GUIA SOBRE ESTRUTURAS GUIANTES

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Matheus de Araújo Cavalcante (113112062)
Estruturas Guiantes
Primeiro Estágio
Campina Grande — PB, Brasil
2016
Matheus de Araújo Cavalcante (113112062)
Estruturas Guiantes
Primeiro Estágio
Listas de exercícios referentes ao primeiro está-
gio da disciplina “Estruturas Guiantes” do período
2016.1.
Universidade Federal de Campina Grande — Campus Campina Grande
Prof. Dr. Adolfo Fernandes Herbster
Campina Grande — PB, Brasil
2016
Sumário
Sumário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1 ANÁLISE VETORIAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1 Questão 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Questão 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Questão 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4 Questão 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.5 Questão 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.6 Questão 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.7 Questão 07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.8 Questão 08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.9 Questão 09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.10 Questão 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 EQUAÇÕES DE MAXWELL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.1 Questão 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.2 Questão 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3 Questão 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.4 Questão 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.5 Questão 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.6 Questão 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.7 Questão 07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.8 Questão 08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 ONDAS PLANAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.1 Questão 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2 Questão 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.3 Questão 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3.4 Questão 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3.5 Questão 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.6 Questão 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.7 Questão 07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.8 Questão 08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.9 Questão 09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.10 Questão 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4 PROBLEMA MODAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.1 Questão 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.2 Questão 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.3 Questão 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
4.4 Questão 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
4.5 Questão 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
5 GUIAS DE PLACAS METÁLICAS PARALELAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
5.1 Questão 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
5.2 Questão 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
5.3 Questão 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
5.4 Questão 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
5.5 Questão 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
6 GUIAS RETANGULARES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
6.1 Questão 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
SUMÁRIO 3
6.2 Questão 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
6.3 Questão 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
6.4 Questão 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
6.5 Questão 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
6.6 Questão 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
6.7 Questão 07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
6.8 Questão 08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4
Lista de Exercícios 1
Análise Vetorial
1.1 Considere que c é uma constante real, e φ e ψ são funções escalares. Mostre
que:
∇(cφ) = c∇φ
Demonstração.
∇cφ = xˆ ∂
∂x
(cφ) + yˆ
∂
∂y
(cφ) + zˆ
∂
∂z
(cφ) (1.1)
= xˆc
∂
∂x
φ+ yˆc
∂
∂y
φ+ zˆc
∂
∂z
φ (1.2)
= c
(
xˆ
∂
∂x
φ+ yˆ
∂
∂y
φ+ zˆ
∂
∂z
φ
)
(1.3)
= c∇φ. �
∇(φ+ ψ) = ∇φ+∇ψ
Demonstração.
∇(φ+ ψ) = xˆ ∂
∂x
(φ+ ψ) + yˆ
∂
∂y
(φ+ ψ) + zˆ
∂
∂z
(φ+ ψ) (1.4)
= xˆ
∂
∂x
φ+ xˆ
∂
∂x
ψ+ yˆ
∂
∂y
φ+ yˆ
∂
∂y
ψ+ zˆ
∂
∂z
φ+ zˆ
∂
∂z
ψ (1.5)
=
(
xˆ
∂
∂x
φ+ yˆ
∂
∂y
φ+ zˆ
∂
∂z
φ
)
+
(
xˆ
∂
∂x
ψ+ yˆ
∂
∂y
ψ+ zˆ
∂
∂z
ψ
)
(1.6)
= ∇φ+∇ψ. �
∇(φψ) = φ∇ψ+ ψ∇φ
Demonstração.
∇(φψ) = xˆ ∂
∂x
(φψ) + yˆ
∂
∂y
(φψ) + zˆ
∂
∂z
(φψ) (1.7)
= xˆ
(
φ
∂
∂x
ψ+ ψ
∂
∂x
φ
)
+ yˆ
(
φ
∂
∂y
ψ+ ψ
∂
∂y
φ
)
+ zˆ
(
φ
∂
∂z
ψ+ ψ
∂
∂z
φ
)
(1.8)
= φ
(
xˆ
∂
∂x
ψ+ yˆ
∂
∂y
ψ+ zˆ
∂
∂z
ψ
)
+ ψ
(
xˆ
∂
∂x
φ+ yˆ
∂
∂y
φ+ zˆ
∂
∂z
φ
)
(1.9)
= φ∇ψ+ ψ∇φ. �
Capítulo 1. Análise Vetorial 5
1.2 Considere que r = (x, y, z) é o vetor posição. Mostre que ∇φ · dr = dφ.
Demonstração.
∇φ · dr =
(
xˆ
∂
∂x
φ+ yˆ
∂
∂y
φ+ zˆ
∂
∂z
φ
)
· (xˆdx+ yˆdy+ zˆdz) (1.10)
= dx
∂
∂x
φ+ dy
∂
∂y
φ+ dz
∂
∂z
φ (1.11)
= dφ. �
1.3 Uma função escalar φ é dita harmônica se for contínua, possuir derivadas
parciais contínuas e satisfazer a equação de Laplace, ∇2φ = 0. Mostre que a
função 1r , em que r = |r| = x2 + y2 + z2, é uma função harmônica.
Lema 1. φ é contínua e tem suas derivadas parciais contínuas.
Demonstração. Sendo φ(r) = 1r uma função racional, ela é contínua em todo o seu domínio. Por sua vez,
sendo r =
√
x2 + y2 + z2, então φ(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−1/2 uma composiçãode funções contínuas
de classe C∞ (polinômios e exponenciais), também é uma função de classe C∞, tendo portanto suas
derivadas parciais contínuas. �
Lema 2. ∇φ = − rˆ
r2
Demonstração. Seja o gradiente em coordenadas esféricas dado por
∇φ = rˆ ∂
∂r
φ+ θˆ
1
r
∂
∂θ
φ+ ϕˆ
1
r senθ
∂
∂ϕ
φ. (1.12)
Então, como φ(r, θ, ϕ) = φ(r),
∇φ = rˆ ∂
∂r
φ (1.13)
= − rˆ
r2
. �
Teorema 1. φ é uma função harmônica.
Demonstração. Sendo ∇2φ = ∇ · ∇φ,
∇2φ = ∇ · ∇φ (1.14)
= ∇ ·
(
− rˆ
r2
)
(1.15)
=
1
r2
∂
∂r
(r2φr) +
1
r senθ
∂
∂θ
(φθ senθ) +
1
r senθ
∂
∂ϕ
φϕ (1.16)
= − 1
r2
∂
∂r
(r2r−2) (1.17)
= 0. (1.18)
Portanto, como φ é contínua, tem suas derivadas parciais contínuas, e satisfaz a Equação de Laplace,
então φ é uma função harmônica. �
Capítulo 1. Análise Vetorial 6
1.4 Mostre que ∇×∇ f = 0.
Demonstração. Seja, em coordenadas cartesianas,
∇ f = xˆ ∂
∂x
f + yˆ
∂
∂y
f + zˆ
∂
∂z
f . (1.19)
Então
∇×∇ f = ∇×
(
xˆ
∂
∂x
f + yˆ
∂
∂y
f + zˆ
∂
∂z
f
)
(1.20)
= xˆ
(
∂2
∂y∂z
f − ∂
2
∂z∂y
f
)
+ yˆ
(
∂2
∂z∂x
f − ∂
2
∂x∂z
f
)
+ zˆ
(
∂2
∂x∂y
f − ∂
2
∂y∂x
f
)
. (1.21)
Pelo Teorema de Clairaut,
∂2
∂x∂y
φ =
∂2
∂y∂x
φ, (1.22)
contanto que as derivadas mistas sejam contínuas em seus intervalos de definição. Aplicando esse
teorema nas derivadas parciais de ∇×∇ f ,
∇×∇ f = xˆ
(
∂2
∂y∂z
f − ∂
2
∂z∂y
f
)
+ yˆ
(
∂2
∂z∂x
f − ∂
2
∂x∂z
f
)
+ zˆ
(
∂2
∂x∂y
f − ∂
2
∂y∂x
f
)
(1.23)
= xˆ
(
∂2
∂y∂z
f − ∂
2
∂y∂z
f
)
+ yˆ
(
∂2
∂z∂x
f − ∂
2
∂z∂x
f
)
+ zˆ
(
∂2
∂x∂y
f − ∂
2
∂x∂y
f
)
(1.24)
= 0. �
1.5 Seja f uma função vetorial. Mostre que ∇ · (∇× f) = 0.
Demonstração. Seja
f = xˆ fx + yˆ fy + zˆ fz. (1.25)
Então
∇× f = xˆ
(
∂
∂y
fz − ∂
∂z
fy
)
+ yˆ
(
∂
∂z
fx − ∂
∂x
fz
)
+ zˆ
(
∂
∂x
fy − ∂
∂y
fx
)
. (1.26)
Dessa maneira,
∇ · (∇× f) = ∂
2
∂x∂y
fz − ∂
2
∂x∂z
fy +
∂2
∂y∂z
fx − ∂
2
∂y∂x
fz +
∂2
∂z∂x
fy − ∂
2
∂z∂y
fx. (1.27)
Novamente aplicando o Teorema de Clairaut, as derivadas parciais mistas se cancelam ao pares, de
forma que
∇ · (∇× f) = 0. �
1.6 Mostrar que, se B = ∇ × A, então A não é unicamente determinado por B,
sendo A e B funções vetoriais.
