Eletromagnetismo II
Aula 12
Exercícios: faça o problema número 20 do Capítulo 18 do livro-texto.
Uma cavidade ressonante em forma de paralelepípedo
Consideremos uma cavidade ressonante em forma de paralelepípedo, escavada
em um material condutor ideal. Seja o paralelepípedo que dá forma à cavidade definido pelos seguintes vértices: (0, 0, 0), (a, 0, 0), (a, b, 0), (0, b, 0), (0, b, h),
(0, 0, h), (a, 0, h) e (a, b, h). Neste caso, as ondas no interior da cavidade não são
propagantes; são estacionárias. Tomemos uma dependência temporal dada por
exp (−iωt) e tentemos o ansatz:
(
²x
²y
²z
)
(
)
ny π
nz π
= E1 f1 (x) sen
y sen
z exp (−iωt) ,
b
h
(
)
(
)
nx π
nz π
= E2 sen
x f2 (y) sen
z exp (−iωt) ,
a
h
(
)
(
)
nx π
ny π
= E3 sen
x sen
y f3 (z) exp (−iωt) ,
a
b
para nx , ny , nz = 0, 1, 2, 3, . . ., pois, como as paredes da cavidade são idealmente
condutoras e a componente tangencial do campo elétrico é contínua, ²x deve se
anular para y = 0, y = b, z = 0 e z = h, ²y deve se anular para x = 0, x = a,
z = 0 e z = h e ²z deve se anular para x = 0, x = a, y = 0 e y = b. Supomos
E1 , E2 e E3 reais por simplicidade, e devemos encontrar as funções f1 , f2 e f3 .
Como no interior da cavidade não há cargas por hipótese, a divergência do campo
elétrico deve ser nula e, portanto,
(
)
(
)
∂²x ∂²y ∂²z
ny π
nz π
df1 (x)
+
+
= E1
sen
y sen
z exp (−iωt)
∂x
∂y
∂z
dx
b
h
(
)
(
)
nx π df2 (y)
nz π
+ E2 sen
x
sen
z exp (−iωt)
a
dy
h
(
)
(
)
nx π
ny π df3 (z)
+ E3 sen
x sen
y
exp (−iωt)
a
b
dz
= 0.
Esta igualdade deve ser verdadeira para todo valor de nx , ny , nz , x e y. Tomando
um caso em que nx , ny , nz , x e y são não nulos e dividindo esta equação pelo
1
produto sen
(
nx π
a x
E1
)
sen
(
ny π
b y
)
sen
(
nz π
h z
)
exp (−iωt), obtemos:
df1 (x)
df2 (y)
df3 (z)
E2
E3
(
(
)
)
+
+
= 0.
n
π
sen nax π x dx
sen yb y dy
sen nhz π z dz
(
)
A única forma de satisfazer esta condição para todo ponto dentro da cavidade é
escolhermos cada um dos termos acima igual a uma constante:
E1
df1 (x)
= C1 ,
sen nax π x dx
df2 (y)
E2
(
)
= C2 ,
ny π
sen b y dy
df3 (z)
E3
(
)
= C3 ,
sen nhz π z dz
(
)
com
C1 + C2 + C3 = 0.
Assim,
(
)
C1 a
nx π
f1 (x) = −
cos
x ,
E1 nx π
a
(
)
C2 b
ny π
f2 (y) = −
cos
y ,
E2 ny π
b
(
)
nz π
C3 h
cos
z .
f3 (z) = −
E3 nz π
h
Notemos que poderíamos ter adicionado uma constante a cada uma das funções
acima, mas o caso constante já está incluído se considerarmos nx , ny , nz também
assumindo o valor 0. Logo, a solução para este problema pode ser escrita como:
(
²x
²y
²z
)
(
)
(
)
a
nx π
ny π
nz π
= −C1
cos
x sen
y sen
z exp (−iωt) ,
nx π
a
b
h
(
)
(
)
(
)
b
nx π
ny π
nz π
= −C2
sen
x cos
y sen
z exp (−iωt) ,
ny π
a
b
h
(
)
(
)
(
)
h
nx π
ny π
nz π
= −C3
sen
x sen
y cos
z exp (−iωt) ,
nz π
a
b
h
com
C1 + C2 + C3 = 0.
Esta solução, como está expressa, implica em ignorarmos os casos em que um dos
n0 s é nulo. Para podermos incluir estes casos também, dada a arbitrariedade das
2
constantes introduzidas acima, escolhemos:
a
,
nx π
b
,
= −C2
ny π
h
.
= −C3
nz π
E0x = −C1
E0y
E0z
Com isto, temos:
(
²x
²y
²z
)
(
)
(
)
nx π
ny π
nz π
= E0x cos
x sen
y sen
z exp (−iωt) ,
a
b
h
(
)
(
)
(
)
nx π
ny π
nz π
= E0y sen
x cos
y sen
z exp (−iωt) ,
a
b
h
(
)
(
)
(
)
nx π
ny π
nz π
= E0z sen
x sen
y cos
z exp (−iωt) ,
a
b
h
com
nx
ny
nz
+ E0y + E0z
= 0
a
b
h
e nx , ny , nz = 0, 1, 2, 3, . . ., exceto os casos em que pelo menos dois n0 s são nulos.
Agora, calculemos β. Da lei de Faraday, temos:
E0x
i
β = − ∇ × ²,
ω
ou seja,
βx
βy
e
βz
[
(
)
[
(
)
(
)
(
)
[
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
i ny π
nx π
ny π
nz π
= −
E0z sen
x cos
y cos
z exp (−iωt)
ω b
a
b
h
(
)
(
)
(
)
]
nz π
nx π
ny π
nz π
−
E0y sen
x cos
y cos
z exp (−iωt)
h (
a
b
h
)
(
)
(
)
(
)
nz π
nx π
ny π
nz π
i ny π
E0z −
E0y sen
x cos
y cos
z exp (−iωt) ,
= −
ω b
h
a
b
h
i nz π
nx π
ny π
nz π
= −
E0x cos
x sen
y cos
z exp (−iωt)
ω h
a
b
h
(
)
(
)
(
)
]
nx π
nx π
ny π
nz π
−
E0z cos
x sen
y cos
z exp (−iωt)
a (
a
b
h
)
(
)
(
)
(
)
nx π
ny π
nz π
nx π
i nz π
E0x −
E0z cos
x sen
y cos
z exp (−iωt)
= −
ω h
a
a
b
h
nx π
ny π
nz π
i nx π
E0y cos
x cos
y sen
z exp (−iωt)
= −
ω a
a
b
h
3
(
)
(
)
(
)
]
ny π
nx π
ny π
nz π
−
E0x cos
x cos
y sen
z exp (−iωt)
b (
a
b
h
)
(
)
(
)
(
)
nx π
ny π
nz π
ny π
i nx π
E0y −
E0x cos
x cos
y sen
z exp (−iωt) .
= −
ω a
b
a
b
h
Forma alternativa de tratar este problema
Este mesmo problema pode ser resolvido considerando as soluções para o guia de
ondas da aula passada, mas com tampas nas extemidades. Assim, os modos TE
do guia de ondas, temos:
(
)
(
)
nx π
ny π
= β0 exp (ikz z − iωt) cos
x cos
y ,
a
b
βz
que não é trivial quando nx , ny = 0, 1, 2, 3, . . . e n2x + n2y 6= 0. Para uma cavidade
construída a partir deste guia, como há reflexão nas tampas, devemos considerar
a superposição:
βzcav = βz1 + βz2 ,
onde definimos:
(
βz1
)
(
nx π
ny π
= β1 exp (ikz z − iωt) cos
x cos
y
a
b
e
(
)
(
)
)
ny π
nx π
x cos
y
βz2 = β2 exp (−ikz z − iωt) cos
a
b
Como os modos são, por hipótese, TE, temos ²cav
= 0 e, da continuidade da
z
componente normal do campo elétrico, também devemos impor ²cav = ²cav = 0
x
em z = 0 e z = h.
Mas, de acordo com a aula passada,
iω
2
kz2 − ωc2
iω
= − 2 ω2
kz − c2
²cav
= −
x
)
(
iω
∂βz1
− 2 ω2
∂y
kz − c2


