Física universitária — 2.º ano · Bachelor Year 2

14Ondas eletromagnéticas em plasmas, condutores e dielétricos

Uma transmissão em ondas curtas atravessa um oceano ricocheteando na alta atmosfera, que a reflete como um espelho — e no entanto a mesma camada deixa passar sinais de televisão e de satélite. Uma colher de metal é brilhante, uma tela metálica na porta de um forno de micro-ondas retém as ondas enquanto você observa a comida através dela, e uma folha de vidro é transparente à luz e opaca ao ultravioleta. Em cada caso uma onda entra num material, as cargas do material respondem, e sua resposta muda a onda: sua celeridade, sua atenuação e até se ela se propaga ou não. Este capítulo trata os três modelos padrão de meio — um gás de elétrons livres, um condutor ôhmico e elétrons ligados — com o único método que dá conta de todos: acrescentar a corrente induzida às equações de Maxwell e ler a relação de dispersão.

14.1 Ondas num plasma

Definição 14.1 (Plasma; o modelo do elétron livre)

Um plasma é um gás globalmente neutro de elétrons livres (densidade $n$ , massa $m$ , carga $-e$ ) e de íons positivos que, sendo milhares de vezes mais pesados, são tomados como fixos. A alta atmosfera (ionosfera, $n \sim 10^{11}$ – $10^{12}$ m $^{-3}$ ), um tubo de descarga, a coroa solar e — em frequências ópticas — os elétrons de condução de um metal são plasmas. As colisões são desprezadas (o período da onda é curto comparado com o tempo entre colisões). Sua frequência característica é a frequência de plasma

\omega_p = \sqrt{\frac{ne^2}{\varepsilon_0m}} , \qquad f_p = \frac{\omega_p}{2\pi} \approx 9\,\text{Hz}\times\sqrt{n\,[\text{m}^{-3}]} :

de $3\,\mathrm{MHz}$ a $9\,\mathrm{MHz}$ para a ionosfera, e $2 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}$ (ultravioleta) para um metal.

Teorema 14.2 (Relação de dispersão de um plasma)

Para uma onda OPPH transversal $\underline{\vect E} = \underline{\vect E}_0\eu^{\iu(\omega t - kx)}$ num plasma, os elétrons oscilam com $\underline{\vect v} = -e\underline{\vect E}/\iu m\omega$ e transportam a densidade de corrente $\underline{\vect j} = \underline\gamma\underline{\vect E}$ com $\underline\gamma = ne^2/\iu m\omega$ ; as equações de Maxwell dão então

k^2 = \frac{\omega^2 - \omega_p^2}{c^2} .

Acima de $\omega_p$ a onda se propaga, com $v_\varphi = c/\sqrt{1 - \omega_p^2/\omega^2} > c$ e $v_g = c\sqrt{1 - \omega_p^2/\omega^2} < c$ , $v_\varphi v_g = c^2$ ; abaixo de $\omega_p$ , $k = -\iu\kappa$ com $\kappa = \sqrt{\omega_p^2 - \omega^2}/c$ : a onda é evanescente, penetra numa distância $1/\kappa$ e é totalmente refletida (Capítulo 15); o plasma é então um espelho. Com $\omega \gg \omega_p$ os elétrons não conseguem acompanhar e o plasma é transparente.

Demonstração. Equação do movimento $m\,\dd\vect v/\dd t = -e\vect E$ (a força magnética $ev B \sim evE/c$ é desprezível para $v \ll c$ , e o movimento dos íons é $m/M$ vezes menor): $\iu m\omega\underline{\vect v} = -e\underline{\vect E}$ . Então $\underline{\vect j} = -ne\underline{\vect v}$ . O plasma permanece neutro para uma onda transversal ( $\vect k\cdot\vect E = 0$ dá $\rho = 0$ por Gauss), de modo que Maxwell–Ampère diz $-\iu\vect k\wedge\underline{\vect B} = \mu_0\underline\gamma\underline{\vect E} + \iu\omega\mu_0\varepsilon_0\underline{\vect E}$ e Maxwell–Faraday $\underline{\vect B} = \vect k \wedge\underline{\vect E}/\omega$ ; combinando, $k^2\underline{\vect E} = \mu_0(\iu\omega\underline\gamma - \omega^2\varepsilon_0)(-1)\underline{\vect E}$ , ou seja, $k^2 = \omega^2\mu_0\varepsilon_0 - \iu\omega\mu_0 \underline\gamma = (\omega^2 - ne^2/\varepsilon_0m)/c^2$ . As velocidades seguem como no Capítulo 8. ∎