Demonstração. Suponha
B = ∇×A. (1.28)
Suponha uma função escalar φ arbitrária, de forma que exista ∇φ. Dessa maneira,
∇× (A+∇φ) = ∇×A+∇×∇φ (1.29)
= ∇×A+ 0 (1.30)
= B. (1.31)
Dessa maneira, A não fica unicamente determinado por B, pois tanto A quanto A+∇φ tem como
rotacional B, sendo portanto indistinguíveis do ponto de vista de B. �
Capítulo 1. Análise Vetorial 7
1.7 Seja f uma função vetorial. Mostre que (dr · ∇)f = df.
Demonstração. Seja
dr = xˆdx+ yˆdy+ zˆdz. (1.32)
Então o operador dr · ∇ vale
dr · ∇ = dx ∂
∂x
+ dy
∂
∂y
+ dz
∂
∂z
. (1.33)
Aplicando esse operador em f = xˆ fx + yˆ fy + zˆ fz,
(dr · ∇)f = dx ∂
∂x
f+ dy
∂
∂y
f+ dz
∂
∂z
f (1.34)
= xˆ
(
dx
∂
∂x
fx + dy
∂
∂y
fx + dz
∂
∂z
fx
)
+ yˆ
(
dx
∂
∂x
fy + dy
∂
∂y
fy + dz
∂
∂z
fy
)
+ zˆ
(
dx
∂
∂x
fz + dy
∂
∂y
fz + dz
∂
∂z
fz
)
(1.35)
= xˆd fx + yˆd fy + zˆd fz (1.36)
= df. �
1.8 Mostrar que, se f é uma função vetorial com derivadas segundas contínuas,
então o rotacional do rotacional de f é ∇×∇× f = ∇(∇ · f)−∇2f.
Demonstração. Sejam
∇× f = xˆ
(
∂
∂y
fz − ∂
∂z
fy
)
+ yˆ
(
∂
∂z
fx − ∂
∂x
fz
)
+ zˆ
(
∂
∂x
fy − ∂
∂y
fx
)
, (1.37)
∇ · f = ∂
∂x
fx +
∂
∂y
fy +
∂
∂z
fz, (1.38)
∇2f = xˆ∇2 fx + yˆ∇2 fy + zˆ∇2 fz, (1.39)
= xˆ
(
∂2
∂x2
fx +
∂2
∂y2
fx +
∂2
∂z2
fx
)
+ yˆ
(
∂2
∂x2
fy +
∂2
∂y2
fy +
∂2
∂z2
fy
)
+ zˆ
(
∂2
∂x2
fz +
∂2
∂y2
fz +
∂2
∂z2
fz
)
. (1.40)
Desta maneira,
∇(∇ · f) = xˆ
(
∂2
∂x2
fx +
∂2
∂x∂y
fy +
∂2
∂x∂z
fz
)
+ yˆ
(
∂2
∂x∂y
fx +
∂2
∂y2
fy +
∂2
∂y∂z
fz
)
+ zˆ
(
∂2
∂x∂z
fx +
∂2
∂y∂z
fy +
∂2
∂z2
fz
)
, (1.41)
Capítulo 1. Análise Vetorial 8
o que implica portanto que
∇(∇ · f)−∇2f = xˆ
(
∂2
∂x∂y
fy +
∂2
∂x∂z
fz − ∂
2
∂y2
fx − ∂
2
∂z2
fx
)
+ yˆ
(
∂2
∂x∂y
fx +
∂2
∂y∂z
fz − ∂
2
∂x2
fy − ∂
2
∂z2
fy
)
+ zˆ
(
∂2
∂x∂z
fx +
∂2
∂y∂z
fy − ∂
2
∂x2
fz − ∂
2
∂y2
fz
)
. (1.42)
Por sua vez,
∇×∇× f = xˆ
(
∂2
∂x∂y
fy − ∂
2
∂y2
fx − ∂
2
∂z2
fx +
∂2
∂x∂z
fz
)
+ yˆ
(
∂2
∂y∂z
fz − ∂
2
∂z2
fy − ∂
2
∂x2
fy +
∂2
∂x∂y
fx
)
+ zˆ
(
∂2
∂x∂z
fx − ∂
2
∂x2
fz − ∂
2
∂y2
fz +
∂2
∂y∂z
fy
)
. (1.43)
Por comparação direta, ∇×∇× f = ∇(∇ · f)−∇2f. �
1.9 O divergente de uma função vetorial f é definido como lim∆V→0 1∆V
∮
s f · dS.
Dê uma interpretação física para ∇ · f definido acima.
∇ · f é uma medida de quanto f diverge de um certo ponto. Por tal razão, o fluxo é calculado em
volumes infinitesimais, que no limite tendem a conter somente o ponto de interesse.
Deduza a expressão para ∇ · f.
Demonstração. Seja um cuboide de lados ∆x, ∆y e ∆z centrado no ponto (x, y, z). Seja ∆V = ∆x∆y∆z.
Assim, usando a série de Taylor, o fluxo que atravessa o cuboide nas faces normais ao eixo x é
ϕx = ∆y∆z
(
fx(x, y, z) +
∆x
2
∂
∂x
fx
)
− ∆y∆z
(
fx(x, y, z)− ∆x2
∂
∂x
fx
)
(1.44)
= ∆x∆y∆z
∂
∂x
fx (1.45)
= ∆V
∂
∂x
fx. (1.46)
Os fluxos ϕy e ϕz são calculados analogamente. O fluxo total é calculado somando todos esses fluxos,
e o resultado é
ϕ = ∆V
(
∂
∂x
fx +
∂
∂y
fy +
∂
∂z
fz
)
. (1.47)
Portanto,
∇ · f = ∂
∂x
fx +
∂
∂y
fy +
∂
∂z
fz �
Capítulo 1. Análise Vetorial 9
1.10 O rotacional de uma função vetorial f é definido como∇× F = nˆmax · lim∆S→0
1
∆S
∮
C f · dl, em que nˆmax é o vetor unitário normal associado a ∆S, tal que a
orientação do plano de ∆S dará um valor máximo para a integral.
Dê uma interpretação física para ∇× f definido acima.
∇× f é uma medida de quão grande é a integral de linha em um caminho infinitesimal que envolve
um certo ponto. Fisicamente, é uma medida da tendência que o campo tem de fazer rodar em um certo
ponto.
Deduza a expressão para ∇× f.
Demonstração. Seja ∆S = ∆x∆y, e nˆmax = zˆ. Assim, a integral de linha vale∮
S
f · dl = fy
(
x+
∆x
2
)
∆y− fx
(
y+
∆y
2
)
∆x− fy
(
x− ∆x
2
)
∆y+ fx
(
y− ∆y
2
)
∆x. (1.48)
Sendo, no limite,
fy
(
x+
∆x
2
)
= fy(x) +
∆x
2
∂
∂x
fy, (1.49)
aplicando na integral de linha, o resultado é que∮
S
f · dl = ∆x∆y ∂
∂x
fy − ∆x∆y ∂
∂y
fx, (1.50)
logo
(∇× f)zˆ =
(
∂
∂x
fy − ∂
∂y
fx
)
zˆ. (1.51)
Analogamente para áreas normais aos outros planos,
∇× f =
(
∂
∂y
fz − ∂
∂z
fy
)
xˆ+
(
∂
∂z
fx − ∂
∂x
fz
)
yˆ+
(
∂
∂x
fy − ∂
∂y
fx
)
zˆ. �
10
Lista de Exercícios 2
Equações de Maxwell
2.1 Mostre que a equação de Gauss para o magnetismo pode ser obtida da Equação
de Faraday.
Demonstração. Seja a equação de Faraday,
∇× E = − ∂
∂t
B. (2.1)
Tomando o divergente dos dois lados dessa equação,
∇ · (∇× E) = − ∂
∂t
(∇ · B) (2.2)
∂
∂t
(∇ · B) = 0, (2.3)
onde a última passagem é justificada pela identidade vetorial da Questão 1.5. A equação diferencial
acima pode ser resolvida como
∇ · B = ρm, (2.4)
onde ρm é uma função não dependente do tempo, identificada como a densidade de cargas magnéticas.Entretanto, é sabido que não existem cargas magnéticas livres na natureza, de forma que ρm = 0. Dessa
maneira,
∇ · B = 0, (2.5)
que é a equação de Gauss para o magnetismo. �
2.2 A partir das equações de Maxwell, obtenha a equação de continuidade. Des-
creva o seu significado físico.
Demonstração. Seja a Lei de Ampère,
∇×H = J+ ∂
∂t
D. (2.6)
Aplicando o divergente,
∇ · (∇×H) = ∇ · J+∇ ·
(
∂
∂t
D
)
(2.7)
= ∇ · J+ ∂
∂t
∇ ·D. (2.8)
De acordo com a Questão 1.5, ∇ · (∇×H) é, identicamente, nulo. Por sua vez, aplicando a Lei de
Gauss para a Eletricidade, ∇ ·D = ρv,
0 = ∇ · J+ ∂
∂t
ρv, (2.9)
Capítulo 2. Equações de Maxwell 11
∇ · J = − ∂
∂t
ρv, (2.10)
que é a conservação de cargas na forma pontual.
Integrando os dois lados da Equação de Continuidade,∫
v
∇ · Jdv = − ∂
∂t
∫
v
ρvdv. (2.11)
Aplicando o Teorema da Divergência, ∮
S
J · dS = − ∂
∂t
∫
v
ρvdv. (2.12)
Identificando a integral de superfície como sendo a corrente I que deixa o volume, e a integral no
volume como a quantidade total de cargas Q neste mesmo volume,
I = − ∂
∂t
Q, (2.13)
ou seja, a corrente que sai de um certo volume é menos a variação na quantidade de cargas presentes
naquele volume. �
2.3 Mostre que a equação de Gauss para a eletricidade pode ser obtida da Equação
de Ampère.
Demonstração. Seja a equação de Ampère,
∇×H = J+ ∂
∂t
D. (2.14)
Tomando o divergente dos dois lados dessa equação,
∇ · (∇×H) = ∇ · J+ ∂
∂t
(∇ ·D), (2.15)
∂
∂t
(∇ ·D) = −∇ · J. (2.16)
Sabendo que as cargas elétricas se conservam, então vale a conservação de cargas na forma descrita na
Questão 2.2, ou seja, ∇ · J = − ∂∂tρv. Então
∂
∂t
(∇ ·D) = ∂
∂t
ρv, (2.17)
o que por sua vez implica que
∇ ·D = ρv + c, (2.18)
em que c é uma constante qualquer. Definindo ∇ ·D = 0 em uma região sem cargas, o valor de c pode
ser determinado experimentalmente, de forma que temos a equação de Gauss para a eletricidade,
∇ ·D = ρv. �
2.4 Mostre que não pode existir distribuição permanente de carga livre em um
meio homogêneo tendo condutividade não-nula.
