An electric line source of infinite length and constant current, placed along the z axis, radiates in free space at large distances from the source ( \rho \gg 0 ) a time-harmonic complex magnetic field given by
\mathbf{H}=\hat{\mathbf{a}}_{\varphi} H_{0} \frac{e^{-j \beta_{0} \rho}}{\sqrt{\rho}}, \quad \rho \gg 0
where H_{0} is a constant, \beta_{0}=\omega \sqrt{\mu_{0} \varepsilon_{0}}, and \rho is the radial cylindrical distance. Determine the corresponding electric field for \rho \gg 0.

Passo 1

O enunciado fornece, para \rho\gg0, o campo magnético no espaço livre
\mathbf{H}=\hat{\mathbf{a}}_{\varphi} H_{0}\frac{e^{-j\beta_{0}\rho}}{\sqrt{\rho}},
onde H_{0} é constante, \beta_{0}=\omega\sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}} e \rho é a distância radial cilíndrica. A tarefa é determinar o campo elétrico correspondente \mathbf{E} em \rho\gg0.
Informações relevantes dadas:
  • \mathbf{H} tem apenas componente azimutal \hat{\mathbf{a}}_{\varphi}.
  • Região considerada é livre de fontes elétricas (pois \rho\gg0, longe da fonte).
  • Parâmetros do meio: \varepsilon_{0},\mu_{0},\omega,\beta_{0}.
    O que se pede: encontrar \mathbf{E}(\rho) compatível com esse \mathbf{H} para \rho\gg0.

Passo 2

Método escolhido (explico de forma simples): em regime harmônico e em região sem fontes a relação entre \mathbf{E} e \mathbf{H} é dada pela equação de Maxwell-Faraday/Ampère em forma fasorial. Usamos a lei de Ampère (sem fonte) em fasores:
\nabla\times\mathbf{H}=j\omega\varepsilon_{0}\mathbf{E}.
Dessa relação isolamos \mathbf{E} como
\mathbf{E}=\frac{1}{j\omega\varepsilon_{0}}\,\nabla\times\mathbf{H}.
Vou calcular \nabla\times\mathbf{H} em coordenadas cilíndricas para o \mathbf{H} dado.

Passo 3

Recordando a fórmula do rotacional em coordenadas cilíndricas (\rho,\varphi,z): para um campo \mathbf{H}=H_{\rho}\hat{\mathbf{a}}_{\rho}+H_{\varphi}\hat{\mathbf{a}}_{\varphi}+H_{z}\hat{\mathbf{a}}_{z} que não depende de \varphi nem de z (caso aqui, dependência só em \rho),
apenas a componente z do rotacional é não nula e vale
(\nabla\times\mathbf{H})_{z}=\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\big(\rho H_{\varphi}\big),
porque H_{\rho}=0 e H_{z}=0 no nosso caso e não há dependência em \varphi,z. Logo o rotacional é
\nabla\times\mathbf{H}=\hat{\mathbf{a}}_{z}\,\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\big(\rho H_{\varphi}(\rho)\big).

Passo 4

Substituindo na relação entre \mathbf{E} e \mathbf{H} obtemos que o campo elétrico terá apenas componente z:
\mathbf{E}=\hat{\mathbf{a}}_{z}E_{z}(\rho),\qquad E_{z}(\rho)=\frac{1}{j\omega\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\big(\rho H_{\varphi}(\rho)\big).
Ou seja, precisamos calcular \frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}(\rho H_{\varphi}) com H_{\varphi}=H_{0}e^{-j\beta_{0}\rho}/\sqrt{\rho}.

Passo 5

Calculemos passo a passo. Primeiro
\rho H_{\varphi}=\rho H_{0}\frac{e^{-j\beta_{0}\rho}}{\sqrt{\rho}}=H_{0}\,\rho^{1/2}e^{-j\beta_{0}\rho}.
Agora derivamos:
\frac{d}{d\rho}\big(\rho H_{\varphi}\big)=H_{0}\,\frac{d}{d\rho}\big(\rho^{1/2}e^{-j\beta_{0}\rho}\big).
Usando a regra do produto,
\frac{d}{d\rho}\big(\rho^{1/2}e^{-j\beta_{0}\rho}\big) = \frac{1}{2}\rho^{-1/2}e^{-j\beta_{0}\rho} + \rho^{1/2}\big(-j\beta_{0}\big)e^{-j\beta_{0}\rho}.
Fatorando e^{-j\beta_{0}\rho}\rho^{-1/2} obtemos
\frac{d}{d\rho}\big(\rho H_{\varphi}\big)=H_{0}e^{-j\beta_{0}\rho}\rho^{-1/2}\Big(\frac{1}{2}-j\beta_{0}\rho\Big).

