Solucionario completo- Fundamentos de A teoria-electromagnetica-reitz-milford-4edpdf

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Capítulo 1
1. Exercício 1.1: Para demonstrar o paralelismo basta construir
AB = �A− �B = −ı̂− 2̂+ k̂
CD = �C − �D = 3ı̂+ 6̂− 3k̂
e fazer o protudo vetorial entre eles. Se forem paralelos mesmo, deverá
dar zero.
AB ×CD =
∣∣∣∣∣∣
ı̂ ̂ k̂
−1 −2 1
2 6 −3
∣∣∣∣∣∣ = 0
para ver que é zero, basta notar que a coluna 2 e a coluna 3 são propor-
cionais (ou então faz o cálculo na unha).
2. Exercício 1.2: Banal. Basta fazer o produto escalar e mostrar que dá
zero.
3. Exercício 1.3: Banal. Basta mostrar que AB − �C = 0, mostrando que
os pontos perfazem um triângulo e que o produto escalar de dois deles (a
serem verificados) dá zero. Na verdade, é fácil ver que são �A e �B que são
perpendiculares.
4. Exercício 1.4: Temos que∣∣∣ �A∣∣∣2 = A2 = B2 +C2 − 2BC cos θ,
onde θ é o ângulo entre �B e �C. Geometricamente, temos que �A, �B e �C
formam um triângulo, que é o conteúdo da fórmula
�A = �B − �C,
assim, é só desenhar o triângulo e a lei dos cossenos aparece imediatamente.
5. Exercício 1.5: Façamos o produto escalar de �A com �B. Temos que
�A · �B = AB cos (θAB) = cosα cosβ + sinα sinβ,
onde θAB é o ângulo entre �A e �B, evidentemente. Este ângulo pode ser
imediatamente relacionado com os ângulos α e β, bastando para isso fazer
um desenho de �A e �B num plano cartesiano. Assim, temos que θAB = α−β
e, portanto,
cos (α− β) = cosα cosβ + sinα sinβ,
como queríamos demonstrar.
1
6. Exercício 1.6: Basta escrever tudo em termos de vetores unitários. Ter-
emos assim, considerando-se
�r = xı̂+ y̂+ zk̂, �A = axı̂+ ay ̂+ azk̂,
ficamos com (
�r − �A
)
· �A = 0
implica em
(x− ax)ax + (y − ay)ay + (z − az)az = 0,
ou ainda
axx+ ayy + azz − (a2x + a2y + a2z) = 0,
que é a equação de um plano.
7. Exercício 1.7: Agora, com as mesmas convenções anteriores, ficamos
com
(x− ax)x+ (y − ay) y + (z − az) z = 0
o que fornece
x2 − axx+ y2 − ayy + z2 − azz = 0
e que, completando quadrados, obtemos(
x− ax
2
)2
+
(
y − ay
2
)2
+
(
z − az
2
)2
=
a2x + a
2
y + a
2
z
4
.
Você seria capaz de dizer, sem desenhar, que tipo de esfera é essa? (não!!?,
credo!)
8. Exercício 1.8: A diagonal principal de um cubo é dada por (se precisar
de desenhar, é mal sinal)
�d = aı̂+ a̂+ ak̂,
já que todos os lados são iguais. Uma aresta é dada por �A = aı̂, por
exemplo. Assim, temos �d · �A = a2. Dependeria este resultado de qual
aresta escolhêssemos?
9. Exercício 1.9: Ver exercício 1.4 (lembrando de tomar agora o módulo,
pois trata-se de produto vetorial).
10. Exercício 1.10: Basta mostrar que este vetor é perpendicular aos vetores
AB e BC, por exemplo. Como estes vetores formam o plano, se o vetor
em questão é perpendicular a eles, será perpendicular ao plano. Óbvio!
Mostrar que o vetor
�A× �B + �B × �C + �C × �A
é perpendicular tanto a AB quanto a BC é fácil. Note que(
�A− �B
)
×
[
�A× �B + �B × �C + �C × �A
]
= 0,
de forma banal e óbvia. O mesmo pode ser dito do outro produto.
2
11. Exercício 1.11: Temos
�C = �A× �X
ao mesmo tempo que
�X =
�C × �A
A2
+ k �A,
de modo que (substituindo acima)
�C = �A×
[
�C × �A
A2
+ k �A
]
=
1
A2
�A×
(
�C × �A
)
=
�C
(
�A · �A
)
− �A
(
�C · �A
)
A2
= �C − �A
�C · �A
A2
Como �C é perpendicular a �A (da primeira expressão), temos que �C · �A = 0
e o resultado se segue.
12. Exercício 1.12: óbvio. Se temos o produto triplo igual a zero, então
temos que o determinante construído a partir das componentes é nulo.
Mas ele é nulo apenas se suas linhas são combinações lineares umas das
outras.
13. Exercício 1.13: Seja ϕ (x, y, z) = c, com c constante. Assim, demos que
dϕ = 0 =
∂ϕ
∂x
dx+
∂ϕ
∂y
dy +
∂ϕ
∂z
dz = 0
Mas isto é semelhante ao produto escalar(
∂ϕ
∂x
ı̂+
∂ϕ
∂y
̂+
∂ϕ
∂z
k̂
)
·
(
ı̂dx+ ̂dy + k̂dz
)
= 0.
Como o vetor d�s = ı̂dx+ ̂dy + k̂dz é tangente à superfície, temos que
∇ϕ = ∂ϕ
∂x
ı̂+
∂ϕ
∂y
̂+
∂ϕ
∂z
k̂
tem que ser perpendicular à superfície.
14. Exercício 1.14: Temos que ds = drâr + rdθâθ + dzk̂. Isto implica que
∂s
∂r
= 1,
∂s
∂θ
= r,
∂s
∂z
= 1,
de modo que
∇cyl = r̂ ∂
∂r
+ θ̂
1
r
∂
∂θ
+ ẑ
∂
∂z
3
15. Exercício 1.15: Basta escrever �F = �F (r, θ, z) = fr (r, θ, z) r̂+fθ (r, θ, z) θ̂+
fz (r, θ, z) ẑ e lembrar que
�F · n̂∆a = frr∆θ∆z + fθ∆r∆z + fzr∆r∆θ
e assim, usando a definição (1.33) do livro, temos
div �F = ∇ · �F = lim∆V→0 1r∆r∆θ∆z
{
∂
∂r (frr)∆θ∆z∆r
+∂fθ∂θ ∆r∆θ∆z +
∂
∂z (rfz)∆θ∆r∆z
} ,
e ficamos com
div �F =
∂
∂r
(frr) +
1
r
∂fθ
∂θ
+
∂fz
∂z
,
que é o resultado desejado.
16. Exercício 1.16: aplicação simples.
17. Exercício 1.17: Não... claro que não! Assim teremos �F · ∇ × �F = 0 e
podemos colocar isso em termos da matriz
�F ·
∣∣∣∣∣∣
ı̂ ̂ k̂
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
fx fy fz
∣∣∣∣∣∣ =
fx
(
∂fz
∂y − ∂fy∂z
)
+ fy
(
∂fx
∂z − ∂fz∂x
)
+ fz
(
∂fy
∂x − ∂fx∂y
)
.
Não há qualquer razão para que este fator dê zero. Para ver isto, tome
fx = x, fy = 0 e fz = y, temos que a expressão anterior fica dada por x,
que é diferente de zero.
18. Exercício 1.18: Considere a expressão ∇2 (ϕψ) e reescreva-a como ∇ ·
∇ (ϕψ). Agora, expandindo este gradiente, ficamos com ∇· [ϕ∇ψ + ψ∇ϕ]
que, novamente expandida, fica
∇2 (ϕψ) = ϕ∇2ψ + ψ∇2ϕ+ 2∇ϕ · ∇ψ.
19. Exercício 1.19: Os dois primeiros eu me recuso, pois são ridiculamente
fáceis. O último é fácil também, mas vamos lá: temos que
�u · ∇ = ux ∂
∂x
+ uy
∂
∂y
+ uz
∂
∂z
e isso, aplicado a �r = xı̂+ y̂+ zk̂ , fornece
(�u · ∇)�r =
(
ux
∂
∂x
+ uy
∂
∂y
+ uz
∂
∂z
)[
xı̂+ y̂+ zk̂
]
= ı̂ux + ̂uy + k̂uz = �u,
como desejado.
4
20. Exercício 1.20: Seja �A um vetor constante. Temos que (1.1.6 da tabela)
∇
(
�A · �r
)
=
(
�A · ∇
)
�r + �A× (∇× �r) + (�r · ∇) �A+ �r ×
(
∇× �A
)
.
Ora, �A é constante, de forma que todos os termos que possuem derivadas
de �A são nulos (os últimos dois termos acima). O segundo termo é nulo
pelo problema anterior e o primeiro é o próprio �A.
21. Exercício 1.21: Farei, por preguiça, apenas o referente ao resultado 1.1.7.
Temos que
∇ ·
(
ϕ�F
)
= (∇ϕ) · �F + ϕ∇ · �F .
É fácil demais! Escrevam o divergente em coordenadas cartesianas e tam-
bém a função vetorial �F nestas mesmas coordenadas. Ficamos com
∇ ·
(
ϕ�F
)
=
∂
∂x
(ϕFx) +
∂
∂y
(ϕFy) +
∂
∂z
(ϕFz)
=
(
∂ϕ
∂x
Fx +
∂ϕ
∂y
Fy +
∂ϕ
∂z
Fz
)
+ ϕ
(
∂Fx
∂x
+
∂Fy
∂y
+
∂Fz
∂z
)
= (∇ϕ) · �F + ϕ∇ · �F .
