Curso Completo de Eletromagnetismo – Graduação – UFSM

Curso completo de eletromagnetismo da Universidade Federal de Santa Maria.

Lista 2 – Eletromag – 2 sem 2016 – Q1. Uma partícula carregada com carga $q$…

Q1. Uma partícula carregada com carga q, move-se ao longo do eixo z com velocidade constante v. Suas coordenadas são

$$x(t)=0,\;\;\;\;\;y(t)=0,\;\;\;\;\;,z(t)=vt$$

Prove que os potenciais $$\phi$$ e A, no calibre de Lorenz, é

$$\phi=\frac{q}{\sqrt{\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)\left(x^2+y^2\right)+\left(z-vt\right)^2}},\;\;\;\;\;\boldsymbol{A}=\frac{\boldsymbol{v}}{c}\phi$$

Note que a solução é dada apenas pelas variáveis x, y e z-vt. (Uma
partícula em movimento uniforme não é muito diferente de uma partícula
em repouso).


5. Uma carga $e$ move-se sobre a influência…

Uma carga $e$ move-se sobre a influência dos campos $\vec E$ e $\vec B$ uniformes, no vácuo. Assuma que $\vec E \cdot \vec B = 0$ e $\vec v \cdot \vec B = 0$. A que velocidade a carga move-se sem aceleração? Qual a sua velocidade quando $|\vec E | = |\vec B|$?

Não foi dito no enunciado que o capo elétrico e magnético são estáticos no tempo, isto é, são campos uniformes, mas poderiam ser variáveis. Podemos eliminar esta possibilidade usando duas equações de Maxwell. São elas:

$$\vec \nabla \times \vec E = -\frac{\partial \vec B}{\partial t}$$

$$\vec \nabla \times \vec B = \mu_0 \varepsilon_0\frac{\partial \vec E}{\partial  t}$$

Consideramos o vácuo e que, portanto, a densidade de corrente $\vec J = 0$.

Com os dados do enunciado, podemos escolher, sem perda de generalidade, os seguintes vetores para o campo elétrico, magnético e velocidade:

$$\vec E = E \hat i$$

$$\vec B=B \hat j$$

$$\vec v = v_x \hat i+v_z \hat k$$

Note que isto satisfaz $\vec E \cdot \vec B = 0$ (campos magnéticos e vetoriais perpendiculares), $\vec v \cdot \vec B$ (velocidade perpendicular ao campo magnético). Calculando a força de Lorentz:

$$\vec F = q \left ( \vec E + \vec v \times \vec B \right )$$

Vamos às perguntas. Primeira parte:

A que velocidade a carga move-se sem aceleração?

Façamos $\vec F=0$:

$$0 = q \left ( \vec E + \vec v \times \vec B \right )\Rightarrow$$

$$0=E\hat i +(0-v_z B)\hat i+(0-0)\hat j + (v_x B -0)\hat k$$

$$\left\{\begin{matrix}
0&=&E-v_z B \\
0&=&v_x B
\end{matrix}\right.\Rightarrow$$

$$\left\{\begin{matrix}
v_z=\frac E B \\
v_x =0
\end{matrix}\right.$$

Ou seja:

$$\boxed{\vec v=\frac E B \hat k}$$

Segunda parte do enunciado:

Qual a sua velocidade quando $|\vec E | = |\vec B|$?

Voltemos à equação de Lorentz:

$$\vec F = q \left ( \vec E + \vec v \times \vec B \right )\Rightarrow$$

$$m \vec a=E\hat i +(0-v_z B)\hat i+(0-0)\hat j + (v_x B -0)\hat k$$

$$\left\{\begin{matrix}
m \ddot x = q(E -\dot z B)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;eq.(1)\\ \ddot y=0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;eq.(2)\\
m \ddot z = q\dot x B\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;eq.(3)
\end{matrix}\right. $$

