Equações de Maxwell e a Luz - Propagação Eletromagnética

8 Eqs de Maxwell e a luz Desconsiderando as fontes de carga ρ 0 corrente J 0 div E 0 div B 0 curl E Bt curl B μoεo Et Considerando que os campos se propagam ao longo da direção x temos E Ext B Bxt a div E x î y ĵ z k Ex î Ey ĵ Ez k 0 Exx Eyy Ezz 0 Exx b div B 0 Bxx 0 c curl E Bt x î y ĵ z k x Ex î Ey ĵ Ez k t Bx î By ĵ Bz k Eyx k Ezx ĵ Exy k Ezy î Exz ĵ Eyz î Bxt î Byt ĵ Bzt k Eyx k Ezx ĵ Bxt î Byt ĵ Bzt k Eyx Bzt I Ezx Byt II Bxt 0 III d curl B μo εo Et Byx k Bzx ĵ Bxy k Bzy î Bxz ĵ Byz î μo εo Ext î Eyt ĵ Ezt k Byx k Bzx ĵ μo εo Ext î Eyt ĵ Ezt k Byx μo εo Ezt III Bzx μo εo Eyt IV Ext 0 Derivando as equações I em função de x IV em função de t Eyx Bzt x Eyx x Bzt Bzx μo εo Eyt t Bzx μo εo t Eyt Igualando os termos ²Bzxt ²Eyx² μo εo ²Eyt² De forma análoga Derivando as equações I em função de t IV em função de x Eyx Bzt t Eyx t Bzt Bzx μo εo Eyt x Bzx μo εo x Eyt Igualando os termos ²Eyxt ²Bzt² 1μo εo ²Bzx² ²Bzx² μo εo ²Bzt² Resumindo V ²Eyx² μo εo ²Eyt² e VI ²Bzx² μo εo ²Bzt² Ambas equações têm a forma de equações de ondas transversais Física Geral 2 ²Fx² 1v² ²Ft² 0 Portanto as equações V e VI representam duas ondas transversais perpendiculares entre si Ey e Bz que se propagam na direção X com velocidade 1υ² μ₀ε₀ υ 1μ₀ε₀ 299792 x 10⁸ ms velocidade da luz no vácuo luz onda eletromagnética a A equação de onda ²ux² 1c² ²ut² 0 c velocidade da luz no vácuo U E Ex Ey Ez ou B Bx By Bz Solução U Uxt Lembrando Física Geral 2 A solução da eq de ondas transversais são função seno ou cosseno Entendendo a função propagante yc Kx y ax0d0 MRU d υ t y ax υ t yc Kxd1 yc Kxd2 Solução uxt sen Kx ct Sen KX ωt onde ω KC frequência angular da onda Testando a solução ux K cos kx ωt ²ux² K² sen KX ωt ut ω cos KX ωt ²ut² ω² sen KX ωt ²ux² K²ω² ²ut² ²ux² 1c² ²ut² ²ux² 1c² ²ut² 0 Para o campo eletromagnético as soluções das equações de onda V e VI são Ey Em sen KX wt Bz Bm sen KX wt onde Em Bm amplitude de onda λ comprimento de onda K 2πλ número de onda T período da onda f 1T frequência da onda ω 2πf frequência angular da onda υ ωK λf velocidade da onda no vácuo υ c Obs se a onda viaja no sentido negativo de X trocar υ por υ Obs Ey e Bz dependem apenas de X e t Todos os pontos com o mesmo X têm as mesmas componentes do campo para qualquer valor de Y e Z Definição de uma frente de onda plana ver slide Da equação I Eyx Bzt Em K CosKx wt Bm w CosKx wt Em K Bm w EmBm wK KCK Razão das amplitudes dos campos EmBm c Além disso Ey Em SenKx wt Bz Bm SenKx wt EyBz c Razão dos módulos dos campos Da equação IV temos Bzx μoεo Eyt Bm K CosKx wt μoεo Em w Cos Kx wt Kμoεo w EmBm Kμo εo KC c c 1μoεo 10 Transporte de energia de uma onda eletromagnética Lembrando de Física Geral 3 Densidade de Energia Elétrica ue εo E22 Densidade de Energia Magnética ub B22μo Densidade de Energia total de um campo eletromagnético U ue ub εo E22 B22μo OBS ue ub A variação da densidade de energia total é Ut εo2 E2t 12μo B2t εo E Et 1μo B Bt Ut εo E Et Bμo Bt Usando as Equações de Maxwell no vácuo J0 x E Bt x B μoεo Et Ut εo E x B μoεo Bμo x E 1μo E x B B x E Ut 1μo E x B Ut E x B μo S Definimos o vetor de Poynting S 1μo E x B fluxo de Energia S é a taxa por unidade de área com a qual a onda eletromagnética transporta energia Unidades SI S