22. Exercício 1.22: Ué!... nem sei o que fazer aqui! Se a função f depende
apenas de r, podemos escrever o gradiente em coordenadas esféricas e
ficamos imediatamente com o resultado.
23. Exercício 1.23: Vejam o anterior.
24. Exercício 1.24: Temos que
∇ϕ (ξ) = dϕ
dξ
∂ξ
∂x
+
dϕ
dξ
∂ξ
∂y
+
dϕ
dξ
∂ξ
∂z
e, como, ξ = �A · �r, temos que
∂ξ
∂x
= Ax,
∂ξ
∂y
= Ay,
∂ξ
∂z
= Az
de modo que
∇ϕ (ξ) = dϕ
dξ
Ax +
dϕ
dξ
Ay +
dϕ
dξ
Az = �A
dϕ
dξ
.
25. Exercício 1.25: Façam!
26. Exercício 1.26: Farei apenas o 1.2.4. Vou supor, portanto, que já foi
provado o item 1.2.2. Temos que provar que∫
V
(
∇ · �G+ �G · ∇
)
�Fdv =
∮
S
�F
(
�G · n̂
)
da.
5
O mais importante aqui é notar que podemos fazer tudo componente a
componente, ou seja, decompondo �F . Assim, considere o termo
ı̂
∫
V
(
∇ · �G+ �G · ∇
)
fxdv = ı̂
∫
V
[
fx
(
∇ · �G
)
+ �G · ∇fx
]
dv.
Note agora que este termo entre colchetes pode ser escrito como
ı̂
∫
V
∇ ·
(
fx �G
)
dv,
se usarmos a propriedade 1.1.7, tabela 1.1. Mas aplicando o teorema da
divergência sobre este termo, temos que
ı̂
∫
V
∇ ·
(
fx �G
)
dv = ı̂
∮
S
(
fx �G
)
· n̂dv = ı̂
∮
S
fx
(
�G · n̂
)
dv.
Repetindo isto para cada uma das outras componentes, ficamos com∫
V
(
∇ · �G+ �G · ∇
)
�Fdv =
∮
S
(
ı̂fx + ̂fy + k̂fz
)(
�G · n̂
)
dv
=
∮
S
�F
(
�G · n̂
)
da,
como queríamos demonstrar.
6
Wr= Vhswhpehu 4:/ 5336 Sdjh= 4
+Fkdswhu khdg=,Fdsðwxor 5=
t H{hufðflr 514= Dv gxdv sduwðfxodv hvwær vxvshqvdv sru �r gh frpsulphqwrv , d sduwlugh xp srqwrfrpxp1 Vxdv pdvvdv vær 6 h vxdv fdujdv vær ^1 Sdud fdofxodu r åqjxortxh fdgd frugd id} frp d yhuwlfdo edvwd qrwdu txh ghyhprv whu/ ghfrpsrqgr iruêdvvreuh fdgd sduwðfxod 6} c A ULt w ' fA t�? w c ^2eZ0f E2, t�? w�2 ' fDvvlp/ A ' 6} tiU w h 6} |@? w ' ^2eZ0f E2, t�? w�2gh prgr txh t�?� wULt w ' ^2�SZ0f6},2rx t�?� wULt� w �tiU2 w ' |@?� w� n |@?2 w ' ^2�SZ0f6},2 ctxh ì r uhvxowdgr ghvhmdgr1 Qrwh txh/ vh w � �/ hqwær srghuðdprv hvfuhyhu
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t H{hufðflr 515= Dv fdujdv vær '� ' 2 e �f3b� h '2 ' cf�D e �f3b�1 D vhsdudêær ìo ' e e �f3261 Dvvlp/ d iruêd hqwuh hodv vhuä
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Wr= Vhswhpehu 4:/ 5336 Sdjh= 5
t H{hufðflr 517= Whprv xp �r lq�qlwdphqwh orqjr/ frp ghqvlgdgh xqliruph gh fdujd bsru xqlgdgh gh frpsulphqwr1 D lqwhjudo sdud r fdpsr hoìwulfr/ sdud xp srqwr d xpdglvwåqfld Oo gd olqkd/ �fd +sru vlphwuld whprv dshqdv r fdpsr udgldo hp frrughqdgdvfloðqgulfdv/ frorfdprv r srqwr � vreuh r sodqr 5 ' f sru frqyhqlíqfld,
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Wr= Vhswhpehu 4:/ 5336 Sdjh= 6
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Capítulo 12
1. Exercício 16.1: temos a condição inicial C∆ϕ = Q0, que é a carga
inicial no capacitor, após ter sido carregado. Também temos que �J = g �E.
Usando a equação da continuidade, dada por
∂ρ
∂t
+∇ · �J = 0
ficamos com
∂ρ
∂t
+ g∇ · �E = 0
e, usando a eq. de maxwell ∇ · �E = ρε , ficamos com (tendo integrado no
volume)
∂q (t)
∂t
= −g
ε
q (t)
o que dá, após integração e substituição da condição inicial, o resultado
q (t) = C∆ϕe−gt/ε,
como desejado. O item (b) pode ser obtido imediatamente a partir da
derivação do resultado anterior e é dado por
i (t) = −g
ε
C∆ϕe−gt/ε.
Finalmente, o item (c) é imediatamente obtido como �B = 0 pela simetria
do problema.
2. Exercício 16.3: O item (a) pode ser obtido se usarmos a equação de
Maxwell
∇× �H − ∂
�D
∂t
= �J
e a integrarmos sobre a superfície do dielétrico. A integral de superfície
de ∇× �H torna-se uma integral de linha sobre �H e a integral de superfície
sobre �D é simples de ser obtida, já que �D é constante. Assim, ficamos
com ∮
C
�H · d�l = ∂
�D
∂t
·
∫∫
n̂dA,
onde já usamos o fato de que, no dielétrico, �J = 0. Assim, ficamos com
(note que �H é constante sobre C, por simetria)
2πaHθ = πa
2 ∂Dz
∂t
,
onde já expressamos o restultado em termos das componentes distintas de
zero dos campos. Assim,
Hθ =
1
2
a
∂Dz
∂t
.
1
Note, entretanto, que, pela lei de Gauss, temos
∂Dz
∂t
=
∂ρ
∂t
que, integrada sobre o volume, fornece
πa2L
∂Dz
∂t
= Iz
e, portanto,
1
2
a
∂Dz
∂t
=
Iz
2πa
.
Assim, temos que
Hθ =
1
2
a
∂Dz
∂t
=
Iz
2πa
,
que é o resultado desejado. O item (b) pode ser obtido imediatamente, já
que o vetor de Poynting é dado por
�S = �E × �H = −EzHθ r̂ = −1
2
aEz
∂Dz
∂t
r̂.
A integral desse vetor sobre a superfície fica dada por∫∫
�S · r̂dA = − (2πad) 1
2
aEz
∂Dz
∂t
= −πa2dEz ∂Dz
∂t
,
como queríamos demostrar.
3. Exercício 16.4: Temos a corrente na direção do fio, que indicamos por ẑ.
Assim, o campo elétrico está na direção contrária e, portanto, �E = −Ez ẑ.
O campo magnético �H se encontra na direção θ̂ (coordenadas cilíndricas),
de modo que o vetor de Poynting aponta para a direção radial para fora,
ou seja, �S = EzHθr̂ e implica numa radiação de energia para fora do
fio por efeito Joule. O calor associado a essa emissão pode ser calculado
facilmente pela integral
QJoule = −
∫∫∫
�E · �JdV = −J
2
z
g
V.
Como Jz = I/A e V = AL (para uma região de comprimento L do fio),
ficamos com
QJoule = −I
2L
gA
.
Já a integração do vetor de Poynting pode ser feita usando-se
QPoynting =
∫∫
EzHθdA =
Jz
g
Hθ (2πaL) ,
2
onde a é o raio do fio. Entretanto, temos para esse problema que
Hθ =
I
2πa
e, usando novamente que Jz = I/A, ficamos com
QPoynting =
I2L
gA
,
ou seja, toda a emissão Joule é feita por radiação via vetor de Poynting.
4. Exercício 16.5: começamos por notar que �E é campo eletrostático, de
forma que deve valer ∇× �E = 0. Também temos que �H é magnetostático,
de forma que deve valer ∇ × �H = �J . Assim, a integração do vetor de
Poynting sobre uma superfície S fornece∫∫
A
�S · n̂dA =
∫∫
A
(
�E × �H
)
· n̂dA,
onde A é superfície fechada. Assim, podemos usar o teorema da di-
vergência, para obter∫∫
A
�S · n̂dA =
∫∫∫
V
∇ ·
(
�E × �H
)
dV
que dá, usando as identidades vetoriais,∫∫
A
�S · n̂dA =
∫∫∫
V
[
�H ·
(
∇× �E
)
− �E ·
(
∇× �H
)]
dV
= −
∫∫∫
V
�E · �JdV
sendo que o último resultado é a perda de energia do sistema por efeito
Joule. Entretanto, na região considerada, existe um campo eletrostático e
um magnetostático e, assim, não pode haver dissipação de energia líquida.
Deste modo, a última integral tem que se anular e ficamos com∫∫
A
�S · n̂dA = 0.
5. Exercício 16.6: Temos que
∂2E
∂z2
= εµ
∂2E
∂t2
.