Integrando no tempo, assumindo $t_0 =0$ e velocidades iniciais com subíndice $0$:

$$\left\{\begin{matrix}
\dot x = \frac q m (Et-zB)+v_{0x}\;\;\;\;\;\;eq.(4)\\
\dot y = v_{0y}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;eq.(5)\\
\dot z=\frac q m x B +v_{0z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;eq.(6)
\end{matrix}\right.$$

Substituindo (6) em (1):

$$m\ddot x=q\left ( E-\frac q m x B ^2 -v_{0z}B\right )\Rightarrow \ddot x=-\frac {q^2}{ m^2} B^2 x+ \frac q m \left(E-v_{0z}B\right )$$

 

A solução da parte homogênea é uma função periódica, isto é:

$$x_{homo}=x_M \sin \left(\frac{qB}{m}t\right)$$

Para encontrar a solução geral, temos que somar uma constante, isto é, $$x=x_{homo}+C$$ Derivando duas vezes e jogando na equação diferencial de $x$ temos:

$$-\frac {q^2B^2}{ m^2}x_M\sin\left(\frac{qB}{m}t\right)=-\frac {q^2B^2}{ m^2} x_M\sin\left(\frac{qB}{m}t\right) -\frac {q^2B^2}{ m^2} C+ \frac q m \left(E-v_{0z}B\right )\Rightarrow$$

$$\frac {q^2B^2}{ m^2} C= \frac q m \left(E-v_{0z}B\right )\Rightarrow C=\frac {m}{qB}\left(E-v_{0z}B\right )$$

$$\therefore\boxed{x=x_M \sin \left(\frac{qB}{m}t\right)+\frac {m}{qB^2}\left(E-v_{0z}B\right )}$$

Fazendo o mesmo procedimento, mas agora substituindo (4) em (3), obtemos:

$$\ddot z=-\frac {q^2B^2}{ m^2}z+\frac {q^2BE}{ m^2} t+ qBv_{0x}$$

A solução será do tipo:

$$x=x_{homo}+C_1 t+C_2 $$

sendo $C_1$ e $C_2$ duas constantes. Derivando duas vezes, substituindo nesta equação, usando a identidade de polinômios obtemos $C_1$ e $C_2$ e a solução final, que é:

$$\boxed{z=z_M \sin \left(\frac{qB}{m}t\right)-\frac {q^2BE}{m^2}t-qBv_{0x}}$$

Assim, a velocidade em função do tempo será dada pela derivada estas posições, ou seja:

$$v=-v_{0x}\cos\left(\frac{qB}{m}t\right) \hat i + v_{oy} \hat j-\left(v_{0z}  \cos \left(\frac{qB}{m}t\right)   +\frac {q^2BE}{m^2} \right)\hat k$$


Equações de Maxwell e equação da onda eletromagnética

Como chegar na equação da onda usando as equações de Maxwell?

Primeiro vamos relembrar a equação da onda: $$\frac{1}{v^2}\frac{\rm d^2 Y}{\rm d t^2}=\nabla ^2 Y$$

Sendo $$v$$ a velocidade de propagação da onda.

Vamos escrever as equações de Maxwell:

  1. $$\vec \nabla \cdot \vec E = \frac{\rho}{\epsilon_0}$$
  2. $$\vec \nabla \times \vec E=-\frac{\partial \vec B}{\partial t}$$
  3. $$\vec\nabla\cdot\vec B=\vec 0$$
  4. $$\vec\nabla\times\vec B=\mu_0\vec j+\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \vec E}{\partial t}$$

Vamos precisar de algum conhecimento de calculo vetorial. Mas a propriedade mais importante é a que se segue:$$\vec\nabla\times(\vec\nabla\times\vec A)=\vec\nabla ( \vec\nabla \cdot A)-\nabla^2\vec A$$

Para começar, vamos aplicar o rotacional na segunda equação de Maxwell:

$$\vec\nabla\times(\vec\nabla\times\vec E)=\vec\nabla ( \vec\nabla \cdot E)-\nabla^2\vec E =-\vec\nabla\times\frac{\partial \vec B}{\partial t}$$