Observação 14.3 (Para onde vai a energia)

A condutividade é imaginária: $\langle\vect j\cdot\vect E\rangle = 0$ , os elétrons tomam energia da onda durante meio ciclo e a devolvem no meio ciclo seguinte — um meio sem perdas, no qual a energia da onda se reparte entre os campos e a energia cinética dos elétrons, e viaja a $v_g$ . As colisões acrescentam uma pequena parte real a $\underline\gamma$ e uma pequena absorção: a camada D da ionosfera absorve as ondas médias de dia, e é por isso que as emissoras AM distantes chegam à noite.

Exemplo 14.4 (A ionosfera e o rádio)

Com $n = 1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ na camada F, $f_p = 9\,\mathrm{MHz}$ : as transmissões em ondas curtas abaixo disso são refletidas (e podem saltar em torno da Terra entre a ionosfera e o solo), ao passo que o FM ( $100\,\mathrm{MHz}$ ), a televisão e os enlaces de satélite atravessam. Uma onda de $3\,\mathrm{MHz}$ penetra apenas $1/\kappa = c/\sqrt{\omega_p^2 - \omega^2} = 6\,\mathrm{m}$ na camada antes de retornar. Uma nave que reentra na atmosfera fica envolvida num plasma de $n \sim 10^{18}$ m $^{-3}$ , $f_p \sim 10\,\mathrm{GHz}$ : o contato de rádio se perde por minutos.

À esquerda: a relação de dispersão de um plasma — nenhuma propagação abaixo de _p, e uma hipérbole que se aproxima da reta da luz acima. À direita: as ondas curtas abaixo da frequência de plasma são refletidas pela ionosfera e saltam em torno da Terra; frequências maiores escapam para o espaço. — À esquerda: a relação de dispersão de um plasma — nenhuma propagação abaixo de $\omega_p$ , e uma hipérbole que se aproxima da reta da luz acima. À direita: as ondas curtas abaixo da frequência de plasma são refletidas pela ionosfera e saltam em torno da Terra; frequências maiores escapam para o espaço.

14.2 Ondas num condutor ôhmico: o efeito pelicular

Teorema 14.5 (Efeito pelicular)

Num condutor ôhmico ( $\vect j = \gamma\vect E$ , com $\gamma$ real, em frequências com $\omega\tau \ll 1$ e $\varepsilon_0\omega \ll \gamma$ , ou seja, abaixo de $\sim1 \times 10^{16}\,\mathrm{Hz}$ para o cobre) a corrente de deslocamento é desprezível e os campos obedecem à equação de difusão $\Delta\vect E = \mu_0\gamma\,\partial_t\vect E$ . Uma onda OPPH que entra no condutor em $x = 0$ tem

\underline k^2 = -\iu\mu_0\gamma\omega , \qquad \underline k = \frac{1 - \iu}\delta , \qquad \delta = \sqrt{\frac2{\mu_0\gamma\omega}} ,

de modo que $\underline E = E_0\,\eu^{-x/\delta}\eu^{\iu(\omega t - x/\delta)}$ : ela é amortecida ao longo da profundidade de penetração $\delta$ , com uma fase que também gira um radiano por $\delta$ — um comprimento de onda $2\pi\delta$ , uma velocidade de fase $\omega\delta \ll c$ . A corrente $\vect j = \gamma\vect E$ fica confinada a uma camada de espessura $\delta$ sob a superfície, e $\vect B$ atrasa-se em relação a $\vect E$ de $45{}^{\circ}$ , com $|B| = |E|\sqrt2/\omega\delta$ . Para o cobre, $\delta = 9.2\,\mathrm{mm}$ a $50\,\mathrm{Hz}$ , $0.21\,\mathrm{mm}$ a $100\,\mathrm{kHz}$ e $2.1\,\text{µ}\mathrm{m}$ a $1\,\mathrm{GHz}$ .

