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SEL310;SEL612-Ondas eletromagnéticas. Gabarito da 2a. Prova.
outubro de 2005
Atenção: O gabarito apresentado está baseado na versão 1 da prova. Para as outras versões
são apresentados apenas os resultados numéricos.
Questão 1
O campo elétrico de uma onda propagando no sentido y+ possui duas componentes dadas por 
1 yE z2cos t k y 2
πω = − −  
� mV/m e 2 yE z2cos t k y 6
πω = − +  
� mV/m. Para a onda resultante, 
determinar: 
a. O fasor campo magnético; 
b. Se o valor médio da densidade de potência transportada pela onda é 92,5 10−× W/m2, 
determinar a impedância intrínseca do meio, em ohms. 
Solução
Os fasores são E1 = bz2 exp (−jπ/2) exp (−jkyy) e E2 = bz2 exp (jπ/6) exp (−jkyy). O campo
resultante é Et = E1 +E2 ou
Et = bz2 exp (−jkyy) [exp (−jπ/2) + exp (jπ/6)]. Mas exp (−jπ/2) + exp (jπ/6) = cos (π/2) −
jsen (π/2)+cos (π/6)+jsen (π/6) ou exp (−jπ/2)+exp (jπ/6) = 0−j+
√
3/2+j1/2 =
√
3/2−j1/2
ou exp (−jπ/2) + exp (jπ/6) = exp (−jπ/6).
Portanto, o fasor campo elétrico é Et = bz2 exp (−jπ/6) exp (−jkyy) mV/m.
O campo magnético é dado por Ht = −∇× E/jωµ. Como Ey = Ex = 0 e ∂/∂x = ∂/∂z = 0,
então ∇ × E = bx∂Ez/∂y. Desta forma, ∇ × E = −bxj2ky exp (−jπ/6) exp (−jkyy). Substi-
tuindo na expressão de H, Ht = bx (2ky/ωµ) exp (−jπ/6) exp (−jkyy). Como ky/ωµ = 1/η,
na qual η é a impedância intrínseca do meio, Ht = bx (2/η) exp (−jπ/6) exp (−jkyy) mA/m. O
valor médio do vetor de Poynting é
­
S (x, y, z, t)
®
= (1/2)Re
n
Et (x, y, z)×H∗t (x, y, z)
o
. As-
sim, Et (x, y, z) × H∗t (x, y, z) = [bz2 exp (−jπ/6) exp (−jkyy)] × [bx (2/η) exp (jπ/6) exp (jkyy)] e
Et (x, y, z) × H∗t (x, y, z) =
¡
22/η
¢
(bz × bx) = ¡22/η¢ (by) e ­S (x, y, z, t)® = (2/η) µW/m2 fluindo
na direção by. Portanto, η = 2/ ­S (x, y, z, t)® = 2/ ¡2, 5× 10−3¢ e η = 800 ohms.
Resultados para as outras provas
Prova P2
Os fasores são E1 = bz2 exp (−jπ/2) exp (−jkyy) e E2 = bz2 exp (jπ/3) exp (−jkyy). O campo
resultante é Et = E1 +E2 ou
Et = bz2 exp (−jkyy) [exp (−jπ/2) + exp (jπ/3)]. Mas exp (−jπ/2) + exp (jπ/3) = cos (π/2) −
jsen (π/2)+cos (π/3)+jsen (π/3) ou exp (−jπ/2)+exp (jπ/3) = 0−j+1/2+j
√
3/2 = 1/2−j0, 134
ou exp (−jπ/2) + exp (jπ/3) = 0, 52 exp (−j0, 26).
Portanto, o fasor campo elétrico é Et = bz1, 04 exp (−j0, 26) exp (−jkyy) mV/m. Substituindo
na expressão deH,Ht = bx (1, 04/η) exp (−j0, 26) exp (−jkyy)mA/m. Portanto, η = ¡1, 042/2¢ / ­S (x, y, z, t)®¡
1, 042/2
¢
/
¡
5, 0× 10−3¢ e η = 108 ohms.