Fazendo as mudanças de variável
ξ = t+
√
εµz ; η = t−√εµz
3
ficamos com
∂
∂z
=
∂ξ
∂z
∂
∂ξ
+
∂η
∂z
∂
∂η
=
√
εµ
(
∂
∂ξ
− ∂
∂η
)
e, portanto,
∂2
∂z2
= εµ
(
∂2
∂ξ2
− 2 ∂
2
∂ξ∂η
+
∂2
∂η2
)
.
Um raciocínio análogo nos leva a
∂2
∂t2
= εµ
(
∂2
∂ξ2
+ 2
∂2
∂ξ∂η
+
∂2
∂η2
)
.
Assim, a equação de onda original implica que devemos ter
∂2E
∂ξ∂η
= 0
cuja solução geral é facilmente percebida como sendo
E = E1 (ξ) +E2 (η) .
6. Exercício 16.7: Para encontrar �B podemos usar a equação de Faraday.
Assim, temos que
∇× �E + ∂
�B
∂t
= 0.
O rotacional de �E fornece
∂ �B
∂t
= ı̂E0ω
√
εµ cos [ω (
√
εµz − t)] + ̂E0√εµ sin [ε (√εµz − t)]
que integrado gera o campo magnético
�H = −E0
√
ε
µ
{ı̂ cos [ω (√εµz − t)]− ̂ sin [ε (√εµz − t)]} .
Assim, o vetor de Poynting �S = �E × �H fica dado por
�S = E20
√
ε
µ
k̂,
como desejado.
7. Exercício 16.8: Temos que �Fv = ρ�E+ �J × �B. Usando a lei de Gauss e a
lei de Ampére modificada para isolar ρ e �J , respectivamente, ficamos com
�Fv = ε0 �E
(
∇ · �E
)
+
1
µ0
(
∇× �B
)
× �B − ε0 ∂
�E
∂t
× �B
= ε0 �E
(
∇ · �E
)
− ε0
∂
(
�E × �B
)
∂t
+
1
µ0
(
∇× �B
)
× �B + ε0 �E × ∂
�B
∂t
4
que, usando a lei de Faraday, fornece
�Fv = ε0 �E
(
∇ · �E
)
− ε0
∂
(
�E × �B
)
∂t
+
1
µ0
(
∇× �B
)
× �B− ε0 �E×
(
∇× �E
)
.
Agora
�E ×
(
∇× �E
)
=
1
2
∇
(
�E · �E
)
−
(
�E · ∇
)
�E,
o mesmo valendo para �B. Assim, ficamos com
�Fv = −ε0
∂
(
�E × �B
)
∂t
+ ε0 �E
(
∇ · �E
)
− 1
2
ε0∇
(
E2
)
+
(
�E · ∇
)
�E
+
1
µ0
(
�B · ∇
)
�B − 1
2µ0
∇ (B2)+ 1
µ0
�B
(
∇ · �B
)
,
onde o último termo foi incluído apenas para ressaltar a simetria do re-
sultado, já que é identicamente nulo.
8. Exercício 16.9: Temos que
�E = ı̂E0 sin
[
2π
λ
(z − ct)
]
.
Como temos ϕ = 0, sabemos que
�E = −∂
�A
∂t
.
Assim, é fácil mostrar que
�A = −ı̂ λE0
2πc
cos
[
2π
λ
(z − ct)
]
.
Mas todo esse cálculo só está consistente se tivermos ∇ · �A = 0, uma vez
que colocamos ϕ = 0 e temos que satisfazer a condição de Lorentz. Mas é
fácil mostrar que ∇ · �A = 0, uma vez que depende apenas de z, mas tem
componente apenas na direção x (faça a conta).
9. Exercício 16.10: Temos que ρ = 0 e que �J = 0. Sabemos que as equações
de Maxwell são dadas, para esses casos, por
∇ · �E = 0
∇ ·B = 0
∇× �E + ∂ �B∂t = 0
∇× �B − εµ∂ �E∂t = 0
.
Com a escolha dos potenciais de forma que
�E = −∇ϕ− ∂
�A
∂t
; �B = ∇× �A
5
satisfazemos a segunda e terceira equações de Maxwell. Fica faltando
mostar que satisfazemos igualmente a primeira e a quarta. A quarta fica
dada por
∇×
(
∇× �A
)
− εµ ∂
∂t
(
−∇ϕ− ∂
�A
∂t
)
= 0
ou seja,
∇2 �A− εµ∂
2 �A
∂t2
−∇
(
∇ · �A+ ∂ϕ
∂t
)
= 0.
A primeira equação de Maxwell fica
∇ · �E = ∇2ϕ+ ∂
∂t
(
∇ · �A
)
= 0.
Se colocarmos ∇ · �A = 0 e que �A satisfaz a
∇2 �A− εµ∂
2 �A
∂t2
= 0,
então temos que
∇∂ϕ
∂t
= 0,
ou seja, o potencial escalar é do tipo eletrostático (daí o nome ’calibre de
Coulomb’). Esse resultado é consistente com o resultado
∇2ϕ = 0
que obtemos da equação para ϕ acima.
10. Exercício 16.11: Temos que
∇ · �E = ρ
ε
e, portanto, substituindo para os potenciais
∇2ϕ+ ∂∂t
(
∇ · �A
)
= 0,
já que ρ = 0. A equação de Ampére modificada fornece
∇×
(
∇× �A
)
− εµ ∂
∂t
(
−∇ϕ− ∂
�A
∂t
)
= µ�J
que, rearranjando os termos e usando que �J = g �E, fornece
∇2 �A− εµ∂
2 �A
∂t2
− µg∂
�A
∂t
= ∇
(
µgϕ+ εµ
∂ϕ
∂t
+∇ · �A
)
.
6
Assim, essa última equação fica da forma desejada se fizermos
∇ · �A = −µgϕ− εµ∂ϕ
∂t
.
Ficamos, portanto, com
∇2 �A− εµ∂
2 �A
∂t2
− µg∂
�A
∂t
= 0.
Já a equação para o potencial escalar, obtida mais acima, fica
∇2ϕ+ ∂
∂t
(
−µgϕ− εµ∂ϕ
∂t
)
= 0,
ou seja,
∇2ϕ− εµ∂
2ϕ
∂t2
− µg∂ϕ
∂t
= 0,
que é o resultado desejado.
11. Exercício 16.12: ρ = 0, �J = 0, µ = µ0 e �P = �P (x, y, z, t). Temos que
�E = ∇×
(
∇× �Z
)
− 1
ε0
�P
�B =
1
c2
∇× ∂
�Z
∂t
e sabemos que �Z satisfaz à equação
∇2 �Z − 1
c2
∂2 �Z
∂t2
= −
�P
ε0
.
A lei de Gauss pode ser obtida diretamente, tomando-se o divergente de
�E para obter
∇ · �E = − 1
ε0
∇ · �P
e notando que devemos ter ∇· �P = 0, que, como sabemos, representa a dis-
tribuição volumétrica das cargas de polarização e que se anula quando essa
distribuição é uniforme. A equação de Faraday pode ser obtida tomando-
se o rotacional de �E, dado por
∇× �E = ∇×
[
∇
(
∇ · �Z
)
−∇2 �Z
]
− 1
ε0
∇× �P
e a derivada temporal de �B, dada por
∂ �B
∂t
=
1
c2
∇× ∂
2 �Z
∂t2
.
7
Assim, ficamos com
∇× �E + ∂
�B
∂t
= −∇×
[
∇2 �Z − 1
c2
∂2 �Z
∂t2
− 1
ε0
�P
]
= 0
e, portanto, vale a lei de Faraday. A divergência de �B é obviamente nula,
visto que �B está dado por um rotacional. A última equação é a de Ampére
modificada, que pode ser escrita na forma
∇× �B − µ0
∂ �D
∂t
=
1
c2
∇×
(
∇× ∂
�Z
∂t
)
− µ0
∂
∂t
[
ε0 �E + �P
]
=
1
c2
∇×
(
∇× ∂
�Z
∂t
)
− µ0ε0∇×
(
∇× ∂
�Z
∂t
)
= 0,
valendo a quarta equação de Maxwell.
12. Exercício 16.13: usa as mesmas idéias do anterior.
13. Exercício 16.14: idem.
8
Capítulo 17
1. Exercício 17.1: considere �F (�r) = �Aei�k·�r, com �A um vetor constante.
Temos que
∇ · �F = ∂Fx
∂x
+
∂Fy
∂y
+
∂Fz
∂z
= Axikxe
i�k·�r +Ayikyei
�k·�r +Azikzei
�k·�r
= i�k · �Aei�k·�r = i�k · �F (�r)
Da mesma forma
∇× �F (�r) =
∣∣∣∣∣∣
ı̂ ̂ k̂
∂x ∂y ∂z
Axe
i�k·�r Ayei
�k·�r Azei
�k·�r
∣∣∣∣∣∣
e, portanto, [
∇× �F
]
x
= (Aziky −Ayikz) ei�k·�r[
∇× �F
]
y
= (Axikz −Azikx) ei�k·�r[
∇× �F
]
z
= (Ayikx −Axiky) ei�k·�r
Assim, ficamos com
∇× �F (�r) = i�k × �Aei�k·�r = i�k × �F (�r) ,
como desejado.
2. Exercício 17.2: Para uma onda plana no vácuo temos que
E = cB.
Como também temos que
H =
1
µ0
B
e c = 1/
√
ε0µ0, ficamos com
E
H
= µ0c =
√
µ0
ε0
.