Pela primeira equação, temos:

$$\vec\nabla \left(\frac{\rho}{\epsilon_0}\right)-\nabla^2\vec E =-\frac{\partial }{\partial t}(\vec\nabla\times\vec B)$$

Se estivermos estudando um ponto distante de qualquer carga, isto é, se estivermos estudando apenas a relação entre a variação do campo magnético com a alteração do campo elétrico, podemos considerar que não existe cargas no ponto de estudo e portanto $$\vec\nabla \left(\frac{\rho}{\epsilon_0}\right)=\vec 0$$ Assim:

$$\nabla^2\vec E =\frac{\partial }{\partial t}(\vec\nabla\times\vec B)$$

Usando agora a quarta equação de Maxwell, temos:

$$\nabla^2\vec E =\frac{\partial }{\partial t}\left(\mu_0\vec j+\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \vec E}{\partial t}\right)$$

Mais uma vez, se estivermos em um ponto distante de qualquer carga, a densidade de corrente também é nula: $$\vec j = \vec 0$$ Portanto:

$$\nabla^2\vec E =\frac{\partial }{\partial t}\left(\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \vec E}{\partial t}\right)=\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial^2 \vec E}{\partial t^2}$$

Comparando com a equação da onda:

$$\frac{1}{v^2}\frac{\rm d^2 Y}{\rm d t^2}=\nabla ^2 Y$$

$$\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial^2 \vec E}{\partial t^2}=\nabla^2\vec E $$

Vemos que a velocidade da “onda elétrica” ve é $$v_e^2=\frac{1}{\mu_0 \epsilon_0}$$

Assim, podemos reescrever a equação acima:

$$\frac{1}{v_e^2} \frac{\partial^2 \vec E}{\partial t^2}=\nabla^2\vec E $$


 

Usando agora este mesmo processo para calcular a velocidade da “onda magnética” vm, começamos tomando o rotacional do rotacional do campo magnético:

$$\vec\nabla\times(\vec\nabla\times\vec B)=\vec\nabla\times\left(\mu_0\vec j+\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \vec E}{\partial t}\right)\Rightarrow$$

$$\vec\nabla\times(\vec\nabla\times\vec B)=\mu_0\vec\nabla\times \vec j+\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial }{\partial t}\left(\vec\nabla\times\vec E\right)$$

Novamente, tomando $$\vec j =\vec 0$$ e usando a segunda equação de Maxwell:

$$\vec\nabla\times(\vec\nabla\times\vec B)=\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial }{\partial t}\left(-\frac{\partial \vec B}{\partial t} \right)=-\mu_0\epsilon_0\frac{\partial^2 \vec B}{\partial t^2}$$

Agora, vamos trabalhar o lado esquerdo da equação anterior:

$$\vec\nabla\times(\vec\nabla\times\vec B)=\vec\nabla(\vec\nabla\cdot \vec B)-\nabla^2\vec B=-\nabla^2\vec B$$

Note que a última passagem se deve a terceira equação de Maxwell. Portanto:

$$-\nabla^2\vec B=-\mu_0\epsilon_0\frac{\partial^2 \vec B}{\partial t^2}$$

Esta é a equação da “onda magnética”:

$$\mu_0\epsilon_0\frac{\partial^2 \vec B}{\partial t^2}=\nabla^2\vec B\Rightarrow$$

$$\frac{1}{v_m^2}\frac{\partial^2 \vec B}{\partial t^2}=\nabla^2\vec B$$

Observe que as ondas “magnéticas” e “elétricas” possuem a mesma velocidade:

$$v_e^2=v_m^2=\frac{1}{\mu_0 \epsilon_0}$$

Isto sugere que as ondas elétricas e magnéticas se propagam juntas formando a onda eletromagnética de velocidade c=ve=vm. Portanto, podemos escrever as equações da onda para o campo magnético e elétrico como se segue:

$$\frac{1}{c^2}\frac{\rm d^2 \vec E}{\rm d t^2}=\nabla ^2 \vec E$$

$$\frac{1}{c^2}\frac{\rm d^2 \vec B}{\rm d t^2}=\nabla ^2 \vec B$$

$$\rm{sendo} \;\;\;\;\;\;c=\frac{1}{\mu_0 \epsilon_0}$$

Note que trocamos as derivadas parciais por derivadas totais sem prejuízo algum.