1
Prova P3
Os fasores são E1 = bz2 exp (−jπ/2) exp (−jkyy) e E2 = bz2 exp (jπ/7) exp (−jkyy). O campo
resultante é Et = E1 +E2 ou
Et = bz2 exp (−jkyy) [exp (−jπ/2) + exp (jπ/7)]. Mas exp (−jπ/2) + exp (jπ/7) = cos (π/2) −
jsen (π/2)+cos (π/7)+jsen (π/7) ou exp (−jπ/2)+exp (jπ/7) = 0−j+0, 9+j0, 434 = 0, 9−j0, 57
ou exp (−jπ/2) + exp (jπ/7) = 1, 06 exp (−j0, 56).
Portanto, o fasor campo elétrico é Et = bz2, 12 exp (−j0, 56) exp (−jkyy) mV/m. Substituindo
na expressão deH,Ht = bx (2, 12/η) exp (−j0, 56) exp (−jkyy)mA/m. Portanto, η = ¡1, 122/2¢ / ­S (x, y, z, t)®¡
2, 122/2
¢
/
¡
7, 5× 10−3¢ e η = 300 ohms.
Prova P4
Os fasores são E1 = bz2 exp (−jπ/2) exp (−jkyy) e E2 = bz2 exp (jπ/5) exp (−jkyy). O campo
resultante é Et = E1 +E2 ou
Et = bz2 exp (−jkyy) [exp (−jπ/2) + exp (jπ/5)]. Mas exp (−jπ/2) + exp (jπ/5) = cos (π/2) −
jsen (π/2)+cos (π/7)+jsen (π/7) ou exp (−jπ/2)+exp (jπ/5) = 0−j+0, 81+j0, 588 = 0, 8−j0, 41
ou exp (−jπ/2) + exp (jπ/5) = 0, 91 exp (−j0, 47).
Portanto, o fasor campo elétrico é Et = bz1, 82 exp (−j0, 47) exp (−jkyy) mV/m. Substituindo
na expressão deH,Ht = bx (1, 82/η) exp (−j0, 47) exp (−jkyy)mA/m. Portanto, η = ¡1, 822/2¢ / ­S (x, y, z, t)®¡
1, 822/2
¢
/
¡
10× 10−3¢ e η = 166 ohms.
Resumo dos Resultados das 4 Provas
Prova Fasor relativo a E retangular rad graus η (ohms)
P1 exp (−jπ/2) + exp (jπ/6) 0, 87− j0, 5 1 exp (−0, 52) 1 exp (−30) 800
P2 exp (−jπ/2) + exp (jπ/3) 0, 5− j0, 13 0, 52 exp (−0, 26) 0, 52 exp (−15) 108
P3 exp (−jπ/2) + exp (jπ/7) 0, 9− j0, 57 1, 06 exp (−0, 56) 1, 06 exp (−32, 1) 300
P4 exp (−jπ/2) + exp (jπ/5) 0, 8− j0, 41 0, 91 exp (−0, 47) 0, 91 exp (−27) 166
Questão 2
Uma onda plana perpendicularmente polarizada incide sobre a fronteira entre dois meios. 
O campo elétrico da onda incidente é ( )10,0expinc incE y jk r= − i� V/m, na qual r é o vetor 
posição e inck é o vetor propagação. A fronteira entre os dois meios está situada no plano xy e o 
plano de incidência é o xz. O índice de refração do meio 1 é 1 1,5n = e do meio 2 é 2 1,0n = . O 
comprimento de onda no vácuo do sinal é 0 1,55 mλ µ= . Calcular: 
a. O ângulo crítico; 
b. O ângulo de incidência, dado que o fasor campo elétrico da onda transmitida é
� ( ) ( ) ( )0 exp exp expt I T txE y T E j z jk xθ α= − − , na qual IT e Tθ são, respectivamente, o 
módulo e a fase do coeficiente de transmissão; 0E é a amplitude do campo, em V/m; α
é o fator de atenuação na direção z e 86txk x = rad em 20x mµ= ; 
O valor do fator ( )exp zα− em 02z λ= . 
2
Solução
O ângulo crítico é dado por θc = sen−1 (n2/n1). Portanto, θc = sen−1 (1, 0/1, 5) e θc = 41, 80 .