3. Exercício 17.3: As ondas planas têm polarização circular, mesmos ω,
�k e amplitude E, mas as polarizações são opostas, ou seja, φ = π/2 e
φ = −π/2, para cada uma delas. Assim, temos que
E1 = E (�p sinωt+ �s cosωt) e E2 = E (−�p sinωt+ �s cosωt) .
A onda resultante da superposição dessas duas ondas é dada por
ET = 2E�s cosωt
e possui amplitude 2E.
1
4. Exercício 17.6: Sejam �A e �B vetores complexos. Assim, �A = �Ar + i �Ai
e �B = �Br + i �Bi. Deste modo temos que
Re
{
�A
}
·Re
{
�B
}
= �Ar · �Br
enquanto que
Re
{
�A · �B
}
= �Ar · �Br − �Ai · �Bi.
Assim, podemos ter Re
{
�A · �B
}
= 0 com �Ar · �Br = �Ai · �Bi, mas de tal
modo que nenhum dos dois membros é nulo.
5. Exercício 17.7: As ondas têm os mesmos ω, �k e sentido de polarização
�p, mas têm amplitudes e fases diferentes, dados por E1, 0 e E2, φ. Suas
representações são
�E1 = �pE1 cos
(
ωt− �k · �r
)
e �E2 = �pE2 cos
(
ωt− �k · �r − φ
)
.
O vetor de Poynting é dado por
S =
n
cµ0
E2 =
n
cµ0
[
E1 cos
(
ωt− �k · �r
)
+E2 cos
(
ωt− �k · �r − φ
)]2
=
=
n
cµ0
[
E21 cos
2
(
ωt− �k · �r
)
+E22 cos
2
(
ωt− �k · �r − φ
)
+
+2E1E2 cos
(
ωt− �k · �r
)
cos
(
ωt− �k · �r − φ
)]
Agora podemos tomar a média temporal deste resultado lembrando que〈
cos2 α
〉
T
=
1
2
e que
cos
(
ωt− �k · �r
)
cos
(
ωt− �k · �r − φ
)
=
= cos
(
ωt− �k · �r
) [
cos
(
ωt− �k · �r
)
cosφ+ sin
(
ωt− �k · �r
)
sinφ
]
=
= cos2
(
ωt− �k · �r
)
cosφ+ cos
(
ωt− �k · �r
)
sin
(
ωt− �k · �r
)
sinφ
Agora
〈cosα sinα〉T = 0,
então 〈
cos
(
ωt− �k · �r
)
cos
(
ωt− �k · �r − φ
)〉
=
1
2
cosφ.
Desta maneira, ficamos com
〈S〉T =
n
cµ0
1
2
[
E21 +E
2
2 + 2E1E2 cosφ
]
,
como queríamos demonstrar.
2
6. Exercício 17.8: Temos duas ondas no vácuo de mesma frqüência e am-
plitude, com polarização linear que se superpõem para dar uma onda
estacionária no vácuo. Tais ondas ficam representadas por
�E1 = �pE cos
(
ωt− �k · �r
)
e �E2 = �pE cos
(
ωt+ �k · �r
)
.
Agora temos que
�E = �pE
[
cos
(
ωt− �k · �r
)
+ cos
(
ωt+ �k · �r
)]
.
Note entretanto, que
cos (a− b) + cos (a+ b) = 2 cosa cos b
de modo que ficamos com
�E = �p2E cos (ωt) cos
(
�k · �r
)
e o vetor de Poynting fica
S =
n
cµ0
E2 =
n
cµ0
4 cos2 (ωt) cos2
(
�k · �r
)
,
e sua média temporal fica
〈S〉T =
2n
cµ0
cos2
(
�k · �r
)
.
7. Exercício 17.9: Para uma onda plana em um meio condutor temos
�B =
n̂
c
�u× �E.
Como �E é elipticamente polarizado, com Ê = Epeiφ�p + Es�s, temos que
(n̂ = n+ ik)
�B =
n̂
c
(
�u× �pEpeiφ + �u× �sEs
)
=
n̂
c
(−�pEs + �sEpeiφ) .
Assim, temos que
Re
{
Ê
}
= Ep cosφ�p+Es�s
Re
{
B̂
}
=
1
c
[−nEs�p+ (n cosφ− k sinφ)Ep�s]
Ficamos com
Re
{
Ê
}
· Re
{
B̂
}
=
1
c
{−nEpEs cosφ+ nEpEs cosφ− kEpEs sinφ}
= −k
c
EpEs sinφ
como desejado.
3
8. Exercício 17.11: Temos que Ki = Kr no caso em questão. Queremos
calcular os n e k. Usando as expressões (17.52) do livro, chegamos a
(Kr = K)
n =
√
1
2
[
K +K
√
2
]
=
√
K
√
1 +
√
2
2
= 1.098684114
√
K
k =
√
1
2
[
−K +K
√
2
]
=
√
K
√
−1 +√2
2
= 0.4550898604
√
K
Temos ainda que
δ =
c
kω
=
c
k 2πcnλ
=
nλ
2πk
de forma que
δ
λ
=
n
2πk
= 0.3842340223,
como desejado.
9. Exercício 17.12: O meio é quase transparente. Temos que
δ =
c
kω
,
mas k = Ki/2n = g/(2nε0ω) de forma que kω = g/2nε0 e ficamos com
δ =
c2nε0
g
.
Agora, como
c =
1√
ε0µ0
,
o resultado pode ser escrito como
δ =
2nε0
g
√
ε0µ0
=
2n
g
√
µ0/ε0
,
como desejado.
4
Capítulo 18
1. Exercício 18.1:O coeficiente de reflexão de Fresnel para uma onda s-
polarizada que incide no ar (meio1) sobre um dielétrico (meio2) é dado
por
r12,s =
cos θ1 − n cos θ2
cos θ1 + n cos θ2
,
onde θ1 é o ângulo de incidência no meio 1, θ2 é o ângulo de refração
e fizemos n1 = 1 por ser o ar. Se θ1 = θB, então, como sabemos que
tan θB = n (por n1 = 1), temos que
cos2 θB =
1
sec2 θB
=
1
1 + tan2 θB
=
1
1 + n2
e, portanto,
cos θB =
1√
1 + n2
and sin θB =
n√
1 + n2
.
A lei de Snell fornece
sin θ2 =
sin θB
n
=
1√
1 + n2
e cos θ2 =
n√
1 + n2
e, portanto
r12,s =
1√
1+n2
− n2√
1+n2
1√
1+n2
+ n
2√
1+n2
=
1− n2
1 + n2
,
como queríamos demonstrar.
2. Exercício 18.2: Uma onda p-polarizada incide no meio 1 (ar) sobre o
meio 2 (dielétrico) segundo o ângulo θ1 = π/2− δ. Temos que encontrar
Rp (δ) quando δ → 0 em termos de K. Temos para a onda p-polarizada
que
r12,p =
n cos (π/2− δ)− cos θ2
n cos (π/2− δ) + cos θ2 =
n sin δ − cos θ2
n sin δ + cos θ2
.
A lei de Snell nos fornece que n sin θ2 = sin (π/2− δ) = cos δ e, portanto,
cos θ2 =
√
1− cos
2 δ
K
,
onde usamos K = n2. Quando δ → 0 podemos aproximar
sin δ = δ e cos δ = 1
até a ordem δ2. Assim, ficamos com o termo de Fresnel
r12,p =
√
Kδ −
√
1− 1K
√
Kδ +
√
1− 1K
=
Kδ −√K − 1
Kδ +
√
K − 1 .
1
Nós ainda poderíamos fazer
r12,p =
K√
K−1δ − 1
K√
K−1δ + 1
e expandir o denominador em série de MacLaurin para obter
r12,p =
(
K√
K − 1δ − 1
)(
1− K√
K − 1δ
)
= −
(
1− K√
K − 1δ
)2
.
Como RP = r212,p, ficamos com
Rp =
[
Kδ −√K − 1
Kδ +
√
K − 1
]2
=
(
1− K√
K − 1δ
)4
.
A inclinação da curva em termos de δ é dada por
dRp
dθ1
= −dRp
dδ
=
4K√
K − 1 −
12K
K − 1δ + o
(
δ2
)
.
3. Exercício 18.3: Agora a onda é p-polarizada e incide do meio 1 (con-
stante K) para o ar e temos
r12,p =
cos (θc − δ)−
√
K cos θ2
cos (θc − δ) +
√
K cos θ2
.
Temos que
sin θc =
1√
K
e, portanto,
cos θc =
√
1− 1
K
=
√
K − 1
K
Expandindo o cosseno da soma e usando as substituições necessárias,
temos
r12,p =
√
1− 1K cos δ + 1√K sin δ −
√
Kcos θ2√
1− 1K cos δ + 1√K sin δ +
√
K cos θ2
.
Usando a lei de Snell, ficamos com
sin θ2 =
√
K sin (θc − δ) =
(
cos δ −√K − 1 sin δ
)
�
(
1−√K − 1δ
)
.
Assim
cos θ2 �
√
1−
(
1−√K − 1δ
)2
=
√
2
√
K − 1δ.
2
Substituindo, ficamos com
r12,p =
√
K − 1 + δ −
√
2
√
K − 1δ√
K − 1 + δ +
√
2
√
K − 1δ
Assim, Rp = r212,p fica, em primeira aproximação (fazer com o maple)
Rp = 1− 4K
√
2δ√
K − 1 ,
como queríamos demonstrar.
4. Exercício 18.5: A luz é p-polarizada e é refletida por uma superfície
metálica vindo do ar (n1 = 1 e n2 = n + ik). Para calcular Rp temos
que calcular r12,p lembrando que é um valor complexo e que Rp = |r12,p|2.