cav
∂β

z
∂y
(
∂βz2
∂y
)

e
iω
2
kz2 − ωc2
iω
= 2 ω2
kz − c2
²cav
=
y
)
(
iω
∂βz1
+ 2 ω2
∂x
kz − c2


∂βzcav 

,
∂x
4
(
∂βz2
∂x
)
y
de forma que devemos impor:




∂βzcav 

= 0
∂x z=0,h
e
∂βzcav 

= 0.
∂y z=0,h
Assim,
(
)
(
)
(
)
(
)
nx π
ny π
nx π
∂βzcav
= −
β1 exp (ikz z − iωt) sen
x cos
y
∂x
a
a
b
(
)
(
)
nx π
nx π
ny π
−
β2 exp (−ikz z − iωt) sen
x cos
y
a
a
b
e
nx π
∂βzcav
ny π
ny π
= −
β1 exp (ikz z − iωt) cos
x sen
y
∂y
a
a
b
(
)
(
)
ny π
nx π
ny π
−
β2 exp (−ikz z − iωt) cos
x sen
y .
a
a
b
Impondo as condições acima, concluímos que:
β2 = −β1
e
kz =
nz π
, para nz = 0, 1, 2, 3, . . . .
h
Logo, escolhendo
β0z = 2iβ1 ,
obtemos:
(
)
(
)
(
)
ny π
nz π
nx π
βzcav = β0z cos
x cos
y sen
z exp (−iωt)
a
b
h
e, para não termos solução trivial, nz 6= 0, isto é,
nz = 1, 2, 3, . . . .
Calculemos, portanto, o campo elétrico:

cav 
∂β
iω
²cav
= − 2 ω2  z 
x
∂y
kz − c2
(
)
(
)
(
)
iω
ny π
nx π
ny π
nz π
= ( )2
β0z cos
x sen
y sen
z exp (−iωt)
2
nz π
a
b
h
− ω2 b
h
c
5
e


iω  ∂βzcav 
2
∂x
kz2 − ωc2
(
)
(
)
(
)
iω
nx π
ny π
nz π
nx π
= − ( )2
β0z sen
x cos
y sen
z exp (−iωt) .
nz π
ω2 a
a
b
h
−
2
h
c
²cav
=
y
Destas equações, verificamos que as amplitudes que calculamos anteriormente
escrevem-se:
iω
ny π
E0x = ( )2
β0z
nz π
ω2 b
− 2
h
c
e
E0y = − (
iω
nz π
h
)2
nx π
β0z .
2
− ωc2 a
Da relação que obtivemos anteriormente,
nx
ny
nz
E0x + E0y + E0z
= 0,
a
b
h
obtemos:
(
)
nz
n y π n x n x π ny
iω
E0z
β0z
= − ( )2
−
2
nz π
h
b a
a b
− ω2
h
c
= 0.
Desta análise, concluímos que obtivemos modos TE, já que nz 6= 0 e, portanto,
E0z = 0.
Finalmente, notamos que as freqüências possíveis são obtidas da equação de
onda:
ω2
=
c2
(
nx π
a
)2
(
ny π
+
b
6
)2
(
nz π
+
h
)2
.