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Aula 1 de eletrodinâmica

Sejam $$\vec\nabla\times\vec A = \vec C\;\;\;\;\;\;\;\;(eq.01)$$

$$\vec\nabla\cdot\vec A = S \;\;\;\;\;\;\;\;(eq.02)$$

Por consistência $\vec\nabla \cdot \vec C =0$. Para que $\vec A$ seja único, temos que $\vec A$ pode ser escrito como:

$$\vec A = -\nabla \phi +\vec\nabla \times \vec F\;\;\;\;\;\;\;\;(eq.03)$$

onde $$\phi=\frac{1}{4\pi}\int\frac{S(\vec r’)}{r}\rm {d \tau}’\;\;\;\;\;\;\;\;(eq.04)$$ e $$\vec F=\frac{1}{4\pi}\int\frac{\vec{C}(\vec r’)}{r}\rm {d \tau}’\;\;\;\;\;\;\;\;(eq.05)$$

Vamos verificar se estas duas últimas relações satisfazem as condições iniciais para o campo vetorial $\vec A$.. Primeiro, vejamos para o divergente:

$$\vec\nabla\cdot\vec A =\vec\nabla\cdot( -\nabla \phi +\vec\nabla \times \vec F) \Rightarrow$$

$$\vec\nabla\cdot\vec A =-\vec\nabla\cdot\nabla \phi +\vec\nabla\cdot(\vec\nabla \times \vec F) \Rightarrow$$

Note que $\vec\nabla\cdot(\vec\nabla \times \vec F)=0$ e que $\vec\nabla\cdot\nabla\phi=\nabla^2\phi$ (Laplaciano de $\phi$). Assim:

$$\vec\nabla\cdot\vec A =-\nabla^2 \phi $$ Substituindo $\phi$:

$$\vec\nabla\cdot\vec A =-\nabla^2 \phi =-\nabla^2 \frac{1}{4\pi}\int\frac{S(\vec r’)}{r}\rm {d \tau}’=-\frac{1}{4\pi}\int S(\vec r’)\nabla^2\left( \frac{1}{r}\right )\rm {d \tau}’\Rightarrow$$

$$\vec\nabla\cdot\vec A =-\frac{1}{4\pi}\int S(\vec r’){\nabla^2}’\left( \frac{1}{r}\right )\rm {d \tau}’$$

Lembrando que $r=\sqrt{(x-x’)^2+(y-y’)^2+(z-z’)^2}$ e que $\nabla^2\left( \frac{1}{r}\right )=4\pi\delta(\vec r -\vec r’)$. Assim:

$$\vec\nabla\cdot\vec A =-\int S(\vec r’)\delta(\vec r-\vec r’)\rm {d \tau}’=\int S(\vec r’)\delta(\vec r’-\vec r)\rm {d \tau}’=S(\vec r’ = \vec r) = S$$

Observe a mudança de sinal da integral quando invertemos $\vec r$ com $\vec r’$. Isto ocorre porque o delta de Dirac é em três dimensões, isto é:

$$\delta (\vec r – \vec r’) =\delta (x – x’) \cdot\delta (y – y’) \cdot\delta (z – z’)\Rightarrow$$

$$\delta (\vec r – \vec r’) =\left ( -\delta (x’ – x)\right )\cdot\left (-\delta (y’- y)\right )\cdot\left (-\delta (z’ – z)\right )$$

$$\delta (\vec r – \vec r’) =-\delta (\vec r’ – \vec r) $$

Essa é a primeira parte. Falta agora demonstrar que as equações 05 e 04 em 03 satisfaz 01 (mostramos que satisfazem 02).