A seguir são dadas as equações de onda deduzidas a partir das equações diferenciais de Maxwell para campos elétricos e magnéticos no vácuo.
\nabla^{2} \vec{E}=\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} \vec{E}}{\partial t^{2}} \quad \text { (1) } \quad \nabla^{2} \vec{B}=\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} \vec{B}}{\partial t^{2}}
em que c=\sqrt{\frac{1}{\mu_{0} \varepsilon_{0}}} é a velocidade da luz no vácuo.
a) Sabe-se que as soluções para onda plana das equações de onda dos campos elétrico e magnético são \vec{E}(\vec{r}, t)=\vec{E}_{0} \sin (\omega t-\vec{k} \cdot \vec{r}) e \vec{B}(\vec{r}, t)=\vec{B}_{0} \sin (\omega t-\vec{k} \cdot \vec{r}). Aplique os operadores divergente e rotacional e use as equações de Maxwell para mostrar que os campos elétrico e magnético são perpendiculares
entre si e ambos ao vetor de onda \vec{k} e mostre que esses campos estão em fase, ou seja, E=c B.
Admita que o campo elétrico está na direção \hat{z} e o campo magnético está na direção \hat{x}. A partir da definição de vetor de Poynting \vec{S}=\frac{1}{\mu_{0}}(\vec{E} \times \vec{B}), mostre que o valor médio desse vetor é dado por:
\langle\vec{S}\rangle=\frac{B_{0}^{2} c}{2 \mu_{0}} \hat{y} \quad e \quad\langle\vec{S}\rangle=\frac{E_{0}^{2}}{2 \mu_{0} c} \hat{y}

Passo 1

O enunciado dá as equações de onda no vácuo
\nabla^{2}\vec{E}=\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}\vec{E}}{\partial t^{2}}
\nabla^{2}\vec{B}=\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}\vec{B}}{\partial t^{2}}
as formas de onda plana
\vec{E}(\vec{r},t)=\vec{E}_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})
\vec{B}(\vec{r},t)=\vec{B}_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})
e a definição do vetor de Poynting
\vec{S}=\frac{1}{\mu_{0}}(\vec{E}\times\vec{B}).
O que é pedido:
  • Usar os operadores divergente e rotacional e as equações de Maxwell no vácuo para mostrar que \vec{E} e \vec{B} são perpendiculares entre si e ambos perpendiculares a \vec{k}.
  • Mostrar que os campos estão em fase e que E=cB (mais precisamente E_{0}=cB_{0}).
  • Admitindo \vec{E} na direção \hat{z} e \vec{B} na direção \hat{x}, calcular a média temporal de \vec{S} e mostrar as formas
\langle\vec{S}\rangle=\frac{B_{0}^{2}c}{2\mu_{0}}\hat{y}\quad\text{e}\quad \langle\vec{S}\rangle=\frac{E_{0}^{2}}{2\mu_{0}c}\hat{y}.

Passo 2

Anotemos as equações de Maxwell no vácuo (sem cargas nem correntes). Essas são essenciais e vale entender o que cada uma diz:
\nabla\cdot\vec{E}=0,
\nabla\cdot\vec{B}=0,
\nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partial t},
\nabla\times\vec{B}=\mu_{0}\varepsilon_{0}\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}.
Explicação rápida das operações (intuitiva): \nabla\cdot (divergente) mede quanto um campo “afasta” linhas de campo num ponto; \nabla\times (rotacional) mede o quanto o campo “gira” ao redor de um ponto. Vamos aplicar essas operações às soluções dadas. Lembre que \vec{E}_{0} e \vec{B}_{0} são vetores constantes (amplitudes) e que a função \sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}) é a parte escalar que depende de \vec{r} e t.
Cálculo útil (cadeia/gradiente):
\nabla\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})=-\vec{k}\cos(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}),
\frac{\partial}{\partial t}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})=\omega\cos(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}).
Usaremos essas identidades.

Passo 3

Aplicando o divergente ao campo elétrico:
\nabla\cdot\vec{E}=\nabla\cdot\big(\vec{E}_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\big) =\vec{E}_{0}\cdot\nabla\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}) =-\vec{E}_{0}\cdot\vec{k}\,\cos(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}).
Mas pela equação de Maxwell \nabla\cdot\vec{E}=0 para todo \vec{r},t. A função \cos(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}) não é identicamente zero, logo a única possibilidade é
\vec{E}_{0}\cdot\vec{k}=0.
Isto mostra que \vec{E}_{0} (e portanto \vec{E}(\vec{r},t) em cada ponto) é perpendicular a \vec{k}.
Do mesmo modo para \vec{B}:
\nabla\cdot\vec{B}=-\vec{B}_{0}\cdot\vec{k}\,\cos(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})=0
implica
\vec{B}_{0}\cdot\vec{k}=0,
logo \vec{B} também é perpendicular a \vec{k}.
Conclusão parcial: \vec{E}\perp\vec{k} e \vec{B}\perp\vec{k}.

