = −1ω µε
ε 1 − j ε = ω µε
ε −1 + j ε =
ε
√ −1+ 1+( ε )2
ε
1+ 1+( ε )2
ε
ω µε ( √
2
+j √
2
).
Logo,
−1 + 1 + ( ε )2
ε
α=ω µε √ (78)
2
1+ 1 + ( ε )2
ε
β=ω µε √ (79)
2
• Se um material for dielétrico e sem perdas, subentende-se que
ε = 0,e portanto:
0
−1 + 1 + ( ε )2
α=ω µε √ =0 (80)
2
1+ 0
1 + ( ε )2 √
2
β=ω µε √ =ω µε √ = ω µε (81)
2 2
3.5 Equação da onda em meio condutor:[1]
Em um meio condutor considera-se σ = 0, o que irá permitir uma remodelagem
das equações obtidas anteriormente considerando agora a condutividade como
termo útil para a análise da situação.
Com σ = 0, pode-se reescrever a seguinte equação:
→
−
→
− ∂H
× E = −µ (82)
∂t
ou
→
− →
− →
−
∂ ×H E
∂(σ E + ε ∂∂t )
→
− 2→
− 2−
→
× × E = −µ ⇒− E = −µ ⇒ ES = jωµσES +jωµε(jωES )
∂t ∂t
(83)
ou seja,
15

16. 2→
−
E = (jωµσ − ω 2 µε)ES (84)
também é possível encontrar:
2→
−
H = (jωµσ − ω 2 µε)HS (85)
Reajustando a expressão jωµσ − ω µε, fica:
2
jωµ(σ+jωε) = −ω 2 µε[1−j ωε ] = −ω 2 µˆ, onde ε = ε[1−j ωε ] = ε −jε ∧ ε =
σ
ε ˆ σ
εR ε0 .
Concluímos então que:
1. ε = ω;
σ
2. ω × ε = σ;
3. tg(δ) = ωε é chamada de tangente de perdas e δ é o ângulo da tangente
σ
de perdas;
4. ε = ε[1 − jtg(δ)]
ˆ
A figura abaixo foi retirada de [1] é importante para a compreensão do proposto:
3.6 Exercício 02: [1], [2] e [3]
a)Considerando que em um meio mau condutor tg(δ) << 1 e que em um
meio bom condutor tg(θ) >> 1, demonstrar expressões aproximadas para α, β
e η para cada um destes meios.
b)Demonstre que o ângulo da impedância intrínsenca(θη ) é 2δ.
c)Demonstrar uma expressão que coloque α e β em função de δ.
Solução:
a)
1 - Propagação em um mau condutor:
Tendo já conhecimento de que:
√ √
jk = α + jβ = jω µε 1 − j ε = jω µε 1 − j ωε ;
ε
σ
2
Poderemos usar a expansão binomial (1 + x)n = 1 + nx + n(n−1)x + ... , que
1!
é válida para x<‌<1, em 1 − j ωε = (1 − j ωε )1/2 ,onde n=1/2 e x=−j ωε ,
σ σ σ
devido à tg(δ) = ωε << 1;
σ
√ desenvolver a expansão binomial, multiplicar o resultado da mesma por
Ao
jω µε e igualar a α + jβ, obtem-se:
σ µ
α= (86)
2 ε
1 σ
β=ω µε [1 + ( )] (87)
8 ωε
Como,
16

17. µ µ µ 1 µ ε µ σ −1/2
η= = = = (1−j )−1/2 = (1−j )
ε ε − jε ε 1− jε ε ε ε ωε
ε
poderemos fazer uso novamente da expansão binomial em (1 − j ωε )−1/2 , onde
σ
dessa vez será atribuído à x o valor de −j ωε e a n o valor de -1/2; após
σ
multiplicar o resultado da expansão binomial por ε , obteremos:
µ
µ σ
η= [1 + j ] (88)
ε 2ωε
2 - Propagação em Bom condutor: √
Como em um bom condutor tg(δ) >> 1, a expressão jk=jω µε 1 − j ωεσ
√ √ √
poderá ser simplificada para jω µε −j ωε = j ω 2 ε µ( −jσ ) = −1 −jσωµ =
σ
ωε
√ √ √
jσωµ = j σωµ;
Como
j = 0 + 1j = 02 + 12 ∠tan−1 (0) = 1∠90◦
, temos que
√ 1 1
1∠90◦ = 1∠45◦ = √ + j √
2 2
e que
1 1 1 1 √
jk = α + jβ = ( √ + j √ ) × 2πf σµ = ( √ + j √ ) × 2 × πf σµ
2 2 2 2
ou seja:
α= πf σµ (89)
β= πf σµ (90)
OBS: O inverso de α é conhecido como profundidade de penetração(∆) e
indica até que ponto a onda penetra em determinado meio.
Para calcular a impedância intrínseca em um bom condutor vale analisar a
sua fórmula geral, onde ressaltaremos a presença da condutividade:
µ 1 µ µ jωµ
η= × σ
= σ = σ
ε −j ω = σ+jωε
ε 1 − j ωε ε (1 − j ωε )
como tg(δ) >> 1 ⇒ σ
ωε >> 1 ⇒ σ >> ωε , poderemos continuar a desen-
volver as igualdades:
ωµ ωµ × σ
σ = = ∠45◦
µ jωµ
η= σ+jωε = j =
σ σ×σ
17