Temos que as mesmas expressões valem para o coeficiente de Fresnel e,
assim
r12,p =
(n+ ik) cos θ1 − cos θ2
(n+ ik) cos θ1 + cos θ2
.
Se usamos a aproximação (exigida pelo problema) de cos θ2 ∼ 1, temos
que
r12,p =
(n+ ik) cos θ1 − 1
(n+ ik) cos θ1 + 1
=
n2 cos2 θ1 + k
2 cos2 θ1 − 1 + 2ik cos θ1
n2 cos2 θ1 + 2n cos θ1 + k2 cos2 θ1 + 1
.
Com esse resultado, ficamos com
Rp =
n2 cos2 θ1 − 2n cos θ1 + k2 cos2 θ1 + 1
n2 cos2 θ1 + 2n cos θ1 + k2 cos2 θ1 + 1
.
Para achar o mínimo, basta derivar em termos de θ1 para obter
dRp
dθ1
= 0 =
n sin θ1
(
n2 cos2 θ1 + k
2 cos2 θ1 − 1
)
(n2 cos2 θ1 + 2n cos θ1 + k2 cos2 θ1 + 1)
2 .
A solução dessa equação implica que
θ1 = 0 ou n2 cos2 θ1 + k2 cos2 θ1 = 1.
A solução θ1 = 0 era esperada, visto que nesse ângulo de ataque teremos
Rp máximo. A outra solução deve dar o valor mínimo deste. Assim, temos
cos θ1 =
1√
n2 + k2
como solução esperada, como queríamos demonstrar. Podemos traçar o
gráfico de Rp (θ1) para valores arbitrários de n e k, para ver seu comporta-
mento. Na figura abaixo, mostramos esse comportamento para os valores
n = 1, k = 6.
3
Note que, para estes valores, temos Rp mínimo em θ1 = arccos
(
1/
√
37
)
=
1.405647649.
5. Exercício 18.6: Nas condições k � n� 1 valem as condições de Hagen-
Rubens. Note que temos, nesse caso,
2
k
= 2
√
2ε0ω
g
,
ou seja,
g
k2
= 2ε0ω.
A dissipação da energia é dada pelo termo de Joule, �J · �E que, na aproxi-
mação linear da lei de Ohm, fica
d = −gE22 ,
e usamos E2 pois se trata da onda no meio 2, o metal. Para calcular E22 ,
usamos a relação que envolve os coeficientes de Fresnel,
|E2|2 = |t12|2 |E1|2 ,
onde
t12 =
2n1
n2 + n1
.
Com n2 = n+ ik, ficamos com
|t12|2 = 4n1 1
(n1 + n)
2
+ k2
� 2n1
k2
4
e, portanto,
|E2|2 = 2n1
k2
|E1|2 .
Assim, a dissipação fica
d = −2n1g
k2
|E1|2 = −4ε0ωn21 |E1|2 .
Se o meio 1 é o ar, então n1 = 1. Se temos E1 = 103V/m e f = 1010Hz,
então, ω = 2π1010Hz e
d = −4× 8.85× 10−12 × 2π × 1010 = −2.22J/m3.
6. Exercício 18.7:Uma onda no ar n1 = 1 incide numa superfície condutora
com um ângulo θ1 no intervalo onde a relação de Hagen-Rubens é válida.
Assim, temos que
r12,s =
cos θ1 − (n+ ik)
cos θ1 + (n+ ik)
que gera, após cálculos semelhantes ao que fizemos no exercício anterior,
Rs =
n2 + k2 + cos2 θ1 − 2n cos θ1
n2 + k2 + cos2 θ1 + 2n cos θ1
.
Como temos a absorvância definida como As = 1−Rs, ficamos com
As =
4n cos θ1
n2 + k2 + cos2 θ1 + 2n cos θ1
.
No limite de validade da relação de Hagen-Rubens temos que n � k � 1.
Assim, podemos colocar
As =
2cos θ1
k
,
como desejado. Para a onda p-polarizada é a mesma coisa.
7. Exercício 18.8: A incidência é normal θ1 = 0 do ar n1 = 1 para uma
superfície condutora n2 = n+ ik. Assim, temos que
r12,s =
1− (n+ ik)
1 + (n+ ik)
= −n
2 + k2 − 1 + 2ik
n2 + k2 + 1+ 2n
.
Assim, temos que a parte real e a parte imaginária são dadas por
Re {r12,s} = − n
2 + k2 − 1
n2 + k2 + 1 + 2n
e Im {r12,s} = − 2k
n2 + k2 + 1 + 2n
de modo que sua fase fica
αs = tan
−1
{
2k
n2 + k2 − 1
}
,
como queríamos demonstrar.
5
8. Exercício 18.10: Temos uma onda que sai de um meio n1, passa por
uma película n2 e sai pelo meio n3. Temos que, para onda p-polarizada
com incidência normal
r12,p =
n2 − n1
n2 + n1
e r23,p =
n3 − n2
n3 + n2
.
Podemos transformar as quantidades em r23,p de modo a colocá-la escrita
em termos de elementos dos meios 1 e 2, para comparar o resultado com
r12,p. Assim, temos n2 =
√
n1n3 e
r23,p =
n22
n1
− n2
n22
n1
+ n2
=
n22 − n2n1
n22 + n2n1
=
n2 − n1
n2 + n1
= r12,p,
como queríamos demonstrar. Para incidência normal temos que
R =
r212 + r
2
23 + 2r12r23 cosβ
1 + r212r
2
23 + 2r12r23 cosβ
.
Se cosβ = −1, então ficamos com o numerador igual a zero, dado que
r23,p = r12,p.
9. Exercício 18.11: A freqüência do feixe é ω e ele incide do ar (n1 = 1)
para um filme dielétrico de índice de refração n2 = n com espessura d. Os
coeficientes de transmissão e reflexão são dados por
r =
r12 + r23e
iβ
1 + r12r23eiβ
o que fornece
R =
r212 + r
2
23 + 2r12r23 cosβ
1 + r212r
2
23 + 2r12r23 cosβ
,
como visto no problema anterior. Entretanto, sabemos que
r12 =
n− 1
n+ 1
e r23 =
1− n
1 + n
de modo que ficamos com
R =
(
n2 − 1)2 (1− cosβ)
n4 + 6n2 + 1− (n2 − 1)2 cosβ
Neste caso, temos que β = 2dωc n (ver 18.84 no texto) de modo que
R =
(
n2 − 1)2 [1− cos (2dωc n)]
n4 + 6n2 + 1− (n2 − 1)2 cos (2dωc n) .
Supondo n fico e ω fixo, o comportamento de R em termos de d fica dado
como mostra a figura abaixo:
6
10. Exercício 18.12: Temos que:
(a) Para β1 = 0, a equação matricial fica(
E1
E′1
)
=
1
t12
(
1 r12
r12 1
)(
E2
0
)
,
o que dá
E1 =
1
t12
E2,
o que é verdade, visto que sabemos que E2 = t12E1, por definição do
coeficiente de transmissão de Fresnel. Também obtemos que
E′1 =
r12
t12
E2
e usando a expressão para E2 em termos de E1, ficamos com E′1 =
r12E1, que é o resultado esperado.
(b) Temos agora que (o sinal na dos expoentes complexos parece estar
errado, mas isso não é relevante, pois precisamos apenas de r∗r e t∗t)(
E1
E′1
)
= 1t12t23
(
1 r12
r12 1
)(
e−iβ2/2 r23e−iβ2/2
r23e
iβ2/2 eiβ2/2
)(
E2
0
)
= 1t12t23
(
e−iβ2/2 + r12r23eiβ2/2 r23e−iβ2/2 + r12eiβ2/2
r12e
−iβ2/2 + r23eiβ2/2 eiβ2/2 + r12r23e−iβ2/2
)(
E2
0
)
7
o que fornece
E1 =
1
t12t23
(
e−iβ2/2 + r12r23eiβ2/2
)
E3.
Reorganizando os termos, ficamos com
E3 =
t12t23e
iβ2/2
1 + r12r23eiβ2
.
Da mesma forma, ficamos com
E′1 =
1
t12t23
(
r12e
−iβ2/2 + r23eiβ2/2
)
E3
e, substituindo E3 em termos de E1, ficamos com
E′1 =
r12 + r23e
−iβ2
1 + r12r23eiβ2
E1,
o que corresponde às definições do livro texto.
11. Exercício 18.13: Uma superfície metálica tem sobreposta uma película
dielétrica. O cáculo da reflectância é dado por (incidência normal)
R =
r212 + r
2
23 + 2r12r23 cosβ
1 + r212r
2
23 + 2r12r23 cosβ
onde
r12 =
n− 1
n+ 1
e r23 =
n3 − n
n3 + n
,
onde n é o índice de refração da película (de espessura d) e n3 = n+ ik e
como o condutor é perfeito, k →∞, de modo que
r23 = ±1.
Assim, ficamos com
R =
(
n−1
n+1
)2
+ 1 + 2
(
n−1
n+1
)
cosβ
1 +
(
n−1
n+1
)2
+ 2
(
n−1
n+1
)
cosβ
= 1,
como queríamos demonstrar.
12. Exercício 18.14: A radiação incide normalmente a partir do ar sobre um
filme metálico espesso de tal forma que podemos desprezar as múltiplas
reflexões. Assim, temos que
t̂ = t̂12t̂23.
8
Temos que
t12 =
2
1+ (n+ ik)
e também
t23 =
2 (n+ ik)
1 + (n+ ik)
.