A expressão da componente de campo elétrico da onda transmitida é
Et = by |TI | exp (jθT )E0 exp (−αz) exp (−jktxx), com ktx = kix. Temos que kixx = k1sen (θi)x =
n1k0sen (θi)x, ou kixx = n1k0sen (θi)x = n12πsen (θi)x/λ0. Assim, θi = sen−1 (kixxλ0/2πn1x).
Substituindo os valores numéricos, θi = sen−1 (86× 1, 55/2π × 1, 5× 20) e θi = 450 . Como
θi > θc, há excitação de onda evanescente (reflexão total na interface). A onda transmitida se
propaga ao longo de x com decaimento exponencial na direção z.
O fator α é dado por α =
q
k2ix − k22. Como kix = k1sen (θi) = n1k0sen (θi) , k2 = n2k0, k0 =
2π/λ0 e z = 2λ0, α = (2π/λ0)
q
[n1sen (θi)]
2 − n22 e αz = (4π)
q
[n1sen (θi)]
2 − n22. Substituindo
os valores numéricos, αz = 4, 44 e exp (−4, 44) = 12× 10−3 .
Resultados para as outras provas
idem.
Questão 3
O campo elétrico de uma onda propagando-se no sentido x+ possui duas componentes dadas por
( )1 xE z5exp jk x= −� volts/m e � ( ) ( )2 xE y5exp j exp jk x2π= − − volts/m. Determinar a 
polarização da onda resultante, se linear, circular ou elipticamente polarizada, se à esquerda ou à 
direita, conforme o caso. Atenção: demonstre o resultado encontrado. 
Solução
Os campos físicos são dados por E1 = Re {bz5 exp (−jkxx) exp (jωt)} = bz5 cos (ωt− kxx) e E2 =
Re {by5 exp (−jkxx) exp (−jπ/2) exp (jωt)} = by5 cos (ωt− kxx− π/2) = by5sen (ωt− kxx). Por-
tanto, o campo resultante é:
Resultados para as todas as provas
Prova P1: Et = E1 +E2 = 5 [bz cos (ωt− kxx) + bysen (ωt− kxx)];
Prova P2: Et = E1 +E2 = 5 [bz cos (ωt− kxx)− bysen (ωt− kxx)];
Prova P3: Et = E1 +E2 = 5 [bz cos (ωt− kxx) + by3sen (ωt− kxx)];
Prova P4: Et = E1 +E2 = 5 [bz cos (ωt− kxx)− by3sen (ωt− kxx)].
A Tabela mostra os resultados da polarização para as 4 provas. Os valores das componentes
estão normalizados em relação à amplitude (5 V/m).
3
ωt bz by
P1−4 P1 P2 P3 P4
0 1 0 0 0 0
π/4 0, 707 0, 707 −0, 707 2, 12 −2, 12
2π/4 0 1 −1 3 −3
3π/4 −0, 707 0, 707 −0, 707 2, 12 −2, 12
4π/4 −1 0 0 0 0
5π/4 −0, 707 −0, 707 0, 707 −2, 12 2, 12
6π/4 0 −1 1 −3 3
7π/4 0, 707 −0, 707 0, 707 −2, 12 2, 12
8π/4 1 0 0 0 0
Classificação CPE CPD EPE EPD
CPE: circularmente polarizada à esquerda; CPD: circularmente polarizada à direita; EPE:
elipticamente polarizada à esquerda; EPD: elipticamente polarizada à direita. P1-P4: prova P1-
Prova P4. bz: componente de campo na direção bz; by: componente de campo na direção by. Gráficos
em seqüência: P1 (CPE), P2 (CPD), P3 (EPE), P4 (EPD).
-2,0 -1,5 -1,0 -0,5 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0
-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
ωt=2π/4
ωt=π/4
ωt=0 y
z
Q3 Prova 1 CPE
-1,0 -0,5 0,0 0,5 1,0
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
ωt=2π/4
ωt=π/4
ωt=0 y
z
Q3 Prova 2 CPD
-1,0 -0,5 0,0 0,5 1,0
-3,5
-3,0
-2,5
-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
ωt=2π/4
ωt=π/4
ωt=0 y
z
Q3 Prova 2 EPE
-1,0 -0,5 0,0 0,5 1,0
-3,5
-3,0
-2,5
-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
ωt=2π/4
ωt=π/4
ωt=0y
z
Q3 Prova 2 EPD
4