Passo 4

Agora aplicamos o rotacional a \vec{E} e usamos a lei de Faraday. Calculamos
\nabla\times\vec{E}=\nabla\times\big(\vec{E}_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\big) =\nabla\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\times\vec{E}_{0} =-\vec{k}\cos(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\times\vec{E}_{0}.
Pela equação de Maxwell \nabla\times\vec{E}=-\partial\vec{B}/\partial t. Calculando o lado direito:
-\frac{\partial\vec{B}}{\partial t}=-\frac{\partial}{\partial t}\big(\vec{B}_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\big) =-\omega\vec{B}_{0}\cos(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}).
Igualando ambos os lados (e simplificando o fator comum -\cos(\cdot)), obtemos
\vec{k}\times\vec{E}_{0}=\omega\vec{B}_{0}.
Dessa relação segue que \vec{B}_{0} é proporcional a \vec{k}\times\vec{E}_{0}, isto é, \vec{B}_{0} é perpendicular tanto a \vec{k} quanto a \vec{E}_{0}. Assim \vec{E} e \vec{B} são mutuamente perpendiculares.

Passo 5

Para ligar as magnitudes usamos a equação de onda (dada no enunciado). Aplique a Laplaciana à solução de \vec{E}:
\nabla^{2}\vec{E}=\nabla^{2}\big(\vec{E}_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\big) =\vec{E}_{0}\nabla^{2}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}) =-\vec{E}_{0}k^{2}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}),
porque \nabla^{2}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})=-k^{2}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}) (aqui k=|\vec{k}|). O lado temporal da equação de onda é
\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}\vec{E}}{\partial t^{2}}=-\frac{\omega^{2}}{c^{2}}\vec{E}_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}).
Igualando os dois lados pela equação de onda obtém-se a relação de dispersão
k^{2}=\frac{\omega^{2}}{c^{2}},
ou seja
\omega = c k.
Agora volte à relação vetorial do passo anterior \vec{k}\times\vec{E}_{0}=\omega\vec{B}_{0}. Tomando magnitude e lembrando que \vec{E}_{0}\perp\vec{k} (logo |\vec{k}\times\vec{E}_{0}|=k\,E_{0}), obtemos
kE_{0}=\omega B_{0}.
Usando \omega = c k resulta
kE_{0}=ck\,B_{0}\quad\Rightarrow\quad E_{0}=cB_{0}.
Isto dá a relação de magnitude entre os campos: E_{0}=cB_{0}. Além disso, como ambas as soluções originais têm o mesmo argumento \omega t-\vec{k}\cdot\vec{r}, os campos oscilam com a mesma fase; portanto estão em fase (não há defasagem).

Passo 6

Resumo físico e interpretação curta (para lembrar na prova): \vec{E}, \vec{B} e \vec{k} formam um sistema ortogonal de vetores com \vec{k}=\hat{n}k na direção de propagação; \vec{E} e \vec{B} estão em fase e suas amplitudes satisfazem E_{0}=cB_{0}. A relação de dispersão \omega=ck é consequência da equação de onda.

Passo 7

Agora calculemos o vetor de Poynting instantâneo e sua média temporal para o caso pedido: assuma
\vec{E}(\vec{r},t)=E_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\,\hat{z},
\vec{B}(\vec{r},t)=B_{0}\sin(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\,\hat{x}.
Primeiro o produto vetorial:
\vec{E}\times\vec{B}=E_{0}B_{0}\sin^{2}(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\,(\hat{z}\times\hat{x}).
Usando \hat{z}\times\hat{x}=\hat{y} obtemos
\vec{E}\times\vec{B}=E_{0}B_{0}\sin^{2}(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\,\hat{y}.
Logo o vetor de Poynting instantâneo é
\vec{S}(t)=\frac{1}{\mu_{0}}E_{0}B_{0}\sin^{2}(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})\,\hat{y}.

Passo 8

A média temporal sobre um período T=2\pi/\omega de \sin^{2} é 1/2. Portanto a média temporal do vetor de Poynting é
\langle\vec{S}\rangle=\frac{1}{\mu_{0}}E_{0}B_{0}\langle\sin^{2}(\cdot)\rangle\,\hat{y} =\frac{1}{\mu_{0}}E_{0}B_{0}\cdot\frac{1}{2}\,\hat{y} =\frac{E_{0}B_{0}}{2\mu_{0}}\,\hat{y}.

Passo 9

Usando a relação já obtida E_{0}=cB_{0} podemos escrever \langle\vec{S}\rangle em duas formas equivalentes. Em termos de B_{0}:
\langle\vec{S}\rangle=\frac{E_{0}B_{0}}{2\mu_{0}}\hat{y} =\frac{(cB_{0})B_{0}}{2\mu_{0}}\hat{y} =\frac{B_{0}^{2}c}{2\mu_{0}}\hat{y}.
Em termos de E_{0} (usando B_{0}=E_{0}/c):
\langle\vec{S}\rangle=\frac{E_{0}B_{0}}{2\mu_{0}}\hat{y} =\frac{E_{0}(E_{0}/c)}{2\mu_{0}}\hat{y} =\frac{E_{0}^{2}}{2\mu_{0}c}\hat{y}.

Resposta

\langle\vec{S}\rangle=\frac{B_{0}^{2}c}{2\mu_{0}}\hat{y}
\langle\vec{S}\rangle=\frac{E_{0}^{2}}{2\mu_{0}c}\hat{y}

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