18. √ √
◦ ωµσ 2πf µσ
= ∠45 = ∠45◦
σ σ
continuando√ desenvolver, obteremos:
√
a √ ◦
η = ∠45◦ 2 σ µσ = 2∠45 = ∆σ × ( √2 + j √2 ) =
πf
∆σ
1 1 1 1
∆×σ + j ∆×σ .
1
Logo,
1 1
η= +j (91)
∆×σ ∆×σ
OBS: Alguns livros chamam a profundidade de penetração com o símbolo
”δ”, porém como esse símbolo já foi aqui usado em outro contexto será utilizada
a simbologia “∆” para o representar.
b)Como η = σ+jωε , se colocarmos no denominador em evidência jωε e
jωµ
no numerador retirarmos j do radicando, teremos:
√ √ √ √ √
j× ωµ µ µ/ ε
η = √j×√ωε ×√1−j σ = √ε × 4 √ σ 2
1
1 −1 σ = 4√ σ 2
∠[− 2 tan−1 (− ωε )];
1 σ
ωε
1+( ωε ) ∠ 2 tan (− ωε ) 1+( ωε )
Como a função tangente é função ímpar, temos que tan−1 (−x) = −tan−1 (x)
e que:
√ √ √ √
µ/ ε 1 −1 σ µ/ ε 1
∠ tan (
4 1 + ( σ )2 2
)= 4 σ 2
∠( θη )
ωε
ωε 1 + ( ωε ) 2
Como tan−1 ( ωµ ) = δ e 2 tan−1 ( ωε ) = θη , então δ = 2 × θη !
σ 1 σ
δ = 2 × θη (92)
c)Segundo a figura 1, temos as seguintes identidades: √
sen(δ) = √σ2 +ω2 ε2 , cos(δ) = √σ2ωε 2 ε2 , tg(δ) = ωε e sec(δ) =
σ
+ω
σ σ 2 +ω 2 ε2
ωε =
√
σ 2 /ω 2 +ε2
ε √ .
Como jk=jω µˆ = α + jβ e ε = ε[1 − j ωε ], temos que:
ε ˆ σ
σ j
jk = α+jβ = jω µε(1 − j ωε ) = ω −µε(− ωε )(σ + jωε) = jωµ(σ + jωε);
Logo,
α + jβ = jωµ(σ + jωε) (93)
Elevando ambos os membros de (93) ao quadrado, teremos:
jωµσ − ω 2 µε = α2 − β 2 + 2αβj (94)
Logo,
α = −ω 2 µε (95)
β = ωµσ (96)
18

19. De (96):
ωµσ ω 2 µ2 σ 2
β= ⇒ β2 = (97)
2α 4α2
Aplicando (97) em (95):
ω 2 µ2 σ 2
α2 − = −ω 2 µε
4α2
4α2 − ω 2 µ2 σ 2 = −4ω 2 µ2 εα2
Atribuindo, α2 = X :
4X 2 + 4ω 2 µεX − ω 2 µ2 σ 2
O discriminante da equaçao do segundo grau acima será:
σ2
4ω 2 µ ε2 + = 4ω 2 µεsec(δ)
ω2
Resolvendo a equação obtem-se:
√ −4ω 2 µε ± 4ω 2 µεsec(δ) −ω 2 µε ± ω 2 µsen(δ) µεsec(δ)(1 − cos(δ))
α= X= = =ω =
8 2 2
δ
=ω µεsec(δ)sen( )
2
δ
α=ω µεsec(δ)sen( ) (98)
2
Como α2 − β 2 = −ω 2 µε, ao substituirmos a equação (98) no respectivo valor
de α, teremos:
δ
[ω µεsec(δ)sen( )]2 − β 2 = ω 2 µε
2
Desenvolvendo esta equação, obtem-se:
δ
β=ω µεsec(δ)cos( ) (99)
2
3.7 Exemplo 03:
Leia o material presente em:
http://www.inovacaotecnologica.com.br/noticias/noticia.php?artigo=cientista-
desafia-matematica-microrrobo-medico&id=010180120223
19