Assim, ficamos com
T =
∣∣t̂∣∣2 = n2 + k2
1 + 4n+ 6n2 + 2k2 + 4n3 + 4nk2 + n4 + 2n2k2 + k4
.
Eta exercício idiota! Desculpem aí por ter indicado.
13. Exercício 18.18: Se vamos apenas somar as intensidades, então a in-
tensidade refletida fica dada por
R = R12 + T12R23T21 + T12R23R12R23T21 + · · ·
e portanto
R = R12 + T12R23T21 [1 +R23R12 + · · ·]
e, visto que temos uma série geométrica, ficamos com
R = R12 +
T12R23T21
1−R21R23 .
Assim,
R =
R12 −R12R21R23 + T12R23T21
1−R21R23 ;
note, entretanto, que
r̂12 = −r̂21 ⇒ R12 = R21.
Assim, ficamos com
R =
R12 +R23
(
T12T21 −R212
)
1−R12R23 .
Agora note que
T12 =
4n21
(n2 + n1)
2 e T21 =
4n22
(n2 + n1)
2
de modo que
T21T12 −R212 = −
n22 − 6n1n2 + n21
(n2 + n1)
2
ao mesmo tempo que
1− 2R12 = −n
2
2 − 6n1n2 + n21
(n2 + n1)
2 .
9
Assim, podemos escrever
R =
R12 +R23 (1− 2R12)
1−R12R23 =
R12 +R23 − 2R12R23
1−R12R23 ,
como queríamos demonstrar. Se R12 = R23, então facilmente chegamos a
R = 2
R12−R212
1−R212
= 2
R12 (1−R12)
(1−R12) (1 +R12)
o que fornece
R =
2R12
1 +R12
,
como desejado.
14. Exercício 18.17: Encontrar �E e �B para ondas TM propagando-se no
plano yz entre duas placas condutoras em y = 0 e y = a. Temos que, para
TM o campo magnético �B deve ser dado por (onde usamos que rs = −1
nas placas para o campo elétrico)
�B = ı̂B0
[
eik(y cos θ+z sin θ)−ωt ± eik(−y cos θ+z sin θ)−ωt
]
de forma que ficamos com
1
c2
∂ �E
∂t
= ∇× �B
e
∇× �B =
∣∣∣∣∣∣
ı̂ ̂ k̂
∂x ∂y ∂z
Bx 0 0
∣∣∣∣∣∣ = ̂∂zBx − k̂∂yBx
fornecendo
1
c2
∂Ey
∂t
= B0ik sin θ
[
eik(y cos θ+z sin θ) ± eik(−y cos θ+z sin θ)
]
e−iωt
e, portanto, (ω = kc)
Ey = −cB0 sin θ
[
eik(y cos θ+z sin θ) ± eik(−y cos θ+z sin θ)
]
e−iωt.
Da mesma forma
1
c2
∂Ez
∂t
= B0ik cos θ
[
eik(y cos θ+z sin θ) ∓ eik(−y cos θ+z sin θ)
]
e−iωt
e, portanto,
Ez = cB0 cos θ
[
eik(y cos θ+z sin θ) ∓ eik(−y cos θ+z sin θ)
]
e−iωt
10
Note que Ez = 0 em y = 0 de modo que temos que escolher o sinal
negativo na expressão anterior. Mas isso significa que temos que escolher
o sinal positivo na expressão inicial para �B. Desta forma, ficamos com
Bx = B0 cos (ky cos θ) e
i[kz sin θ−ωt]
Ey = −cB0 sin θ cos (ky cos θ) ei[kz sin θ−ωt]
Ez = cB0 cos θ sin (ky sin θ) e
i[kz sin θ−ωt]
15. Exercícios 18.19 e 18.20: chatíssimos... basta substituir na expressão.
FAÇAM! hehehe
11
Capítulo 19
1. Exercício 19.2: Sabemos que a Maxwelliana é dada pela expressão
f (ω) =
ω2p
ω20
γ/4
(ω0 − ω)2 + γ2/4
de forma que seu ponto de máximo é obtido exatamente sobre ω = ω0 e é
dado por
M = f (ω0) =
ω2p
ω20
γ/4
γ2/4
=
ω2p
γω20
.
Na altura média, ficamos com
M
2
=
ω2p
ω20
γ/4
(ω0 − ω)2 + γ2/4
.
Usando o M dado acima, ficamos com
ω2p
γω20
=
ω2p
ω20
γ/4
(ω0 − ω)2 + γ2/4
cuja solução gera o resultado
ω0 − ω = ±γ
2
,
que é o resultado desejado.
2. Exercício 19.5: A lorentziana tem a forma
FL (ω) =
1
γ
γ2
2 (ω0 − ω)2 + γ2
,
implicando uma altura máxima 2 e uma largura de meio máximo 1/2 (γ =
0.5), centrada em ω0 = ω. A gaussiana com as mesmas características é
dada por
FG (ω) =
1
γ
exp
(
−2 (ω − ω0)
2
γ2
)
.
Seus gráficos podem ser vistos na figura abaixo: (M = 2, g = 0.5, ω0 = 0)
1
3. Exercício 19.6: Temos que
K (ω) = K∞ +
ω2p
ω2T − ω2
e também que K (ωL) = 0. Com este último vínculo, obtemos que
0 = K∞ +
ω2p
ω2T − ω2L
que, resolvendo para ωp fornece
ω2p = −K∞
(
ω2T − ω2L
)
.
Agora
K (0) = K0 = K∞ +
ω2p
ω2T
.
Substituindo nessa última expressão o resultado obtido para ωp, fica-se
com
K0
K∞
=
ω2L
ω2T
,
como queríamos demonstrar.
4. Exercício 19.8: A constante dielétrica complexa é dada por
ĝ =
g0
1− iωτ =
g0 (1 + iωτ)
1 + ω2τ2
2
de modo que
gr =
g0
1 + ω2τ2
e gi =
g0ωτ
1 + ω2τ2
.
Assim, disso resulta que, para ω = 1/τ ,
gr = gi =
g0
2
.
5. Exercício 19.9: O comportamento das constantes do problema é dado
por
γ
ωp
= 10−2.
Queremos obter n e k, do índice de refração complexo n̂ = n+ ik, para a
freqüência ω = ωp. Para o caso em questão, temos que
Kr − 1 = −
ω2p
ω2 + γ2
e Ki =
ω2pγ
ω (ω2 + γ2)
.
Se calcularmos estes valores em ω = ωp, como desejado, ficamos com
Kr = 1− 1
1 + (γ/ωp)
2 = 1−
1
1 + 10−4
= .999900e− 4
Ki =
γ/ωp
1 + (γ/ωp)
2 =
10−2
1 + 10−4
= .9999000100e− 2
Assim, Ki é duas ordens de grandeza maior do que Kr. Agora, temos que
n =
√
1
2
[
Kr +
√
K2r +K
2
i
]
�
√
Ki
2
= .7071067810
√
Ki
k =
√
1
2
[
−Kr +
√
K2r +K
2
i
]
�
√
Ki
2
= .7071067810
√
Ki
como desejado.
6. Exercício 19.13: A tangente do ângulo desejado é dada por
tan θ =
(K0 − 1)ωτ
K0 + (ωτ)
2 .
Como procuramos um máximo e a tangente é uma função crescente,
podemos derivar diretamente a tangente para obter
d tan θ
dτ
=
(K0 − 1)ω
K0 + ω2τ2
− (K0 − 1)ωτ
(
2ω2τ
)
[K0 + ω2τ2]
2 = 0
dando, depois de simplificações,
ω =
K0
τ
ou τ =
K0
ω
.
3
Para tal valor, as constantes dielétricas real e imaginária ficam
Kr =
K0 − 1
1 +K20
� 1
K0
� 0 e Ki = (K0 − 1)K0
1 +K20
� 1.
7. Exercício 19.14: Temos que
ĝ = −iωχ̂
de modo que
gr (ω) = ωχi (ω) e gi (ω) = −ωχr (ω) .
Temos também que
χr (ω) =
2
π
∫ ∞
0
ω′χi (ω′)
ω′2 − ω2 dω
′;
multiplicando ambos os membros por ω2 e tomando o limite com ω →∞
temos que
−π
2
lim
ω→∞ω
2χr (ω) =
∫ ∞
0
ω′χi (ω
′) dω′.
Usando a relação para gr (ω) ficamos com∫ ∞
0
g (ω) dω = −π
2
lim
ω→∞ω
2χr (ω) .
Note, entretanto, que para ω → ∞ devemos ter (essa parte o livro não
deixa clara, infelizmente, gerando os problemas para a solução)
χr (ω) = ε (ω)− 1 = −
ω2p
ω2
,
de modo que∫ ∞
0
g (ω) dω = −π
2
lim
ω→∞ω
2χr (ω) =
π
2
ω2p =
πNe2
2m
,
como queríamos demonstrar. Por outro lado, podemos começar com
gr (ω) = ωχi (ω)
e escrever
lim
ω→∞ gr (ω) = limω→∞−
2ω2
π
∫ ∞
0
χr (ω
′)
ω′2 − ω2 dω
′ =
2
π
∫ ∞
0
χr (ω) dω
e, portanto, ∫ ∞
0
χr (ω) dω =
π
2
lim
ω→∞ gr (ω) .
Com a relação entre gr (ω) e χi (ω) e lembrando que χi (ω) vai para zero
com ω3, quando ω →∞, temos que∫ ∞
0
χr (ω) dω =
π
2
lim
ω→∞ gr (ω) = 0,
como esperado.