Demonstração. $\operatorname{\vect{curl}}\vect B = \mu_0\gamma\vect E$ (deslocamento descartado) e $\operatorname{\vect{curl}}\vect E = -\partial_t\vect B$ : tomando o rotacional da segunda, $-\Delta\vect E = -\mu_0\gamma\partial_t\vect E$ (o condutor é neutro, $\operatorname{div} \vect E = 0$ ). Para $\eu^{\iu(\omega t - kx)}$ : $k^2 = -\iu\mu_0\gamma\omega$ , e $\sqrt{-\iu} = (1 - \iu)/\sqrt2$ dá $\underline k = (1 - \iu)/\delta$ (a raiz que decai para dentro do condutor). Faraday: $\underline B = \underline k\underline E/\omega = (1 - \iu) \underline E/\omega\delta$ , de módulo $\sqrt2E/\omega\delta$ e fase $-\pi/4$ . ∎

À esquerda: o campo dentro de um condutor — uma oscilação amortecida, morta em algumas profundidades de penetração. À direita: a profundidade de penetração do cobre e da água do mar em função da frequência: milímetros na frequência da rede, micrômetros em gigahertz; o mar só deixa entrar as ondas de rádio mais longas.

Exemplo 14.6 (Consequências do efeito pelicular)

(i) Um fio de raio $a \gg \delta$ conduz sua corrente num anel de espessura $\delta$ : sua resistência sobe de $1/\gamma\pi a^2$ para cerca de $1/\gamma 2\pi a\delta$ por metro — para um fio de cobre de $1\,\mathrm{mm}$ , quatro vezes o valor em contínua a $1\,\mathrm{MHz}$ e cem vezes a $1\,\mathrm{GHz}$ . As bobinas de alta frequência usam fio "Litz" (muitos filamentos isolados) ou tubos prateados; os condutores da rede elétrica são encordoados com uma capa de alumínio. (ii) Uma caixa metálica atenua uma onda por $\eu^{-d/\delta}$ a cada espessura $d$ : uma caixa de alumínio de $1\,\mathrm{mm}$ bloqueia $1\,\mathrm{MHz}$ em $100\,\mathrm{dB}$ , mas $50\,\mathrm{Hz}$ quase nada — os campos magnéticos de baixa frequência exigem ferro. (iii) Os submarinos só recebem rádio de ondas muito longas ( $\delta = 2.3\,\mathrm{m}$ a $10\,\mathrm{kHz}$ na água do mar); as minas são detectadas pelas correntes de Foucault que uma bobina induz nelas (Capítulo 11, com o tempo de difusão $\mu_0\gamma d^2$ ).

14.3 Ondas num dielétrico: o elétron ligado

Proposição 14.7 (Elétron ligado elasticamente; índice complexo)

Num isolante cada elétron está ligado a seu átomo: um deslocamento $\vect r$ em relação ao equilíbrio chama a força restauradora $-m\omega_0^2\vect r$ e um amortecimento $-m\Gamma\,\dd\vect r/\dd t$ (a energia irradiada ou entregue à rede). Excitado pela onda, $m\ddot{\vect r} = -m\omega_0^2\vect r - m\Gamma\dot{\vect r} - e\vect E$ ; os elétrons deslocados dão ao meio a polarização (momento dipolar por unidade de volume) $\vect P = -ne\vect r = \varepsilon_0\underline\chi(\omega) \underline{\vect E}$ , com a suscetibilidade

\underline\chi(\omega) = \frac{\omega_p^2}{\omega_0^2 - \omega^2 + \iu\Gamma\omega} , \qquad \omega_p^2 = \frac{ne^2}{\varepsilon_0m} ,

e a corrente ligada $\vect j = \partial_t\vect P$ . As equações de Maxwell dão então

\underline k^2 = \frac{\omega^2}{c^2}\,(1 + \underline\chi) = \frac{\omega^2}{c^2}\,\underline n^2 , \qquad \underline n = n' - \iu n'' ,

com $n'$ o índice de refração (velocidade de fase $c/n'$ ) e $n''$ a extinção (a intensidade decai como $\eu^{-2n''\omega x/c}$ ). Bem abaixo de uma ressonância ( $\omega \ll \omega_0$ , com $\Gamma$ desprezível), $n'^2 \approx 1 + \omega_p^2/\omega_0^2 + \omega_p^2\omega^2/\omega_0^4$ : o índice cresce com a frequência — dispersão normal, lei de Cauchy $n \approx A + B/\lambda^2$ — e a absorção é desprezível; perto de $\omega_0$ o meio absorve, e logo acima dela $n'$ cai com $\omega$ (dispersão anômala).