Demonstração. Suponha as relações constitutivas da matéria em um meio linear, homogêneo, não dis-
persivo e isotrópico,
J = σE (2.19)
D = eE (2.20)
B = µH. (2.21)
Capítulo 2. Equações de Maxwell 12
A partir da Equação de Ampère, aplicando as relações constitutivas,
∇×H = J+ ∂
∂t
D (2.22)
= σE+
∂
∂t
D (2.23)
=
σ
e
D+
∂
∂t
D. (2.24)
Tomando o divergente dessa equação,
∇ · (∇×H) = σ
e
∇ ·D+ ∂
∂t
∇ ·D, (2.25)
ρ˙v +
σ
e
ρv = 0. (2.26)
Seja uma distribuição inicial de cargas arbitrária ρ0(r). Então a solução da equação linear ordinária
homogênea acima é
ρv(r, t) = ρ0(r)e−
σ
e t. (2.27)
Observe que, sendo σ 6= 0 e e > 0, tem-se que limt→∞ ρv(r, t) = 0, qualquer que seja a distribuição
de cargas original. Assim, é impossível existir uma distribuição permanente de cargas em um meio de
condutividade não-nula. �
2.5 A partir das relações constitutivas D = e0E+ P e B = µ0(H+M), reescreva as
equações de Maxwell e obtenha:
A densidade de corrente de polarização, ∂∂tP.
Demonstração. Na equação de Ampère,
∇×H = J+ ∂
∂t
D (2.28)
= J+
∂
∂t
(e0E+ P) (2.29)
= J+ e0
∂
∂t
E+
∂
∂t
P (2.30)
Dessa maneira,
∂
∂t
P = ∇×H− e0 ∂
∂t
E− J. �
A densidade de corrente de magnetização, ∇×M.
Demonstração. Sendo
M =
1
µ0
B−H, (2.31)
aplicando o rotacional,
∇×M = 1
µ0
∇× B−∇×H. �
A densidade volumétrica de carga de polarização, ∇ · P.
Demonstração. Sendo
D = e0E+ P, (2.32)
Capítulo 2. Equações de Maxwell 13
tomando o divergente,
∇ ·D = e0∇ · E+∇ · P. (2.33)
Aplicando a equação de Gauss para a eletricidade,
∇ · P = ρv − e0∇ · E. �
2.6 Achar o campo elétrico E a uma distância a de um condutor infinito com den-
sidade de carga por unidade de comprimento ρl.
Demonstração. Usaremos um sistema de coordenadas cilíndrico. Devido à simetria do problema,
E(ρ, ϕ, z) = E(ρ). (2.34)
Seja um cilindro, centrado no condutor infinito, de altura `. Este cilindro engloba uma carga total
igual a `ρl . Aplicando a equação de Gauss na forma integral,
e
∮
S
E · dS = `ρl . (2.35)
Seja dS = ρdzdϕρˆ. Então
e
∮
S
E · dS = `ρl (2.36)
e
∫ 2pi
0
∫ `
0
Eρ(a)adzdϕ = `ρl (2.37)
2pie`aEρ(a) = `ρl (2.38)
Portanto,
E(a) =
ρl
2piea
ρˆ. �
2.7 Determine a relação entre o campo e a matéria quando o meio é homogêneo
ou não-homogêneo, dispersivo ou não-dispersivo. Considere o meio linear e
isotrópico.
Em um meio homogêneo e não dispersivo, as relações entre o campo e a matéria são
D(r, t) = eE(r, t) (2.39)
B(r, t) = µH(r, t) (2.40)
Por sua vez, se o meio é não homogêneo e não dispersivo, as relações são
D(r, t) = e(r)E(r, t) (2.41)
B(r, t) = µ(r)H(r, t) (2.42)
Já em um meio homogêneo e dispersivo, as relações podem ser escritas como
D(r, t) =
∫ t
−∞
e(t− t′)E(r, t′)dt′ (2.43)
B(r, t) =
∫ t
−∞
µ(t− t′)H(r, t′)dt′ (2.44)
Por fim, em um meio não homogêneo e dispersivo, as relações entre o campo e a matéria podem
ser escritas como
D(r, t) =
∫ t
−∞
e(r, t− t′)E(r, t′)dt′ (2.45)
B(r, t) =
∫ t
−∞
µ(r, t− t′)H(r, t′)dt′ (2.46)
Capítulo 2. Equações de Maxwell 14
2.8 Determine a equação de fluxo médio de potência a partir das equações de
Maxwell na forma fasorial.
Demonstração. Sejam as equações de Maxwell na forma fasorial,
∇× E˜ = −jωB˜ (2.47)
∇× H˜ = jωD˜+ J˜ (2.48)
∇ · D˜ = ρv (2.49)
∇ · B˜ = 0 (2.50)
Por definição, o vetor de Poynting P vale
P = E×H∗. (2.51)
Assim, aplicando o Teorema da Divergência,∮
S
P · dS =
∫
v
∇ ·Pdv (2.52)
=
∫
v
∇ · (E×H∗)dv (2.53)
=
∫
v
H∗ · ∇ × Edv−
∫
v
E · ∇ ×H∗dv (2.54)
Supondo representações fasoriais,∮
S
P˜ · dS =
∫
v
H˜∗ · (−jωB˜)dv−
∫
v
E˜ · (jωD˜+ J˜)∗dv (2.55)
= −
∫
v
J˜∗ · E˜dv+ jω
∫
v
(E˜ · D˜∗ − H˜∗ · B˜)dv (2.56)
Supondo agora as relações constitutivas usuais,∮
S
P˜ · dS = −
∫
v
J˜∗ · E˜dv+ jω
∫
v
(E˜ · D˜∗ − H˜∗ · B˜)dv (2.57)
= −
∫
v
σE˜∗ · E˜dv+ jω
∫
v
(eE˜ · E˜∗ − µH˜∗ · H˜)dv (2.58)
= −
∫
v
σE2dv+ jω
∫
v
(eE2 − µH2)dv. (2.59)
Por fim, calculamos o fluxo médio de potência PT como sendo
PT =
1
2
<
{∮
S
P˜ · dS
}
(2.60)
= −1
2
∫
v
σE2dv �
15
Lista de Exercícios 3
Ondas Planas
3.1 Ao considerar um meio linear, isotrópico e homogêneo, isento de fontes e
cargas, a equação de onda é expressa como ∇2E˜+ ω2µeE˜ = 0. Mostre que o
fasor E˜ = E˜+0 e
−jk·r é solução da equação de onda se k · k = ω2µe.
Demonstração. Seja o fasor E˜,
E˜ = E˜+0 e
−jk·r (3.1)
= E˜+0 e
−j(kxx+kyy+kzz) (3.2)
= E˜+0 e
−jkxxe−jkyye−jkzz (3.3)
Então o laplaciano desse fasor vale
∇2E˜ = ∂
2
∂x2
E˜+
∂2
∂y2
E˜+
∂2
∂z2
E˜ (3.4)
= (−jkx)2E˜+ (−jky)2E˜+ (−jkz)2E˜ (3.5)
= −(k2x + k2y + k2z)E˜ (3.6)
= −(k · k)E˜. (3.7)
Substituindo esse resultado na equação de onda,
∇2E˜ = −ω2µeE˜ (3.8)
−(k · k)E˜ = −ω2µeE˜ (3.9)
k · k = ω2µe �
3.2 Mostre que o fasor E˜ = E˜−0 e
jk·r também é solução da equação de onda.
Demonstração. Seja o fasor E˜,
E˜ = E˜−0 e
jk·r (3.10)
= E˜−0 e
j(kxx+kyy+kzz) (3.11)
= E˜−0 e
jkxxejkyyejkzz (3.12)
Então o laplaciano desse fasor vale
∇2E˜ = ∂
2
∂x2
E˜+
∂2
∂y2
E˜+
∂2
∂z2
E˜ (3.13)
= (jkx)2E˜+ (jky)2E˜+ (jkz)2E˜ (3.14)
= −(k2x + k2y + k2z)E˜ (3.15)
= −(k · k)E˜. (3.16)
Capítulo 3. Ondas Planas 16
Substituindo esse resultado na equação de onda,
∇2E˜ = −ω2µeE˜ (3.17)
−(k · k)E˜ = −ω2µeE˜ (3.18)
k · k = ω2µe �
3.3 A partir da solução geral da equação de onda, determine o fasor campo mag-
nético.
Demonstração. Seja a solução geral da equação de onda tendo a forma de
E˜ = E˜+0 e
−jk·r + E˜−0 e
jk·r. (3.19)
Então
∇× E˜ = xˆ
(
−jkyE˜+0z + jkzE˜+0y + jkyE˜−0z − jkzE˜−0y)
+ yˆ
(
−jkzE˜+0x + jkxE˜+0z + jkzE˜−0x − jkxE˜−0z
)
+ zˆ
(
−jkxE˜+0y + jkyE˜+0x + jkxE˜−0y − jkyE˜−0x
)
(3.20)
= −j|k|
(
ky
|k| E˜
+
0z −
kz
|k| E˜
+
0y
)
xˆ+ j|k|
(
ky
|k| E˜
−
0z −
kz
|k| E˜
−
0y
)
xˆ
− j|k|
(
kz
|k| E˜
+
0x −
kx
|k| E˜
+
0z
)
yˆ+ j|k|
(
kz
|k| E˜
−
0x −
kx
|k| E˜
−
0z
)
yˆ
− j|k|
(
kx
|k| E˜
+
0y −
ky
|k| E˜
+
0x
)
zˆ+ j|k|
(
kx
|k| E˜
−
0y −
ky
|k| E˜
−
0x
)
zˆ (3.21)
= −j|k| aˆk × E˜+0 + j|k| aˆk × E˜−0 . (3.22)
De acordo com a equação de Faraday, ∇× E˜ = −jωµH˜. Substituindo o resultado para ∇× E˜,
H˜ = − 1
jωµ
∇× E˜ (3.23)
=
|k|
ωµ
aˆk × E˜+0 −
|k|
ωµ
aˆk × E˜−0 . �
3.4 Por meio da equação de Gauss para a eletrostática, mostre que os vetores
campo elétrico e número de onda são ortogonais. A partir deste resultado
e daquele obtido na questão anterior, mostre que os fasores E˜, H˜ e k formam
um triedro.