Passo 6

Dividindo por \rho temos
\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\big(\rho H_{\varphi}\big) =H_{0}e^{-j\beta_{0}\rho}\rho^{-3/2}\Big(\frac{1}{2}-j\beta_{0}\rho\Big).
Substituindo em E_{z}:
E_{z}(\rho)=\frac{H_{0}e^{-j\beta_{0}\rho}}{j\omega\varepsilon_{0}}\, \rho^{-3/2}\Big(\frac{1}{2}-j\beta_{0}\rho\Big).
Agora simplificamos essa expressão para ficar mais interpretável.

Passo 7

Reescrevendo o fator \displaystyle\frac{\frac{1}{2}-j\beta_{0}\rho}{j} e lembrando que \beta_{0}=\omega\sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}} e que a impedância intrínseca do meio é
\eta_{0}=\sqrt{\frac{\mu_{0}}{\varepsilon_{0}}},
podemos manipular:
\frac{\frac{1}{2}-j\beta_{0}\rho}{j}=-j\frac{1}{2}-\beta_{0}\rho.
Além disso
\frac{\beta_{0}}{\omega\varepsilon_{0}}=\frac{\omega\sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}}{\omega\varepsilon_{0}} =\sqrt{\frac{\mu_{0}}{\varepsilon_{0}}}=\eta_{0}.
Usando essas identidades obtemos, depois de rearranjar,
E_{z}(\rho)=H_{0}e^{-j\beta_{0}\rho}\Big(-\eta_{0}\rho^{-1/2}-\frac{j}{2\omega\varepsilon_{0}}\rho^{-3/2}\Big).
Assim o campo elétrico completo é
\mathbf{E}=\hat{\mathbf{a}}_{z}\,H_{0}e^{-j\beta_{0}\rho}\Big(-\eta_{0}\rho^{-1/2}-\frac{j}{2\omega\varepsilon_{0}}\rho^{-3/2}\Big).

Passo 8

Interpretação prática (útil para prova): para \rho\gg0 o termo dominante em potência de \rho é o que decai como \rho^{-1/2}. Portanto, no campo distante a relação entre \mathbf{E} e \mathbf{H} é, ao primeiro ordem,
\mathbf{E}(\rho)\simeq -\eta_{0}H_{0}\,\hat{\mathbf{a}}_{z}\frac{e^{-j\beta_{0}\rho}}{\sqrt{\rho}}, \qquad (\rho\gg0),
ou seja, \mathbf{E} é aproximadamente proporcional a -\eta_{0}\mathbf{H} com polarização em \hat{\mathbf{a}}_{z} (enquanto \mathbf{H} está em \hat{\mathbf{a}}_{\varphi}). O segundo termo em \rho^{-3/2} é um termo de ordem inferior (campo próximo-corretivo) e pode ser desprezado em primeira aproximação de radiacão distante. Força-se aqui a lembrar que o sinal negativo e a dependência de fase decorrem da convenção fasorial usada.

Resposta

\mathbf{E}=\hat{\mathbf{a}}_{z}\,\frac{H_{0}e^{-j\beta_{0}\rho}}{j\omega\varepsilon_{0}}\, \rho^{-3/2}\Big(\tfrac{1}{2}-j\beta_{0}\rho\Big)
\text{(equivalente a) }\quad \mathbf{E}=\hat{\mathbf{a}}_{z}\,H_{0}e^{-j\beta_{0}\rho}\Big(-\eta_{0}\rho^{-1/2}-\frac{j}{2\omega\varepsilon_{0}}\rho^{-3/2}\Big)
\text{e, para }\rho\gg0\text{ (termo dominante): }\quad \mathbf{E}\simeq -\eta_{0}H_{0}\,\hat{\mathbf{a}}_{z}\frac{e^{-j\beta_{0}\rho}}{\sqrt{\rho}}.

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