4
8. Exercício 19.15: Temos que
χi (ω) =
π
2
ω0χ0δ (ω − ω0) e E (t) =
E0
ω0
δ (t) .
Assim, usando a expressão (19.82) do livro, temos que
P (t) =
∫ ∞
0
f (t′)E (t− t′) dt′.
Substituindo E (t) nessa expressão, ficamos com
P (t) =
E0
ω0
∫ ∞
0
f (t′) δ (t− t′) dt′ = E0
ω0
f (t) .
Mas, de acordo com a expressão (19.83), temos que
f (t) =
2
π
∫ ∞
0
χi (ω) sin (ωt) dω.
Assim, usando a expressão para χi (ω) ficamos com
f (t) = ω0χ0
∫ ∞
0
δ (ω − ω0) sin (ωt) dω = ω0χ0 sin (ω0t) .
Juntando os resultados, ficamos com
P (t) = E0χ0 sin (ω0t) ,
como queríamos demonstrar.
9. Exercício 19.16: Para fazer as mesmas passagens para J (t) ao invés
de P (t), lembramos que temos que desenvolver os resultados em termos
de uma relação linear entre J (t) e o campo elétrico E (t) (já que esse é
um dos pressupostos das relações de Kramers-Kronig) além de ser uma
relação causal (sendo este o outro pressuposto). Assim, escrevemos
J (t) =
∫ ∞
0
h (t)E (t− t′) dt′,
onde
E (t) =
∫ +∞
−∞
Ê (ω) e−iωtdω e J (t) =
∫ +∞
−∞
ĝ (ω) Ê (ω) e−iωtdω.
Assim, podemos escrever
E (t− t′) =
∫ +∞
−∞
Ê (ω) e−iω(t−t
′)dω
5
e substituir na primeira expressão para obter
J (t) =
∫ +∞
−∞
Ê (ω) e−iωt
∫ ∞
0
h (t′) e+iωt
′
dt′dω
que implica, por comparação com a outra expressão para J (t) em
ĝ (ω) =
∫ ∞
0
h (t′) e+iωt
′
dt′
e, portanto,
gr (ω) =
∫ ∞
0
h (t′) cos (ωt′) dt′
gi (ω) =
∫ ∞
0
h (t′) sin (ωt′) dt′
como no caso da suscetiblidade. Invertendo a equação para gi (ω) ficamos
com
h (t) =
2
π
∫ ∞
0
gi (ω
′) sin (ω′t) dω′
e substituindo em gr (ω) temos finalmente
gr (ω) =
2
π
∫ ∞
0
gi (ω
′) sin (ω′t′) cos (ωt′) dt′dω′.
Integrando sobre t′, ficamos com
gr (ω) =
2
π
∫ ∞
0
ω′gi (ω′)
ω′2 − ω2 dω
′
gi (ω) = − 2
π
ω
∫ ∞
0
gr (ω
′)
ω′2 − ω2 dω
′
como queríamos demonstrar (as integrais são feitas pelo método dos resí-
duos).
(a) Agora vamos usar a relação ĝ = −iωχ̂. Assim, ficamos, para a ex-
pressão de gi (ω), com
−ωχr (ω) = −
2
π
ω
∫ ∞
0
ω′χi (ω′)
ω′2 − ω2 dω
′
dando
χr (ω) =
2
π
∫ ∞
0
ω′χi (ω′)
ω′2 − ω2 dω
′,
que é similar àquela já encontrada. Já para gr (ω) pode-se repetir os
passos acima para ficar com
χi (ω) = −
2
ωπ
∫ ∞
0
ω′2χr (ω′)
ω′2 − ω2 dω
′,
que é diferente da anteriormente obtida, mas que tem que ser passível
de ser levada nela.
6
(b) Temos que
ĝ (ω) = gr (ω) + igi (ω)
=
2
π
∫ ∞
0
ω′gi (ω′) dω′
ω′2 − ω2 −
2i
π
ω
∫ ∞
0
gr (ω
′) dω′
ω′2 − ω2
de modo que
ĝ (0) =
2
π
∫ ∞
0
gi (ω
′)
ω′
dω′.
Mas como gi (ω) = −ωχr (ω), ficamos com
−π
2
ĝ (0) =
∫
χr (ω) dω.
A expressão para
∫∞
0
g (ω) dω pode ser obtida por meios similares.
7
Capítulo 20
1. Exercício 20.1: Se a oscilação é radial, então temos que a aceleração é
dada por
d�v
dt
= ar̂,
onde r̂ é o vetor unitário na direção radial. Mas os campos que contribuem
para a radiação são dados por
�B (�r, t) = − µ0
4πcr2
�r ×
..
�p e �E (�r, t) = − c
r
�r × �B (�r, t) .
Como a aceleração é radial, temos que
..
�p = ear̂
e o produto vetorial na expressão de �B (�r, t) se anula. Assim, �B (�r, t) = 0e portanto, �E (�r, t) = 0.
2. Exercício 20.2: Para ver isso, temos que integrar o vetor de Poynting
apenas com relação ao tempo, pois a integração sobre o elemento de super-
fície dΩ elimina justamente as componentes θ e φ da emissão de radiação.
Temos que
S =
EθBφ
µ0
R2 =
1
µ0
lI0ω
4πε0c2
sin θ
R
µ0I0lω
4πc
sin θ
R
cos2
[
ω
(
t− r
c
)]
que, promediado no tempo, fica
S̄ =
1
2
I20 l
2ω2
16π2ε0c3
sin2 θ.
Como esperado, até mesmo pelas características de simetria do problema,
não há dependência em φ (o problema tem simetria cilíndrica, já que é esta
a conformação do dipolo). Considerando o termo multiplicativo como uma
constante, a configuração de radiação (média no tempo) fica dada como
mostrado na figura abaixo.
1
3. Exercício 20.3: Temos uma espira circular de fio, conduzindo a corrente
I = I0 cosωt. Sabemos que
�A (�r, t) =
µ0
4π
∮
I (r′, t− |�r − �r′| /c)
|�r − �r′| d
�l,
onde d�l é tomado sobre a espira e, portanto, vale d�l = Rdφφ̂, onde R é o
raio da espira. Note que, em coordenadas cartesianas, tomando x, y e z
do ponto de observação, �r = xi+ yj+ zk, e �r′ = x′i+ y′j, temos que
|�r − �r′| = r
[
1− 2�r·�r′r2
]1/2
= r − �r·�r′r
= r −R sin θ cosφ′
,
onde θ é o ângulo entre o eixo z e o vetor �r (cf. figura 1). Note que
colocamos o eixo x sob o ponto de observação e que o ângulo φ′ refere-se
à posição das cargas (e portanto, vem com a linha).
Esquema de variáveis no exercício 20.3
Substituindo na expressão para o �A (�r, t), temos que
�A (�r, t) =
µ0
4π
1
r
∮
I
(
r′, t− r −R sin θ cosφ
′
c
)
d�l′.
Este é o termo em primeira ordem associado à expansão do potencial vetor
(já colocamos o r para fora da integral). Esta expressão pode ser com-
parada com a expressão (8.69) do livro texto, onde igual termo aparece,
mas se anula devido a termos a corrente I constante. Note, entretanto,
que agora temos uma corrente que não é constante. Para fazermos esta
integração, podemos expandir o termo da corrente, que escrevemos nova-
2
mente como
�A (�r, t) = µ04π
1
r
∮
I
(
r′, t− rc + R sin θc
)
d�l′
= µ04π
1
r
[∮
I
(
t− rc
)
d�r′ +
∮
�r′·�r
cr
(
∂I
∂t
)
R sin θ=0
d�l′
]
= 0 + µ04π
1
r
1
c
dI(t− rc )
dt sin θ
∫ 2π
0
cos2 φ′R2dφ′φ̂ = µ04π
1
cr
dI(t− rc )
dt sin θ
(
πR2
)
φ̂
= µ04πA
1
cr sin θ
dI(t− rc )
dt φ̂
onde colocamos a espira com área na direção z, para termos o elemento
de linha na direção φ̂ (em coordenadas esféricas). Assim, temos
�A (�r, t) = Aφφ̂
e
Aφ =
µ0
4π
a sin θ
İ
(
t− rc
)
cr
,
e ficamos apenas com a componente φ̂ do potencial vetor. Ora, o rotacional
deste termo é dado pela expressão
∇× �A = r̂ 1r sin θ
[
∂
∂θ (Aφ sin θ)− ∂Aθ∂φ
]
+ θ̂ 1r
[
1
sin θ
∂Ar
∂φ − ∂(rAφ)∂r
]
+φ̂1r
[
∂(rAθ)
∂r − ∂Ar∂θ
]
e portanto
∇× �A = r̂ 1r sin θ
[
cos θAφ +
∂Aφ
∂θ
]
− θ̂ 1r ∂(rAφ)∂r =
= r̂ cot θ
Aφ
r − θ̂
[
∂Aφ
∂r +
1
rAφ
] .
Note, entretanto, que o termo em r̂ e o último termo em θ̂ dão con-
tribuições com r−α, α ≥ 2 e, portanto, não são relevantes para a parte
radiativa. Assim, ficamos com
�B (�r, t) = Bradθ (�r, t) θ̂,
onde
Bradθ (�r, t) = −∂Aφ∂r = −µ04πa sin θ ∂∂r
İ(t− rc )
r
= −µ04πa
[
İ(t− rc )
r2 +
1
r
∂İ(t− rc )
∂r
]
.