Demonstração. Amplitudes complexas: $(\omega_0^2 - \omega^2 + \iu\Gamma\omega)\underline{\vect r} = -e\underline{\vect E} /m$ ; $\underline{\vect P} = -ne\underline{\vect r}$ . Então, como no plasma, $k^2 = \omega^2\mu_0 \varepsilon_0 - \iu\omega\mu_0\underline\gamma$ com $\underline{\vect j} = \iu\omega\underline{\vect P} = \iu\omega\varepsilon_0 \underline\chi\underline{\vect E}$ , ou seja, $\underline\gamma = \iu\omega\varepsilon_0\underline\chi$ : $k^2 = (\omega^2/c^2) (1 + \underline\chi)$ . (O plasma é o caso $\omega_0 = 0$ , $\Gamma = 0$ .) Expansão: $1/(\omega_0^2 - \omega^2) \approx (1 + \omega^2/\omega_0^2)/\omega_0^2$ . ∎

O modelo do elétron ligado (de Lorentz): a parte real do índice cresce com a frequência abaixo da ressonância (dispersão normal: o violeta é mais lento que o vermelho no vidro), a parte imaginária tem máximo na ressonância (absorção), e o índice cai ao atravessar a ressonância (dispersão anômala).

Exemplo 14.8 (Vidro, água, ar)

O vidro tem suas ressonâncias eletrônicas no ultravioleta ( $\omega_0 \sim 10^{16}$ rad/s): no visível ele é transparente e dispersivo, $n = 1.51$ a $700\,\mathrm{nm}$ e $1.53$ a $400\,\mathrm{nm}$ , o bastante para um prisma abrir um arco-íris e para os pulsos de uma fibra se alargarem (Capítulo 8); no ultravioleta ele absorve — ninguém se bronzeia atrás de uma janela. A água tem, além disso, uma ressonância de rotação de suas moléculas polares perto de $20\,\mathrm{GHz}$ (uma relaxação de Debye, e não uma linha estreita): ela absorve fortemente as micro-ondas, o que aquece a comida e cega o radar na chuva, e tem $n'' \approx 0$ numa janela visível estreita — a janela através da qual os olhos evoluíram. O ar, com $n - 1 = 2.9 \times 10^{-4}$ , ainda desvia o Sol poente em meio grau.

Observação 14.9 (Uma equação, três meios)

Todo meio linear entra nas equações de Maxwell através de sua corrente induzida $\underline{\vect j} = \underline\gamma(\omega)\underline{\vect E}$ , e a relação de dispersão é sempre $\underline k^2 = \omega^2/c^2 - \iu\omega\mu_0\underline\gamma(\omega)$ :

meio	$\underline\gamma(\omega)$	$\underline k^2$
plasma	$ne^2/\iu m\omega$ (imaginária)	$(\omega^2 - \omega_p^2)/c^2$ : corte
condutor ôhmico	$\gamma$ (real)	$-\iu\mu_0\gamma\omega$ : efeito pelicular
dielétrico	$\iu\omega\varepsilon_0\underline\chi(\omega)$	$(\omega^2/c^2)(1 + \underline\chi)$ : índice

Um metal é os três, um após o outro: ôhmico abaixo de $1 \times 10^{13}\,\mathrm{Hz}$ , um plasma (refletor) no visível e transparente no ultravioleta distante.

Método 14.10 (Ondas num meio)

(1) Escreva a equação do movimento das cargas e obtenha $\underline{\vect j} = \underline\gamma\underline{\vect E}$ . (2) Insira em Maxwell–Ampère com o ansatz OPPH: $\underline k^2 = \omega^2/c^2 - \iu\omega\mu_0\underline\gamma$ . (3) Tome a raiz com $\operatorname{Im}k \le 0$ (decaimento no sentido de propagação), separe em parte real (propagação, $v_\varphi = \omega/k'$ ) e imaginária (atenuação). (4) Identifique os regimes em frequência — propagante, evanescente, absorvente — e a frequência característica ( $\omega_p$ , $1/\mu_0\gamma\delta^2$ , $\omega_0$ ). (5) Ache $\vect B$ por Faraday e, se necessário, o fluxo de Poynting e a potência dissipada.