Demonstração. Seja uma onda propagando no sentido positivo, ou seja,
E˜ = E˜+0 e
−jk·r. (3.24)
Aplicando na equação de Gauss para a eletricidade, considerando ρv = 0,
∇ · E˜ = 0 (3.25)
∇ · (E˜+0 e−jkxxe−jkyye−jkzz) = 0 (3.26)
−jkxE˜+0x − jkyE˜+0y − jkzE˜+0z = 0 (3.27)
−jk · E˜+0 = 0 (3.28)
k · E˜+0 = 0, (3.29)
ou seja, o vetor número de onda k e o campo elétrico são ortogonais.
De acordo com o resultado da Questão 03, o fasor H˜ é ortogonal ao vetor número de onda k e ao
campo elétrico E˜. Como k é ortogonal a E˜, então k, E˜ e H˜ formam um triedro. �
Capítulo 3. Ondas Planas 17
3.5 A permissividade complexa de um meio dielétrico é definida como e = e1 −
je2. Definida a constante de propagação de uma onda plana como k = ω
√
µe,
determine os valores de α e β da expressão jk = α+ jβ, em que α = <(jk) e
β = =(jk).
Demonstração. Seja a constante de propagação da onda plana, k,
k = ω
√
µe (3.30)
= ω
√
µ(e1 − je2) (3.31)
= ω
√
µe1 − jµe2. (3.32)
Se jk = α+ jβ, então −k2 = (α2− β2) + 2jαβ, ou seja, −ω2µe1 + jω2µe2 = (α2 − β2) + 2jαβ. Igualando
as partes reais e as imaginárias, forma-se um sistema de equações,
β2 − α2 = ω2µe1 (3.33)
αβ =
ω2µe2
2
. (3.34)
A última equação implica que α =
ω2µe2
2β
. Substituindo esse resultado na primeira equação,
β2 −ω2µe1 − ω
4µ2e22
4β2
= 0 (3.35)
β4 −ω2µe1β2 − ω
4µ2e22
4
= 0. (3.36)
O descriminante dessa equação biquadrada é ∆ = ω4µ2(e21 + e
2
2). Assim, as soluções da equação são
β2 =
ω2µe1 ±ω2µ
√
e21 + e
2
2
2
(3.37)
Como β é real, somente a solução positiva é mantida, ou seja, o sinal ± é substituído por +. Supondo
β positivo, ou seja, uma onda se propagando no eixo positivo, o resultado é
β = ω
√√√√√µe1
2
√1+( e2
e1
)2
+ 1
. (3.38)
Desta maneira, como α =
ω2µe2
2β
,
α =
ω2µe2
2β
(3.39)
=
ω2µe2
2ω
√√√√√µe1
2
√1+( e2
e1
)2
+ 1

(3.40)
=
ωµe2
√√√√√µe1
2
√1+( e2
e1
)2
+ 1

2
µe1
2
√1+( e2
e1
)2
+ 1
 (3.41)
Capítulo 3. Ondas Planas 18
=
ωe2
e1
√√√√√µe1
2
√1+( e2
e1
)2
+ 1

(
e2
e1
)2
+ 1− 1
√1+( e2
e1
)2
− 1
 (3.42)
= ω
e1
e2
√√√√√µe1
2
√1+( e2
e1
)2
+ 1
√1+( e2
e1
)2
− 1
2 (3.43)
= ω
√√√√√µe1
2
e21
e22
(
e22
e21
+ 1− 1
)√1+( e2
e1
)2
− 1
 (3.44)
= ω
√√√√√µe1
2
√1+( e2
e1
)2
− 1
 �
3.6 Determine os valores de α e β, definidos na questão anterior, quando o mate-
rial é um meio condutor com perdas.
Demonstração. Seja um material com condutividade σ. Então, sendo e2 =
σ
ω
,
α = ω
√√√√√µe1
2
√1+( σ
ωe1
)2
− 1
, (3.45)
β = ω
√√√√√µe1
2
√1+( σ
ωe1
)2
+ 1
. �
3.7 Repita a questão anterior considerando o meio como um condutor sem perdas.
Demonstração. Para um material sem perdas, suponha σ→ ∞. Reescreva α e β como
α =
√
ωµ
2
√√
σ2 +ω2e21 −ωe1, (3.46)
β =
√
ωµ
2
√√
σ2 +ω2e21 +ωe1. (3.47)
Então, sendo σ� ωe1,
lim
σ→∞
√√
σ2 +ω2e21 +ωe1 = limσ→∞
√√
σ2 +ω2e21 −ωe1 =
√
σ.
Portanto,
α = β =
√
ωµσ
2
=
√
pi fµσ. �
3.8 Em uma frequência de 2.5GHz, e1 = 78 e e2 = 7. Determine os valores de α, β,
da impedância intrínseca do meio η e também a profundidade de penetração.
Aplicando diretamente nas fórmulas, α = 20.74Np/m e β = 463.11 rad/m. Desta maneira, a
profundidade de penetração é δ = α−1 = 4.82 cm. Já a impedância intrínseca do meio é
η =
√
µ
e1 − je2 = (42.54+ 1.90j) ohm
Capítulo 3. Ondas Planas 19
3.9 Mostre que em um meio isotrópico e homogêneo, o vetor campo elétrico E e
magnético H satisfazem às equações de onda não homogêneas.
Teorema 2 (Equação não homogênea para o campo elétrico E).
∇2E− µe ∂
2
∂t2
E =
1
e
∇ρv + µ ∂
∂t
J
Demonstração. Seja a equação de Faraday,
∇× E = − ∂
∂t
B (3.48)
= −µ ∂
∂t
H. (3.49)
Tomando o rotacional,
∇×∇× E = −µ ∂
∂t
∇×H. (3.50)
Substituindo a identidade vetorial da Questão 1.8, e também a equação de Ampère e a equação de
Gauss para a eletrostática,
∇×∇× E = −µ ∂
∂t
∇×H (3.51)
∇(∇ · E)−∇2E = −µ ∂
∂t
(
J+
∂
∂t
D
)
(3.52)
1
e
∇(∇ ·D)−∇2E = −µ ∂
∂t
J− µe ∂
2
∂t2
E (3.53)
1
e
∇ρv −∇2E = −µ ∂
∂t
J− µe ∂
2
∂t2
E (3.54)
∇2E− µe ∂
2
∂t2
E =
1
e
∇ρv + µ ∂
∂t
J �
Teorema 3 (Equação não homogênea para o campo magnético H).
∇2H− µe ∂
2
∂t2
H = −∇× J
Demonstração. Seja a equação de Ampère,
∇×H = J+ ∂
∂t
D (3.55)
= J+ e
∂
∂t
E. (3.56)
Tomando o rotacional,
∇×∇×H = ∇× J+ e ∂
∂t
∇× E. (3.57)
Substituindo a identidade vetorial da Questão 1.8, e também a equação de Faraday e a equação de
Gauss para o magnetismo,
∇×∇×H = ∇× J+ e ∂
∂t
∇× E (3.58)
∇(∇ ·H)−∇2H = ∇× J+ e ∂
∂t
(
− ∂
∂t
B
)
(3.59)
1
µ
∇(∇ · B)−∇2H = ∇× J− µe ∂
2
∂t2
H (3.60)
∇2H− µe ∂
2
∂t2
H = −∇× J �
Capítulo 3. Ondas Planas 20
3.10 Mostre as equações que o vetor campo elétrico E e magnético H satisfazem
em um meio isotrópico e homogêneo e região livre de fontes.
Teorema 4 (Campo elétrico).
∇2E− µe ∂
2
∂t2
E− µσ ∂
∂t
E = 0
Demonstração. Suponha ρv = 0, e J = σE.
Então, para o campo elétrico,
∇2E− µe ∂
2
∂t2
E =
1
e
∇ρv + µ ∂
∂t
J (3.61)
∇2E− µe ∂
2
∂t2
E =
1
e
∇0+ µσ ∂
∂t
E (3.62)
∇2E− µe ∂
2
∂t2
E− µσ ∂
∂t
E = 0. �
Teorema 5 (Campo magnético).
∇2H− µe ∂
2
∂t2
H− µσ ∂
∂t
H = 0
Demonstração. Suponha ρv = 0, e J = σE.
Então, para o campo magnético,
∇2H− µe ∂
2
∂t2
H = ∇× J (3.63)
∇2H− µe ∂
2
∂t2
H = σ∇× E (3.64)
∇2H− µe ∂
2
∂t2
H = σ
∂
∂t
B (3.65)
∇2H− µe ∂
2
∂t2
H = µσ
∂
∂t
H (3.66)
∇2H− µe ∂
2
∂t2
H− µσ ∂
∂t
H = 0 �
21
Lista de Exercícios 4
Problema Modal
4.1 Mostre que a Equação zˆ× ET = − jβk2c
(
zˆ×∇TEz + ηTE∇THz
)
pode ser expressa
como ET = − jβk2c
(∇TEz − ηTEzˆ×∇THz).