energiatempo área potênciaárea Wm2 S é um vetor Módulo de S S 1μo E x B 1μo E B sen90 1μo E B Direção e sentido de S direção e sentido de propagação da onda veja slide Podemos reescrever o módulo do vetor de Poynting em função apenas do campo elétrico usando EyBz c S 1μo E Ec 1μoc E2 fluxo instantâneo de energia Intensidade da onda valor médio de S no tempo I Sméd 1cμ₀ E²méd 1cμ₀ Em² sen²Kxwtméd I 1cμ₀ Em² 12 Lembrando valor médio de sen xméd 0 sen² xméd 12 I 1cμ₀ Em2² onde Erms Em2 é o valor médio quadrático do campo elétrico ou também I 1cμ₀ Erms² ε₀cμ₀ Erms² ε₀ c Erms² I 12 ε₀ c Em² Para uma fonte com emissão isotrópica Energia da onda é conservada Energiatempo Potência constante I PotênciaÁrea P4πr² 11 Pressão de radiação Momento linear da luz p ΔUc ĉ direção de propagação da luz Transferência do momento linear da luz para um objeto Caso da absorção total de radiação objeto Δpobjeto ΔUc ĉ Δpobjeto ΔUc Caso da incidência perpendicular e reflexão total objeto espelho Δp p p 2 p Δpobjeto 2 ΔUc Pela 2ª Lei de Newton F ma mΔvΔt ΔpΔt Intensidade I PÁrea ΔUΔtA ΔU IA Δt Caso da absorção total de radiação Δp ΔUc IA Δtc ΔpΔt IAc pressão Prabsorvida FA ΔpΔtA Ic Caso da incidência perpendicular e reflexão total Prrefletida 2 Ic Problema 1 Halliday 4 Cap 33 λ méd 6328 nm Δλ 00100 nm I φ λ nm 6328 λ λ méd Δλ2 6328 00050 nm w Kc 2π f 2π cλ f cλ Variação da frequência F F méd Fλ Δλ F méd ΔF F méd cλ méd 3x10⁸ ms6328 x 10⁹ m 47408 x 10¹⁴ Hz Fλ λ cλ cλ² ΔF Fλ Δλ 3x10⁸ ms6328 x 10⁹ m² 00100 x 10⁹ m ΔF 0749 x 10¹⁰ Hz 749 GHz Note que ΔFF méd Δλλ méd Problema 5 Halliday 4 Cap 33 λ 550 nm f cλ 3x10⁸ ms550 x 10⁹ m 545 x 10¹⁴ Hz Circuito oscilador LC L C A energia total em qualquer instante L L E L B q²2C L i²2 Como não existe resistência dLdt 0 ddt q²2C L i²2 0 qC dqdt L i didt 0 qC dqdt L dqdt ddt dqdt 0 qC L d²qdt² 0 Lembrando Física Geral 2 Oscilador harmônico m d²xdt² kx 0 x X cos wt φ De forma análoga qt Q cos wt φ Substituindo qC L d²qdt² 0 Q cos wt φC L ddt Qw sen wt φ 0 Q cos wt φC L w w Q1 wt φ 0 1C L w² 0 1LC w Logo w 2 π f 1LC 2 π f 1LC 4 π² f² 14 π² f² C L L 14 π² 545 x 10¹⁴ Hz² 17 x 10¹² F 502 x 10⁶¹ H Problema 14 Halliday 4 Cap 33 Campo magnético de uma onda eletromagnética B Bm Sen kx wt B t Bm 1 w Cos kx wt B t máx w Bm 1 Cos kx wt 1 Sabemos w 2π f 2π c λ 2π 3 x 10⁸ ms 500 x 10⁹ m 377 x 10¹⁵ rad s I 1 2 c ε₀ Em² 1 2 c ε₀ Bm c² 1 2 c³ ε₀ Bm² 1 2 c Bm² μ₀ P 4π r² Bm² c 2 μ₀ Bm μ₀ P 2π r² c Bm 4π x 10⁷ Hm 200 W 2π 400 m² 3 x 10⁸ ms 913 x 10¹⁰ T B t máx 377 x 10¹⁵ rad s 913 x 10¹⁰ T 344 x 10⁶ T s Problema 15 Halliday 4 Cap 33 a I 1 2 ε₀ c Em² Em 2 I ε₀ c 2 10 x 10⁶ W m² 885 x 10¹² C² N m² 3 x 10⁸ ms 0087 V m b Se Em c Bm Bm Em c 0087 V m 3 x 10⁸ m s Bm 29 x 10¹⁰ T 029 nT c Emissão isotrópica I P 4π r² P 4π r² I P 4π 10 x 10³ m² 10 x 10⁶ W m² P 126 x 10⁴ W 126 kW Problema 23 Halliday 4 Cap 33 d 05 m Fr Fg Pr Área mg I c πr² me V g P 4π d² 1 c π r² me 43 π r³ g Pr 16 me π d² r c g 3 Pr 16 190 gcm³ π 50 cm² 02 cm 3 x 10⁸ ms 98 ms² 3 Pr 468 x 10¹⁴ g m² s³ 468 x 10¹¹ Kg m² s³ 468 x 10¹¹ W Problema 30 Halfiday 4 Cap 33 a I PArea 500 x 103 W π 1266 x 109 m 22 397 x 109 Wm2 397 GWm2 b Pr Ic 397 x 109 Wm2 3 x 108 ms 1323 Pa c F Pr Area Pr π x 1266 x 109 m 22 167 x 1011 N d a FM FMe 43 π r3 167 x 1011 N 500 x 103 Kgm343 π 1266 x 109 m 23 a 314 x 103 ms2