20. 3.8 Estudo da potência de uma OPU:
3.8.1 Calculando a potência da onda[2] e [3]:
Sabendo que
→
− →
−
→ → ∂D
→
−
− − → → → → → → ∂D
− − − − − −
×H = J + ⇒ E. × H = E.J + E.
∂t ∂t
Conhecendo as identidades vetoriais
→ → →
− − − →→ → →→ →
− − − − − −
.( A × B ) = − A . × B + B . × A
e
→
−
→→ → → → −
− − − − − → → → →
− − − → → →∂D
− − −
A . × B = ( A × B) ⇒ .( E x H ) = E . J + E
∂t
→ →
− − →
−
Como B
× E = − ∂∂t , podemos inferir que:
→
− →
− →
− →
−
→∂B → → →
− − − − → → →∂D
− − − → → →
− − − → → →∂D →∂B
− − − −
−H − .( E × H ) = J . E + E ⇒ − .( E × H ) = J . E + E +H
∂t ∂t ∂t ∂t
Logo,
→ → →
− − − → → ∂(εE 2 /2) ∂(µH 2 /2)
− −
− .( E × H ) = J . E + + =
∂t ∂t
→ → ∂(εE 2 /2 + µH 2 /2)
− −
= J .E +
∂t
Concluímos que:
→ → →
− − − → → ∂(εE 2 /2 + µH 2 /2)
− −
.( E × H ) == − J . E − (100)
∂t
Onde:
→ → →
− − −
.( E × H ) : representa a potencia total dissipada;
→−
− →
J .E : representa a energia perdida pelo efeito joule;
∂(εE 2 /2+µH 2 /2)
∂t : representa as perdas capacitivas e indutivas;
O resultado (100) pode ser expresso como sendo:
˛ ˛ ˛
→
− → → →
− − − →→ →
− − − ∂(εE 2 /2 + µH 2 /2) →−
× ( E × H ).d S = J . E .d V + d. V
V ol V ol V ol ∂t
Fazendo teorema de Gauss de forma inversa, teremos:
˛ ˛ ˛
→ → →
− − − →→ →
− − − ∂(εE 2 /2 + µH 2 /2) →−
( E × H ).d S = J . E .d V + d. V (101)
S V ol V ol ∂t
Ou seja,
→ → →
− − −
P = E ×H (102)
20

21. 3.8.2 Calculando a densidade de potência média em um dielétrico[2]
e [3]:
Tendo cochecimento de que,
Ex = Ex0 e−αz cos(ωt − βz) (103)
e que
Hy0 −αz
Hy = e cos(ωt − βz + θη ) (104)
η
Então poderemos inferir que como a potência é calculado usando (100),
obteremos o resultado abaixo:
2
Ex0 −2αz 2
Pz = e cos (ωt − βz) (105)
η
Em funções periódicos faz-se possível o cálculo de seu valor médio usando a
expressão abaixo:
ˆ T
1
RAV = R(x, y, z)dt (106)
T 0
onde T é o período.
Utilizando a equação (106) em (105), obeteremos:
ˆ T 2
1 Ex0 −2αz
PAV,Z = e cos(ωt − βz)cos(ωt − βz + θη )dt (107)
T 0 η
Resolvendo essa integral fica fácil ver que,
2
Ex0 −2αz
Pz,av = e cos(θη ) (108)
2|η|
Observação:
1 1 1 E 2 e−αz ejθη
Pz,AV = Re[ES ×HS ] = Re[Ex0 e−αz e−jβz ×Ex0 e−αz ejβz ejθη ] = Re[ x0
∗
]
2 2 2 |η|
(109)
3.8.3 Cálculo Densidade de potência média em um meio bom con-
dutor[2]:
Como ∆ = α , então α = ∆ ; utilizando estas identidas e utilizando a apróxi-
1 1
mação de η para bons condutores teremos que a intensidade de campo magnético
será reescrito conforme abaixo:
Ex0 −αz Ex0 z z
Hy = e cos(ωt − βz) = √ e− δ z cos(ωt − z)
η 2∠45◦ ∆
σ∆
21

22. e portanto a potência média, será reescrita como,
2 σ∆ z z z π 2 σ∆ z π
P z,av = Ex0 √ e−2 ∆ cos(ωt − )cos(ωt − − ) = Ex0 √ e−2 ∆ cos( )
2 ∆ ∆ 4 2 4
σ∆ −2 z
2
P z,av = Ex0 e δ (110)
4
Observação:
Quando z=∆, então apenas 13,5% da potência ainda permanece.
3.8.4 Potência total [2] e [3]:
→
− →
− →
−
P T otal = P AV,Z × S (111)
→
−
onde S representa a área.
3.8.5 Ondas polarizadas linearmente:
3.9 Exemplo 4
Uma onda com frequência de 2GHz, propaga-se em meio não-magnético que
possui constante do dielétrico valendo 94. Sabendo que o campo elétrico da
mesma tem como lei de formação
−→
− 4π 94π
Ez,t = −e5z sen(ωt + βz + )ˆx − 50e5z cos(ωt + βz +
a )ˆy
a
180 180
Determine:
a)Tangente de perdas;
b)Se o material é dielétrico, mau condutor ou bom condutor;
c)ω
d)β
e)λ
f)η
→
−
g) E S
→
−
h) H S
i)Se é linearmente polarizada, elipticamente polarizada ou circularmente po-
larizada;
j)A densidade de potência média;
l)Considerando que a densidade de potência média passa por uma área de
50cm2 do plano z=2x, determite a potência total;
22