Demonstração. Suponha que
zˆ× ET = − jβk2c
(
zˆ×∇TEz + ηTE∇THz
)
. (4.1)
Fazendo o produto vetorial por zˆ dos dois lados dessa equação,
zˆ× zˆ× ET = − jβk2c
(
zˆ× zˆ×∇TEz + ηTEzˆ×∇THz
)
. (4.2)
Aplicando a identidade vetorial A × B × C = B(A · C) − C(A · B) ao produtos vetoriais triplos da
equação,
zˆ× zˆ× ET = − jβk2c
(
zˆ× zˆ×∇TEz + ηTEzˆ×∇THz
)
(4.3)
zˆ(zˆ · ET)− ET(zˆ · zˆ) = − jβk2c
[
zˆ(zˆ · ∇TEz)−∇TEz(zˆ · zˆ) + ηTEzˆ×∇THz
]
(4.4)
−ET = − jβk2c
[−∇TEz + ηTEzˆ×∇THz] (4.5)
ET = − jβk2c
[∇TEz − ηTEzˆ×∇THz] �
4.2 A partir das equações de Maxwell, determine as componentes do vetor de
intensidade de campo elétrico e magnético. Utilize uma metodologia diferente
daquela apresenta na sala de aula, ou seja, não decomponha os campos ou
operadores em parcelas transversal e longitudinal. Expanda os operadores∇× e, em seguida, expresse as componentes xˆ e yˆ em termos das componentes
zˆ. Considere o meio homogêneo e isotrópico, sem fontes de cargas.
Demonstração. Suponha que os campos E e H se propagam na direção do eixo zˆ, e que podem ser
escritos como
E(x, y, z, t) = E(x, y)ejωt−jβz (4.6)
H(x, y, z, t) = H(x, y)ejωt−jβz. (4.7)
Suponha também as relações constitutivas D = eE e B = µH.
Sejam as equações de Faraday e de Ampère, na forma fasorial,
∇× E = −jωµH (4.8)
Capítulo 4. Problema Modal 22
∇×H = jωeE. (4.9)
Essas equações vetoriais podem ser escritas, em termos de suas componentes xˆ e yˆ, como
∂
∂y
Ez − ∂
∂z
Ey = −jωµHx (4.10)
∂
∂z
Ex − ∂
∂x
Ez = −jωµHy (4.11)
∂
∂y
Hz − ∂
∂z
Hy = jωeEx (4.12)
∂
∂z
Hx − ∂
∂x
Hz = jωeEy (4.13)
Observe que, devido ao formato da solução proposta para os campos eletromagnéticos,
∂
∂z
→ −jβ (4.14)
∂
∂t
→ jω. (4.15)
Substituindo isso nas derivadas referentes a z,
∂
∂y
Ez + jβEy = −jωµHx (4.16)
−jβEx − ∂
∂x
Ez = −jωµHy (4.17)
∂
∂y
Hz + jβHy = jωeEx (4.18)
−jβHx − ∂
∂x
Hz = jωeEy (4.19)
A Equação (4.16) e a Equação (4.19) podem ser reescritas como
jβEy + jωµHx = − ∂
∂y
Ez (4.20)
jωeEy + jβHx = − ∂
∂x
Hz (4.21)
Esse sistema linear de com duas variáveis, Ey e Hx, é facilmente resolvível. O resultado é que
Ey = − jβ
ω2µe− β2
(
∂
∂y
Ez − ωµ
β
∂
∂x
Hz
)
, (4.22)
Hx = − jβ
ω2µe− β2
(
∂
∂x
Hz − ωe
β
∂
∂y
Ez
)
. (4.23)
Reconhecendo k2 = ω2µe como o número de onda da onda plana correspondente ao meio, e definindo
k2c = k2 − β2, as equações acima podem ser reescritas como
Ey = − jβk2c
(
∂
∂y
Ez − ωµ
β
∂
∂x
Hz
)
, (4.24)
Hx = − jβk2c
(
∂
∂x
Hz − ωe
β
∂
∂y
Ez
)
. (4.25)
Por sua vez, a Equação (4.17) e a Equação (4.18) podem ser reescritas de forma a montar um sistema
linear análogo para as variáveis Ex e Hy. A resolução é completamente análoga. O resultado é que
Ex = − jβk2c
(
∂
∂x
Ez +
ωµ
β
∂
∂y
Hz
)
, (4.26)
Capítulo 4. Problema Modal 23
Hy = − jβk2c
(
∂
∂y
Hz +
ωe
β
∂
∂x
Ez
)
. (4.27)
Assim, as intensidades transversais dos campos elétrico e magnético são
Ex = − jβk2c
(
∂
∂x
Ez +
ωµ
β
∂
∂y
Hz
)
, (4.28)
Ey = − jβk2c
(
∂
∂y
Ez − ωµ
β
∂
∂x
Hz
)
, (4.29)
Hx = − jβk2c
(
∂
∂x
Hz − ωe
β
∂
∂y
Ez
)
, (4.30)
Hy = − jβk2c
(
∂
∂y
Hz +
ωe
β
∂
∂x
Ez
)
. (4.31)
Essas expressões são equivalentes àquelas encontradas decompondo os campos e os operadores em
parcelas transversais e longitudinais. �
4.3 Como continuação da questão anterior, obtenha as equações de Helmholtz
para o campo de intensidade elétrico e magnético.
Demonstração. Sejam as equações de Gauss para a eletricidade e para o magnetismo, sob as mesmas
condições que na Questão 4.2,
∇ · E = 0, (4.32)
∇ ·H = 0. (4.33)
A equação de Gauss para a eletricidade pode ser reescrita como
∇ · E = 0, (4.34)
∂
∂x
Ex +
∂
∂y
Ey +
∂
∂z
Ez = 0, (4.35)
∂
∂x
Ex +
∂
∂y
Ey − jβEz = 0. (4.36)
Substituindo Ex e Ey encontrados na Questão 4.2,
∂
∂x
Ex +
∂
∂y
Ey − jβEz = 0, (4.37)
∂
∂x
− jβ
k2c
(
∂
∂x
Ez +
ωµ
β
∂
∂y
Hz
)+ ∂
∂y
− jβ
k2c
(
∂
∂y
Ez − ωµ
β
∂
∂x
Hz
)− jβEz = 0, (4.38)
− jβ
k2c
∂2
∂x2
Ez − jβk2c
∂2
∂y2
Ez − jβEz = 0, (4.39)(
∂2
∂x2
+
∂2
∂y2
)
Ez + k2cEz = 0, (4.40)
que é a equação de Helmholtz para o campo elétrico. Por um procedimento bastante semelhante, que
utiliza a equação de Gauss para o magnetismo, pode ser deduzida a equação de Helmholtz para o
campo magnético. Dessa maneira, os campos Ez e Hz obedecem a(
∂2
∂x2
+
∂2
∂y2
)
Ez + k2cEz = 0, (4.41)(
∂2
∂x2
+
∂2
∂y2
)
Hz + k2cHz = 0. �
Capítulo 4. Problema Modal 24
4.4 Determine a impedância de onda guiada para os modos TE e TM. Expresse
estes parâmetros em função da impedância intrínseca do meio e a frequência
de operação. Verifique o comportamento da impedância de onda guiada para
frequências superiores e inferiores à frequência de corte.
Modos TE.
Demonstração. Os modos TE são caracterizados por Ez = 0 e Hz 6= 0. Então as intensidades dos campos
elétricos e magnéticos transversais simplificam para
ET =
jβ
k2c
ωµ
β
zˆ×∇THz, (4.42)
HT = − jβk2c
∇THz. (4.43)
Dessa maneira,
ET = −ωµ
β
zˆ×HT, (4.44)
o que implica que a impedância de onda guiada para os modos TE é
ηTE =
ωµ
β
. (4.45)
Sendo η =
√
µ
e a impedância intrínseca do meio, a impedância de onda guiada para os modos TE
pode ser reescrita como
ηTE = η
ω
βc
. �
Modos TM.
Demonstração. Os modos TM são caracterizados por Hz = 0 e Ez 6= 0. Então as intensidades dos
campos elétricos e magnéticos transversais simplificam para
ET = − jβk2c
∇TEz, (4.46)
HT = − jβk2c
ωe
β
zˆ×∇TEz. (4.47)
Dessa maneira,
HT =
ωe
β
zˆ× ET, (4.48)
o que implica que a impedância de onda guiada para os modos TM é
ηTM =
β
ωe
. (4.49)
Em termos da impedância intrínseca do meio, a impedância de onda guiada para os modos TM
pode ser reescrita como
ηTM = η
βc
ω
. �
4.5 Mostre que o vetor de Poynting depende apenas das componentes transversais
do campo eletromagnético no guia. Em seguida, para cada modo (TEM, TE e
TM), determine a potência total transmitida em um guia de onda.
Teorema 6 (Vetor de Poynting). Somente os componentes transversais dos campos contribuem para o fluxo de
potência.
Capítulo 4. Problema Modal 25
Demonstração. Seja o vetor de Poynting definido como P = E×H∗. Decompondo os campos elétricos
e magnéticos em componentes transversais e longitudinais, o vetor de Poynting pode ser expandido
como
P = E×H∗ (4.50)
= (ET + zˆEz)× (HT + zˆHz)∗ (4.51)
= (ET + zˆEz)×
(
H∗T + zˆH∗z
)
(4.52)
= ET ×H∗T + ET × zˆH∗z + zˆEz ×H∗T + zˆEz × zˆH∗z (4.53)
= ET ×H∗T. �
Modos TEM.
Demonstração. Em um modo TEM, tem-se que Ez = 0 e Hz = 0. Neste caso, kc = 0, e as equações
que regem a propagação de onda em um guia ficam indeterminadas. Neste caso, é necessário voltar
para as equações que regem a propagação de uma onda plana. Neste caso, supondo o campo elétrico
polarizado linearmente no eixo xˆ, de acordo com a Questão 3.3,
H˜T =
|k|
ωµ
zˆ× E˜T. (4.54)
Desta maneira,
P = ET ×H∗T (4.55)
=
|k|
ωµ
ET × zˆ× E∗T (4.56)
=
|k|
ωµ
[
zˆ(ET · E∗T)− E∗T(zˆ · ET)
]
(4.57)
=
|k||ET|2
ωµ
zˆ (4.58)
=
|ET|2
η
zˆ �
Modos TE.