O primeiro termo novamente pode ser desprezado e ficamos com
Bradθ (�r, t) = −
µ0
4π
a
sin θ
cr
∂İ
(
t− rc
)
∂r
.
A derivada acima fica
∂İ
(
t− rc
)
∂r
= −I0ω
2
c
cos
[
ω
(
t− r
c
)]
3
e, portanto
Bθ (�r, t) =
µ0I0
4π
a
ω2
c2r
sin θ cos
[
ω
(
t− r
c
)]
.
O campo elétrico pode ser obtido de cálculos similares.
4. Exercício 20.4: Para calcular a relação, devemos usar a fração (o re-
sultado para o vetor de Poyinting do dipolo magnético usa a resposta do
livro, à qual o aluno deve ter chegado após o exercício anterior–o termo
1
2 refere-se ao fato de estarmos comparando potências médias)
Pele
Pmag
=
I20 l
2
6πε0
ω2
c3
1
2
µ0I
2
0A
2
6π
ω4
c3
1
2
.
Como o diâmetro de A é igual a l, temos que A = π(l/2)2 = πl2/4. Assim,
ficamos com
Pele
Pmag
=
16c2
π2l2ω2
.
Assim, se o comprimento é l = 2m e a freqüência é ω = 106Hz, temos
Pele
Pmag
=
36
π2
104,
aproximadamente 104 vezes maior para a emissão do dipolo elétrico.
5. Exercício 20.6: Temos que
ϕ (�r, t) =
1
4πε0
[
Q
r
+
�r · �p (t− rc)
r3
+
�r ·
.
�p
(
t− rc
)
cr2
]
e
�A (�r, t) =
µ0
4πr
.
�p
(
t− r
c
)
.
A condição de Lorentz é dada por
1
c2
∂ϕ
∂t
+∇ · �A (�r, t) = 0.
Agora,
1
c2
∂ϕ
∂t
=
ε0µ0
4πε0
[
�r ·
.
�p
(
t− rc
)
r3
+
�r ·
..
�p
(
t− rc
)
cr2
]
enquanto que
∇ · �A (�r, t) = µ04π∇ ·
[ .
�p(t− rc )
r
]
=
µ0
4π
[(∇1r) · .�p (t− rc)+ 1r∇ · .�p (t− rc)]
= −µ04π
[
�r·
.
�p(t− rc )
r3 +
�r·
..
�p(t−rc )
r2c
] .
Estas duas últimas relações mostram que a condição de Lorentz é satisfeita.
4
6. Exercício 20.8: Temos que o momento de dipolo pode ser representado
por
�p = p0 (i cosωt+ j sinωt) ,
representando um dipolo perpendicular à direção z, girando no plano xy
com freqüência ω e mantendo o seu módulo como p0. Desta forma, temos
que
..
�p = −ω2�p.
Os campos ficam dados por
�B (�r, t) =
µ0ω
2
4πcr2
�r × �p e �E (�r, t) = −µ0ω
2
4πr3
�r × (�r × �p) .
O vetor de Poynting é
�S = �E × �H =
�E × �B
µ0
=
µ0ω
4
16π2r5
|�r × �p|2 �r.
Note que agora não podemos fixar a direção de �p como o eixo z, como foi
feito no texto principal. Isso altera drasticamente o cálculo da potência
irradiada (confira a expressão).
7. Exercício 20.9: Sabemos que
Ek =
e2
8πε0r
.
(a) Queremos calcular PTEk , onde T é o período orbital. Sabemos ainda
que
P =
e2
4πε0
2
3
v̇2
c3
.
Assim, temos que
PT
Ek
=
e2
4πε0
2
3
v̇2
c3
T
e2
8πε0r
=
4
3
v̇2rT
c3
.
Mas T = 2πω e como o movimento é circular, temos que
v̇ =
v2
r
,
devido à força centrípeta. Assim,
PT
Ek
=
4
3
v̇2rT
c3
=
8π
3
v4
c3 (rω)
.
Mas, novamente, como o movimento é circular, temos que rω = v,
de modo que
PT
Ek
=
8π
3
(v
c
)3
,
como queríamos demonstrar.
5
(b) Temos que
v
c
=
1
137n
;
se n = 2, então
PT
Ek
=
8π
3
(
1
137× 2
)3
=
π
3× 1373 = 4.072× 10
−7.
8. Da expressão (20.53) do capítulo, sabemos que a intensidade do feixe
incidente é dada por
S0 =
1
µ0c
E2.
Considere o esquema do fenômeno e o esquema de eixos mostrados na
figura abaixo ((a) e (b), respectivamente).
Sabemos também que o ângulo entre dois vetores quaisquer, em coorde-
nadas esféricas, é dado por (Jackson, p. 77)
cos γ = cos θ cos θ′ + sin θ sin θ′ cos
(
φ− φ′) ,
onde γ é o ângulo entre os vetores quaisquer, θ, φ são os ângulos esféricos
de um deles e θ′e φ′ os ângulos esféricos do outro (ou seja, os ângulos que
fazem com os eixos cartesianos em coordenadas esféricas). Adaptando ao
nosso problema, como mostrado na figura anterior (b), temos (chamando
os ângulos com linha como aqueles associados ao campo elétrico e os sem
linha como os associados ao vetor OP )
γ = θ, θ′E =
π
2
, φ′E = φ, φop = 0, θop = β,
ficamos com
cos θ = cosβ cos
π
2
+ sinβ sin
π
2
cosφ = sinβ cosφ,
6
de modo que a expressão para dσT/dΩ, dada no livro (20.52) como
dσT
dΩ
= R2e sin
2 θ
fica
dσT
dΩ
= R2e
(
1− sin2 β cos2 φ) .
Ora, integrando sobre todos os φ‘s, como é óbvio, se queremos a média
sobre todos estes ângulos, temos que (lembrar como se calcula média de
ângulos e que
〈
cos2 φ
〉
= 1/2)
dσT
dΩ
= R2e
(
1− sin
2 β
2
)
= R2e
(
1− 1− cos
2 β
2
)
= R2e
(
1 + cos2 β
2
)
,
que é o resultado do livro (20.53). Como trata-se da medida da intensidade
espalhada e não da potência espalhada, deve-se ter
IS = I0
(
1 + cos2 β
2
)
R2e
r2
,
já que a intensidade espalhada decai com r2, visto ser esférica.
7
Capítulo 21
1. Exercício 21.1:
(a) Devemos demonstrar que
R∗ = R
√
1−
(v
c
sin θ
)2
.
Sabemos que
R∗ = R′
(
1 +
�n′ · �v
c
)
.
Considere a disposição de eixos mostrada na figura abaixo (semel-
hante à do livro):
Note que usando as equações desenvolvidas no livro, chegamos ao
resultado (Eq. 21.23 do livro)
R∗ =
√
v2 (t0 − t)2 + b2 (1− v2/c2) =
√
v2 (t0 − t)2 + b2 (1− v2/c2)
=
√
v2 (t0 − t)2 +R2 sin2 θ (1− v2/c2)
,
onde usamos que b = R sin θ. Note agora que
v2 (t0 − t)2 = R cos θ,
demodo que
R∗ =
√
R2 cos2 θ +R2 sin2 θ (1− v2/c2) = R
√
1−
(v
c
sin θ
)2
,
como queríamos demonstrar.
(b) O campo elétrico fica dado por
�E (�r, t) =
q
4πε0
(
1− v
2
c2
) �R
R∗3
.
1
Assim, o resultado anterior implica que
�E (�r, t) = E0
�R
R3
1[
1− (vc sin θ)2]3/2
e ∣∣∣�E∣∣∣ = E0
R2
1[
1− (vc sin θ)2]3/2
e o gráfico, para vários valores de v/c estão mostradas na figura a
seguir.
Os vetores de campo elétrico estão mostrados para o caso v/c = 0.96.
A densidade de linhas de campo deixa de ser esférica (como no caso
v = 0 ou, aproximadamente, para v = 0.1) e passa a haver uma maior
densidade de linhas de campo na direção perpendicular ao eixo do
movimento da partícula.
2. Agora temos que calcular o campo magnético d �B devido a uma dis-
tribuição de cargas dq com velocidade constante v. Temos, evidentemente,
que
d �B = 1c2�v × �E = 14πε0c2
(
1− v2c2
)
(dq)�v�R
R∗3
= 14πε0c2
(
1− v2c2
)
(vdq) sin θ
R2[1−(v sin θ/c)2]3/2
= 14πε0
(
1− v2c2
)
sin θIdx
R2[1−(v sin θ/c)2]3/2
.
2
Usando agora o fato que
dx = R sin θdθ,
ficamos com
dB =
I
4πε0Rc2
(
1− v
2
c2
)
sin θdθ[
1− (v sin θ/c)2
]3/2
e, portanto,
B (R) = µ0I4πR
(
1− v2c2
)∫ π
0
udu
[1−(vu/c)2]3/2
= µ0I4πR
(
1− v2c2
)
2(
1− v2
c2
)
= µ0I2πR
.
Portanto,
B (R) =
µ0I
2πR
,
que é o resultado usual, como queríamos demonstrar.
3. Agora devemos supor que a aceleração de uma partícula está na mesma
direção de sua velocidade. Temos, portanto, que
d�v
dt
� �v.
O vetor de Poynting fica (Eq. 21.56)
�S =
q2
16π2ε0c3
�R′
(
�R′ ×
.
�v′
)2
R′5
,
de modo que, na direção do movimento, �R′ ‖
.
�v′ e �S = 0.
3
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