Demonstração. Em um modo TE, Ez = 0. Dessa maneira,
ET =
jβ
k2c
ηTEzˆ×∇THz, (4.59)
HT = − jβk2c
∇THz. (4.60)
Assim, o vetor de Poynting P pode ser calculado como
P = ET ×H∗T (4.61)
=
(
jβ
k2c
)2
ηTEzˆ×∇THz ×∇TH∗z (4.62)
=
β2ηTE
k4c
|∇THz|2 zˆ. �
Modos TM.
Demonstração. Em um modo TM, Hz = 0. Dessa maneira,
ET = − jβk2c
∇TEz, (4.63)
Capítulo 4. Problema Modal 26
HT = − jβk2c
1
ηTM
zˆ×∇TEz. (4.64)
Assim, o vetor de Poynting P pode ser calculado como
P = ET ×H∗T (4.65)
= −
(
jβ
k2c
)2
1
ηTM
∇TEz × zˆ×∇TE∗z (4.66)
=
β2
k4cηTM
|∇TEz|2 zˆ. �
27
Lista de Exercícios 5
Guias de Placas Metálicas Paralelas
5.1 Considere duas placas paralelas distantes de a metros, possuindo uma largura
W � a. A propagação do sinal ocorre no eixo zˆ. Determine as componen-
tes do campo eletromagnético para os modos TEM e TE neste guia metálico.
Considere que as derivadas em relação a y são nulas.
Modos TEM.
Demonstração. Em um modo TEM, k2c = γ2 + k2 = 0. Isso implica que γTEM = ±jk. Aplicando o
resultado nas equações de Helmholtz para o campo elétrico e o campo magnético,
∇2TE = 0, (5.1)
∇2TH = 0, (5.2)
ou seja, os campos E e H obedecem às equaçõesde Laplace, o que por sua vez quer dizer que eles
têm a distribuição espacial de campos estáticos. Em uma configuração de placas elétricas paralelas, é
sabido que o campo elétrico é uniforme e normal às placas, de forma que
E = E0xˆ. (5.3)
Aplicando a lei de Faraday,
∇× E = −jωµH (5.4)
∂
∂z
Ex − ∂
∂x
Ez = −jωµHy (5.5)
−γEx = −jωµHy (5.6)
Hy =
γ
jωµ
Ex (5.7)
Hy = ±
jω
√
µe
jωµ
Ex (5.8)
Hy = ± 1
η
Ex, (5.9)
sendo o sinal positivo correspondente a uma onda se propagando no sentido +zˆ e o sinal negativo
correspondente a uma onda se propagando no sentido −zˆ. Dessa maneira, tomando o sinal positivo,
H =
E0
η
yˆ. �
Modos TE.
Demonstração. Em um modo TE, Ez = 0. Aplicando as equações de Helmholtz para o campo magné-
tico,
∇2THz = −k2cHz (5.10)
Capítulo 5. Guias de Placas Metálicas Paralelas 28
∂2
∂x2
Hz +
∂2
∂y2
Hz = −k2cHz (5.11)
d2
dx2
Hz = −k2cHz. (5.12)
A solução da equação diferencial acima é uma soma de senoides, ou seja,
Hz = A sen(kcx) + B cos(kcx). (5.13)
Desta maneira, aplicando a Equação (4.26), Ex = 0. Por sua vez, aplicando a Equação (4.24),
Ey =
jβ
k2c
ωµ
β
d
dx
Hz (5.14)
=
jβ
kc
ωµ
β
A cos(kcx)− jβkc
ωµ
β
B sen(kcx). (5.15)
As componentes tangenciais dos campos devem ser zero nos condutores. Ou seja, Ey(0) = 0, o que
por sua vez implica que A = 0. Aplicando a Equação (4.27), Hy = 0. Aplicando a Equação (4.25),
Hx = − jβk2c
d
dx
Hz (5.16)
=
jβ
kc
B sen(kcx). (5.17)
Assim, os campos elétricos e magnéticos são dados por
E = − jωµ
kc
B sen(kcx)yˆ, (5.18)
H =
jβ
kc
B sen(kcx)xˆ+ B cos(kcx)zˆ. �
5.2 A partir das componentes do campo eletromagnético determinadas na questão
anterior, obtenha a impedância da onda guiada para os modos TM, TE e TEM.
Esboce as funções obtidas. Qual conclusão podemos ter quando a frequência
do sinal ω é muito maior que ωc, sendo ωc a frequência de corte do modo?
Demonstração. No modo TEM, a impedância da onda guiada vale
ηTEM =
Ex
Hy
= η. (5.19)
Por sua vez, no modo TM,
ηTM =
Ex
Hy
(5.20)
=
−jβA
kc
kc
−jωeA (5.21)
=
β
ωe
(5.22)
=
√
k2 − k2c
ωe
(5.23)
=
ω
√
µe
ωe
√
1−
(
ωc
ω
)2
(5.24)
= η
√
1−
(
ωc
ω
)2
. (5.25)
Capítulo 5. Guias de Placas Metálicas Paralelas 29
Por fim, no modo TE,
ηTE = −
Ey
Hx
(5.26)
=
ωµ
β
(5.27)
=
ωµ√
k2 − k2c
(5.28)
=
ωµ
ω
√
µe
1√
1−
(
ωc
ω
)2 (5.29)
=
η√
1−
(
ωc
ω
)2 . (5.30)
Essas impedâncias podem ser vistas na Figura 1. Observe que à medida que ω cresce, todas as
impedâncias de onda guiada tendem para η. �
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Im
pe
dâ
nc
ia
de
O
nd
a
G
ui
ad
a
(×
η
)
Frequência (×ωc)
TEM
TE
TM
Figura 1 – Impedâncias de onda guiada.
5.3 Calcule a frequência de corte para os modos TE1, TE2, TE3, TM1, TM2 e TM3
em um guia de placas metálicas paralelas distantes 1.5 cm. O dielétrico con-
siderado é o ar. Em seguida, considere o vidro como dielétrico com er = 4.
Suponha que um sinal em 8GHz seja excitado na seção transversal do guia
preenchido com ar. Quais modos irão se propagar sem atenuação? Em qual
distância do ponto de excitação cada um dos modos não propagantes irá sofre
uma atenuação de e−1 do seu valor no ponto de excitação?
Demonstração. Sendo a = 1.5 cm, e sabendo que kc obedece a
kc =
mpi
a
, (5.31)
Capítulo 5. Guias de Placas Metálicas Paralelas 30
o que, sendo kc =
2pi fc
c , por sua vez implica que
fc =
mc
2a
. (5.32)
Dessa maneira, para o ar (e = e0), considerando c = 3× 108m/s, as frequências de corte são
f TE1c = f
TM1
c = 10GHz, (5.33)
f TE2c = f
TM2
c = 20GHz, (5.34)
f TE3c = f
TM3
c = 30GHz. (5.35)
Por sua vez, para o vidro (e = 4e0), considerando c = 1.5× 108m/s, as frequências de corte são
f TE1c = f
TM1
c = 5GHz, (5.36)
f TE2c = f
TM2
c = 10GHz, (5.37)
f TE3c = f
TM3
c = 15GHz. (5.38)
Ao injetar um sinal de 8GHz na entrada do guia preenchido com o ar, nenhum dos modos TE ou
TM serão excitados. Portanto, o único modo que vai se propagar sem atenuação será o TEM.
De acordo com deduções feitas no livro-texto da disciplina, o valor da atenuação para os modos TE
ou TM em uma frequência f menor que a frequência de corte fc é
α =
mpi
a
√
1− f
2
f 2c
. (5.39)
Desta maneira,
αTE1 = αTM1 = 125.7Np/m, (5.40)
αTE2 = αTM2 = 383.9Np/m, (5.41)
αTE3 = αTM3 = 605.6Np/m. (5.42)
Para que ocorra uma atenuação de 1Np, é necessário que a onda percorra uma distância δ igual a 1/α.
Assim,
δTE1 = δTM1 = 7.95× 10−3m, (5.43)
δTE2 = δTM2 = 2.60× 10−3m, (5.44)
δTE3 = δTM3 = 1.65× 10−3m. �
5.4 Calcule a atenuação em dB/m para o modo TM1 em um guia de placas de
cobre paralelas e distantes de 1.5 cm. Inicialmente o dielétrico considerado é
o ar. A frequência do sinal é 12GHz. Para a mesma frequência e geometria,
um novo dielétrico é introduzido com e′ = 4e0 e e′′ = 2× 10−3e0. Calcule as
perdas devido ao dielétrico (αd) e ao condutor (αc).
Ar.
Demonstração. Considere que o meio é o ar. Então, como 12GHz é maior que a frequência de corte
para o modo TM1, 10GHz de acordo com a Questão 5.3, e como o meio tem condutividade nula, não
há perdas devido ao dielétrico, ou seja, αd = 0.
Suponha que o condutor tenha condutividade σ. sendo RS a resistência superficial do condutor,
definida como
RS =
√
ωµ
2σ
, (5.45)
Capítulo 5. Guias de Placas Metálicas Paralelas 31
então, sendo PT a potência total carregada pelos campos na direção de propagação (calculada fazendo
a integral de superfície do vetor de Poynting), a perda devido ao condutor αc vale
αc =
1
2PT
∮
C
1
2
RS|nˆ×H|2 d`. (5.46)
Primeiramente, em um modo TM,
P = ET ×H∗T (5.47)
= ExH∗y zˆ (5.48)
=
[
− jβ
kc
A cos(kcx)
] [
jωe
kc
A cos(kcx)
]
(5.49)
=
ωβe
k2c
A2 cos2(kcx). (5.50)
Integrando P em uma área de altura a e largura W, temos a potência total, ou seja,
PT =
1
2
∫
S
P · dS (5.51)
=
1
2
∫ W
0
∫ a
0
ωβe
k2c
A2 cos2(kcx)dxdy (5.52)
=
ωβeA2aW
4k2c
. (5.53)
Por sua vez, no modo TM, |nˆ×H| = Hy. Dessa maneira,
αc =
1
2PT
∮
C
1
2
RS|nˆ×H|2 d` (5.54)
=
2k2c
ωβeA2aW
∮
C
1
2
RS
∣∣∣Hy∣∣∣2 d` (5.55)
=
k2c
ωβeA2aW
∮
C
RS
ω2e2
k2c
A2 cos2(kcx)d` (5.56)
=
ωe
βaW
RS
(∫ W
0
cos2(kc0)d`+
∫ W
0
cos2(kca)d`
)
(5.57)
=
2ωe
βa
RS. (5.58)
Sendo a condutividade do cobre aproximadamente σ = 6× 107 S/m, calcula-se RS como sendo
28.1mohm. Por sua vez,
β =
√
k2 − k2c (5.59)
=
√
ω2µe−
(
pi
a
)2
(5.60)
= 138.9 rad/m. (5.61)
Então, ao substituir os valores conhecidos,
α = 18.0× 10−3Np/m (5.62)
= 0.1563 dB/m. �
Dielétrico com perdas.
Demonstração. Sendo k2c = k2 + γ2, então
γ =
√
k2c − k2 (5.63)
Capítulo 5. Guias de Placas Metálicas Paralelas 32
=
√(
mpi
a
)2
−ω2µ(e′ − je′′) (5.64)
= 0.1383+ 457.19j. (5.65)
Portanto, a atenuação devido ao dielétrico vale αd = <(γ) = 0.1383Np/m. Junto da atenuação devido
ao condutor, que segundo cálculos análogos aos feitos para o ar vale 21.9× 10−3Np/m, a atenuação
total α vale
α = αc + αd (5.66)
= 0.160Np/m (5.67)
= 1.389 dB/m. �
5.5 Prove que a frequência de mínima atenuação para o modo TMm, considerando
um guia de placas paralelas metálicas, é de
√
3 fc, em que fc é a frequência de
corte do modo. Determine a expressão para mínima atenuação e calcule para
os modos TM1, TM2 e TM3, considerando placas de prata distantes 2.0 cm.
Teorema 7.
f =
√
3 fc.
Demonstração. As únicas perdas consideradas serão aquelas devido aos condutores. Como provado na
Questão 5.4, a atenuação devido aos condutores em um modo TMm vale
αc =
2ωe
βa
RS (5.68)=
2
a
ωe√
ω2µe− k2c
√
ωµ
2σ
(5.69)
=
2
ηa
1√
1− f 2cf 2
√
2pi fµ
2σ
(5.70)
=
2
ηa
√
piµ
σ
√
f 3
f 2 − f 2c
. (5.71)
Derivando αc e igualando a zero, encontramos o ponto de mínimo.
d
d f
αc = 0 (5.72)
2
ηa
√
piµ
σ
1
2
√
f 2 − f 2c
f 3
(
2 f · f 3 − 3 f 2 · ( f 2 − f 2c )
( f 2 − f 2c )2
) = 0 (5.73)
2 f · f 3 − 3 f 2 · ( f 2 − f 2c ) = 0 (5.74)
2 f 4 + 3 f 2 f 2c − 3 f 4 = 0 (5.75)
− f 4 + 3 f 2 f 2c = 0 (5.76)
f 2 = 3 f 2c (5.77)
f =
√
3 fc. �
Considerando que a distância entre as placas é de 2 cm, as frequências de corte para os modos
considerados vale
f TM1c = 7.5GHz, (5.78)
f TM2c = 15.0GHz, (5.79)
f TM3c = 22.5GHz. (5.80)
Capítulo 5. Guias de Placas Metálicas Paralelas 33
Daí, as frequências de atenuação mínima valem
f TM1min = 12.99GHz, (5.81)
f TM2min = 25.98GHz, (5.82)
f TM3min = 38.97GHz. (5.83)
Daí, considerando que a prata tem condutividade elétrica de 6.25× 107 S/m,
α
TM1
min = 0.0931Np/m, (5.84)
αTM2min = 0.1316Np/m, (5.85)
αTM3min = 0.1612Np/m. (5.86)
34
Lista de Exercícios 6
Guias Retangulares
6.1 Calcule a expressão para a atenuação devido às perdas no condutor para os
modos TMmn.
Teorema 8.
αc =
2Rs
bη
√
1− f 2c / f 2
m2(b/a)3 + n2
m2(b/a)2 + n2
Demonstração. De acordo com o Orfanidis, em um modo TMmn,
E = − jβkx
k2c
E0 cos(kxx) sen(kyy)xˆ−
jβky
k2c
E0 sen(kxx) cos(kyy)yˆ+ E0 sen(kxx) sen(kyy)zˆ, (6.1)
H =
jωky
ωckc
1
η
E0 sen(kxx) cos(kyy)xˆ− jωkx
ωckc
1
η
E0 cos(kxx) sen(kyy)yˆ, (6.2)
kx =
mpi
a
, (6.3)
ky =
npi
b
, (6.4)
k2c = k
2
x + k
2
y. (6.5)
Sendo ∇TEz = kxE0 cos(kxx) sen(kyy) + kyE0 sen(kxx) cos(kyy), então aplicando o resultado da
Questão 4.5,
P z = βωek4c
|∇TEz|2 (6.6)
=
βωe
k4c
E20 [kx cos(kxx) sen(kyy) + ky sen(kxx) cos(kyy)]
2. (6.7)
Dessa maneira,
PT =
1
2
<
{∮
S
P · dS
}
(6.8)
=
βωe
2k4c
E20
∫ a
0
∫ b
0
[kx cos(kxx) sen(kyy) + ky sen(kxx) cos(kyy)]2dydx (6.9)
=
βωeE20
2k4c
∫ a
0
∫ b
0
[
k2x cos
2(kxx) sen2(kyy) +
1
2
kxky sen(2kxx) sen(2kyy) + k2y sen
2(kxx) cos2(kyy)
]
dydx
=
βωeE20
2k4c
[
k2xab
4
+
k2yab
4
]
(6.10)
=
βωeab
8k2c
E20. (6.11)
A perda devido aos condutores pode ser calculada como
αc =
1
2PT
∮
C
1
2
RS|nˆ×H|2 d` (6.12)
Capítulo 6. Guias Retangulares 35
=
2k2cRS
βωeE20ab
∮
C
|nˆ×H|2 d` (6.13)
=
2k2cRS
βωeE20ab
[
2
∫ a
0
ω2k2yeE20
ω2c k2cµ
sen2(kxx)dx+ 2
∫ b
0
ω2k2xeE20
ω2c k2cµ
sen2(kyy)dy
]
(6.14)
=
2RSω
βω2c abµ
(k2ya+ k
2
xb) (6.15)
=
2RSωe
β(k2x + k2y)ab
(k2ya+ k
2
xb) (6.16)
=
2RS
bηTM
(
k2xb+ k2ya
k2xa+ k2ya
)
(6.17)
=
2RS
bηTM
(
k2x(b/a) + k2y
k2x + k2y
)
(6.18)
=
2Rs
bη
√
1− f 2c / f 2
 m2pi2a2 (b/a) + n2pi2b2
m2pi2
a2 +
n2pi2
b2
 (6.19)
=
2Rs
bη
√
1− f 2c / f 2
m2(b/a)3 + n2
m2(b/a)2 + n2
. �
6.2 Calcule a expressão para a atenuação devido às perdas no condutor para os
modos TEmn, com m 6= 0 e n 6= 0.
Teorema 9.
αc =
2Rs
bη
√
1− f 2c / f 2
(1+ b
a
)
f 2c
f 2
+
(
1− f
2
c
f 2
)
m2(b/a)2 + n2(b/a)
m2(b/a)2 + n2

Demonstração. De acordo com o Orfanidis, em um modo TEmn,
H =
jβkx
k2c
H0 sen(kxx) cos(kyy)xˆ+
jβky
k2c
H0 cos(kxx) sen(kyy)yˆ+ H0 cos(kxx) cos(kyy)zˆ. (6.20)
Aplicando o resultado da Questão 4.5,
P = ωµβ
k4c
|∇THz|2 (6.21)
=
ωµβ
k4c
H20 [kx sen(kxx) cos(kyy) + ky cos(kxx) sen(kyy)]
2. (6.22)
Dessa maneira,
PT =
1
2
<
{∮
S
P · dS
}
(6.23)
=
ωµβ
2k4c
H20
∫ a
0
∫ b
0
[kx sen(kxx) cos(kyy) + ky cos(kxx) sen(kyy)]2dydx (6.24)
=
ωµβ
2k4c
H20
(
k2xab
4
+
k2yab
4
)
(6.25)
=
ωµβabH20
8k2c
. (6.26)
Portanto, as perdas devido aos condutores valem
αc =
1
2PT
∮
C
1
2
RS|nˆ×H|2 d` (6.27)
Capítulo 6. Guias Retangulares 36
=
2k2cRS
ωµβH20ab
[
2
∫ a
0
β2k2xH20
k4c
sen2(kxx) + H20 cos
2(kxx)dx+ 2
∫ b
0
β2k2yH20
k4c
sen2(kyy) + H20 cos
2(kyy)dy
]
=
2k2cRS
ωµβab
a( β2k2x
k4c
+ 1
)
+ b
(
β2k2y
k4c
+ 1
) (6.28)
=
2RS
ωµβk2cab
[
a(β2k2x + k
4
c) + b(β
2k2y + k
4
c)
]
(6.29)
=
2RS
ωµβk2cb
[(
1+
b
a
)
k4c + β
2
(
k2x +
b
a
k2y
)]
(6.30)
=
2RS
ωµβb
[(
1+
b
a
)
k2c + β
2 k
2
x + (b/a)k2y
k2x + k2y
]
(6.31)
=
2RS
ωµβb
[(
1+
b
a
)
k2c + (k
2 − k2c)
k2x + (b/a)k2y
k2x + k2y
]
(6.32)
=
2RSk2
ωµβb
(1+ b
a
)
k2c
k2
+
(
1− k
2
c
k2
)
k2x + (b/a)k2y
k2x + k2y
 (6.33)
=
2RSωe
βb
(1+ b
a
)
f 2c
f 2
+
(
1− f
2
c
f 2
)
k2x + (b/a)k2y
k2x + k2y
 (6.34)
=
2RS
bη
√
1− f 2c / f 2
(1+ b
a
)
f 2c
f 2
+
(
1− f
2
c
f 2
)
m2
a2 + (b/a)
n2
b2
m2
a2 +
n2
b2
 (6.35)
=
2RS
bη
√
1− f 2c / f 2
(1+ b
a
)
f 2c
f 2
+
(
1− f
2
c
f 2
)
m2(b/a)2 + (b/a)n2
m2(b/a)2 + n2
 . �
6.3 Considerando que a resistência superficial do condutor RS é dependente da
frequência, determine a frequência de mínima atenuação do modo TMmn.
Mostre que os modos TEmn também apresentam uma frequência de atenua-
ção mínima.
Teorema 10.
f =
√
3 fc.
Demonstração. Seja a atenuação devido aos condutores no modo TMmn, de acordo com a Questão 6.1,
valendo
αc =
2Rs
bη
√
1− f 2c / f 2
m2(b/a)3 + n2
m2(b/a)2 + n2
(6.36)
=
2
bη
m2(b/a)3 + n2
m2(b/a)2 + n2
1√
1− f 2c / f 2
√
ωµ
2σ
(6.37)
=
2
bη
√
piµ
σ
m2(b/a)3 + n2
m2(b/a)2 + n2
√
f√
1− f 2c / f 2
(6.38)
=
2
bη
√
piµ
σ
m2(b/a)3 + n2
m2(b/a)2 + n2
√
f 3
f 2 − f 2c
. (6.39)
Graças à semelhança com a Questão 5.5, é possível dizer que a frequência na qual a atenuação é mínima
vale
√
3 fc. �
Teorema 11. Existe uma frequência na qual a atenuação do modo TEmn é mínima.
Capítulo 6. Guias Retangulares 37
Demonstração. De acordo com a Questão 6.2,
αc =
2Rs
bη
√
1− f 2c / f 2

(
1+
b
a
)
f 2c
f 2
+
(
1− f
2
c
f 2
)[
m2(b/a)2 + n2(b/a)
m2(b/a)2 + n2
] (6.40)
=
2Rs
bη
√
1− f 2c / f 2
(
c1 + c2
f 2c
f 2
)
(6.41)
=
2
bη
√
piµ
σ
√
f 3
f 2 − f 2c
(
c1 + c2
f 2c
f 2
)
. (6.42)
Derivando essa expressão em relação a f , e igualando a 0, encontramos o mínimo.
d
d f
αc = 0 (6.43)
2
bη
√
piµ
σ
√ f 3
f 2 − f 2c
′ (
c1 + c2
f 2c
f 2
)
− 2c2 f
2
c
f 3
√
f 3
f 2 − f 2c
 = 0 (6.44)
1
2
√
f 2 − f 2c
f 3
[
f 4 − 3 f 2 f 2c
( f 2 − f 2c )2
](
c1 + c2
f 2c
f 2
)
− 2c2 f
2
c
f 3
√
f 3
f 2 − f 2c
= 0 (6.45)
f 4 − 3 f 2 f 2c
f 2 − f 2c
(
c1 + c2
f 2c
f 2
)
− 4c2 f 2c = 0 (6.46)
( f 2 − 3 f 2c )(c1 f 2 + c2 f 2c )− 4c2 f 2c ( f 2 − f 2c ) = 0 (6.47)
c1 f 4 − (3c1 + 3c2) f 2 f 2c + c2 f 4c = 0 (6.48)
f 4 − (3+ 3c2/c1) f 2c f 2 + (c2/c1) f 4c = 0. (6.49)
Sendo fc > 0, denominando k = c2/c1, essa equação tem solução sempre que
(3+ 3k)2 f 4c − 4k f 4c ≥ 0 (6.50)
9k2 + 14k+ 9 ≥ 0 (6.51)
k2 +
14
9
k+ 1 ≥ 0. (6.52)
Por sua vez, como não há solução real para k2 + 14k/9+ 1 = 0, então a inequação é obedecida para
todo k real, ou seja, para quaisquer c1 e c2. Isso por sua vez implica que, quaisquer que sejam os
valores de c1 e c2, é sempre possível resolver a Equação (6.49) para ter f em função de fc. �
6.4 Para um guia retangular com dimensões de 3 cm× 1.5 cm preenchido com ar,
calcule as frequências de corte para os modos TE10, TE20, TE11, TE12, TE21,
TE22, TM11 e TM22. Repita o procedimento quando o dielétrico é substituído
por vidro,com e = 4e0.
Ar.
Pode ser provado que a frequência de corte para o modo TEmn ou TMmn vale
f TEmnc = f
TMmn
c =
c
2
√
m2
a2
+
n2
b2
. (6.53)
Desta maneira, sendo c = 3× 108m/s,
f TE10c = 5.0GHz, (6.54)
f TE20c = 10.0GHz, (6.55)
f TE11c = 11.18GHz, (6.56)
Capítulo 6. Guias Retangulares 38
f TE12c = 20.61GHz, (6.57)
f TE21c = 14.14GHz, (6.58)
f TE22c = 22.36GHz, (6.59)
f TM11c = 11.18GHz, (6.60)
f TM22c = 22.36GHz. (6.61)
Vidro.
Para o vidro, sendo c = 1.5× 108m/s,
f TE10c = 2.5GHz, (6.62)
f TE20c = 5.0GHz, (6.63)
f TE11c = 5.59GHz, (6.64)
f TE12c = 10.30GHz, (6.65)
f TE21c = 7.07GHz, (6.66)
f TE22c = 11.18GHz, (6.67)
f TM11c = 5.59GHz, (6.68)
f TM22c = 11.18GHz. (6.69)
6.5 Determine a máxima potência transmitida em um guia retangular de 4 cm×
2 cm por um sinal em 6GHz em TE10. A intensidade de campo elétrico de
ruptura do ar é 2× 106V/m.
Demonstração. A potência média transmitida no modo TE10 é
PT =
1
4η
|E0|2 ab
√
1− f
2
c
f 2
. (6.70)
Sendo f TE10c = 3.75GHz, e supondo que o guia está operando no limite de ruptura, ou seja, E0 =
2× 106V/m, a potência máxima transmitida por esse guia é
PmaxT = 1.656MW. �
6.6 Em um guia retangular preenchido com ar, a frequência de corte do modo
TE10 é igual a 5GHz, enquanto a frequência de corte do modo TE01 é igual a
12GHz. Determine as dimensões do guia e a frequência de corte dos próximos
três modos de mais alta ordem.
Demonstração. Sendo f TE10c = 5GHz, então a = 30mm. Por sua vez, sendo f
TE01
c = 12GHz, tem-se
que b = 12.5mm. As frequências de corte dos próximos três modos são
f TE20c = 10GHz, (6.71)
f TE11c = 13GHz, (6.72)
f TE02c = 24GHz. �
Capítulo 6. Guias Retangulares 39
6.7 Para f = 3GHz, projete um guia retangular com paredes de cobre e ar, como o
dielétrico, tal que o modo TE10 se propague com um fator de segurança de 30%
( f = 1.3 fc). Além disso, é necessário que a frequência de corte do próximo
modo (de mais alta ordem) seja 20% inferior. Determine a atenuação devido à
perda no cobre em dB/m.
Demonstração. Sendo f TE10c = f/1.3 = 2.308GHz, temos que a = 6.5 cm. Como o próximo modo de
mais alta ordem é o TE01, para que ele tenha uma frequência de corte 20% inferior, é necessário que
f TE01c = f/1.2 = 2.5GHz. Logo, b = 6 cm.
Não podemos usar a expressão encontrada na Questão 6.2 para a atenuação devido às perdas nos
condutores, pois n = 0. Entretanto, de acordo com o Orfanidis, a atenuação do modo TE10 vale
αc =
RS
ηb
(
1+ 2ba
f 2c
f 2
)
√
1− f 2cf 2
. (6.73)
Considerando σ = 6× 107 S/m, encontramos que RS = 14.04× 10−3 ohm. Substituindo os valores
conhecidos,
αc = 2.034× 10−3Np/m (6.74)
= 17.67× 10−3 dB/m. �
6.8 Considerando a questão anterior, determine a atenuação em dB/m dos três
modos com frequência de corte próxima à do modo TE10. Desconsidere as
perdas.
Demonstração. O modo com frequência de corte mais próxima do TE10 é o TE01, com frequência de
corte f TE01c = 2.5GHz. Como a frequência f é maior que a frequência de corte do modo, a atenuação
é de 0dB/m. Os próximos modos são o TE11 e o TM11, ambos com frequência de corte de 3.402GHz.
Esses modos são fortemente atenuados, pois a frequência f é menor que a frequência de corte. Tanto
o modo TE11 quanto o modo TM11 têm uma atenuação de 293.6 dB/m. �
	Folha de rosto
	Sumário
	Análise Vetorial
	Questão 01
	Questão 02
	Questão 03
	Questão 04
	Questão 05
	Questão 06
	Questão 07
	Questão 08
	Questão 09
	Questão 10
	Equações de Maxwell
	Questão 01
	Questão 02
	Questão 03
	Questão 04
	Questão 05
	Questão 06
	Questão 07
	Questão 08
	Ondas Planas
	Questão 01
	Questão 02
	Questão 03
	Questão 04
	Questão 05
	Questão 06
	Questão 07
	Questão 08
	Questão 09
	Questão 10
	Problema Modal
	Questão 01
	Questão 02
	Questão 03
	Questão 04
	Questão 05
	Guias de Placas Metálicas Paralelas
	Questão 01
	Questão 02
	Questão 03
	Questão 04
	Questão 05
	Guias Retangulares
	Questão 01
	Questão 02
	Questão 03
	Questão 04
	Questão 05
	Questão 06
	Questão 07
	Questão 08