14.4 Exercícios

Exercício 14.1 ★

Frequências de plasma para $n = 1 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{-3}$ (ionosfera à noite), $1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ (de dia), $1 \times 10^{18}\,\mathrm{m}^{-3}$ (bainha de reentrada), $8.5 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}$ (cobre), $1 \times 10^{5}\,\mathrm{m}^{-3}$ (espaço interestelar). Para cada uma, o que passa: uma emissora AM de $1\,\mathrm{MHz}$ , uma FM de $100\,\mathrm{MHz}$ , um sinal GPS de $1.5\,\mathrm{GHz}$ , a luz visível?

Solução

Solução de Exercício 14.1.

$f_p \approx 9\sqrt n$ Hz: $2.8\,\mathrm{MHz}$ , $9\,\mathrm{MHz}$ , $9\,\mathrm{GHz}$ , $2.6 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}$ ( $\lambda_p = 115\,\mathrm{nm}$ ), $2.8\,\mathrm{kHz}$ . AM a $1\,\mathrm{MHz}$ : só pelo espaço interestelar. FM: pela ionosfera, mas não pela bainha. GPS: por tudo, menos pela bainha. Luz: por tudo, menos pelo cobre.

Exercício 14.2 ★

Profundidade de penetração do cobre ( $\gamma = 6.0 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) a $50\,\mathrm{Hz}$ , $1\,\mathrm{kHz}$ , $1\,\mathrm{MHz}$ e $1\,\mathrm{GHz}$ ; do alumínio ( $3.6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) a $1\,\mathrm{MHz}$ ; da água do mar ( $5\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) a $10\,\mathrm{kHz}$ e $1\,\mathrm{GHz}$ ; do solo úmido ( $1 \times 10^{-2}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) a $1\,\mathrm{MHz}$ . Que frequências de rádio alcançam um submarino a $10\,\mathrm{m}$ ?

Solução

Solução de Exercício 14.2.

Cobre: $9.2\,\mathrm{mm}$ , $2.1\,\mathrm{mm}$ , $65\,\text{µ}\mathrm{m}$ , $2.1\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; alumínio a $1\,\mathrm{MHz}$ : $84\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; água do mar: $2.3\,\mathrm{m}$ a $10\,\mathrm{kHz}$ , $7\,\mathrm{mm}$ a $1\,\mathrm{GHz}$ ; solo: $5\,\mathrm{m}$ a $1\,\mathrm{MHz}$ . Um submarino a $10\,\mathrm{m}$ precisa de $\delta \gtrsim 10\,\mathrm{m}$ : abaixo de cerca de $500\,\mathrm{Hz}$ .

Exercício 14.3 ★

Um vidro obedece a $n = 1.50 + 4.5 \times 10^{3}\,\mathrm{nm}^{2}/\lambda^2$ . Índice a $400\,\mathrm{nm}$ , $550\,\mathrm{nm}$ e $700\,\mathrm{nm}$ ; velocidades de fase; índice de grupo $n_g = n - \lambda\,\dd n/\dd\lambda$ a $550\,\mathrm{nm}$ ; abertura angular de um feixe branco refratado no vidro sob incidência de $45{}^{\circ}$ .

Solução

Solução de Exercício 14.3.

$n = 1.528$ , $1.515$ , $1.509$ ; $v = 1.963$ , $1.980$ , $1.987 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $n_g = n + 2B/\lambda^2 = 1.545$ . Ângulos de refração $\arcsin(0.707/n)$ : $27.57{}^{\circ}$ e $27.93{}^{\circ}$ : uma abertura de $0.36{}^{\circ}$ .

Exercício 14.4 ★

Uma onda de $5\,\mathrm{MHz}$ encontra uma camada com $n = 2 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{-3}$ : ela é refletida? Profundidade de penetração; o mesmo a $2\,\mathrm{MHz}$ ; frequência mínima que atravessa uma camada de $n = 1.5 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ . Por que as faixas de ondas curtas "abrem" e "fecham" com a hora e com o ciclo solar?

Solução

Solução de Exercício 14.4.

$f_p = 4.0\,\mathrm{MHz}$ : $5\,\mathrm{MHz}$ passa; $2\,\mathrm{MHz}$ é refletida, penetrando $c/\sqrt{\omega_p^2 - \omega^2} = 14\,\mathrm{m}$ . Para $n = 1.5 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ : $11\,\mathrm{MHz}$ . A densidade acompanha o fluxo ionizante do Sol — hora, estação e o ciclo de onze anos —, de modo que a maior frequência utilizável se desloca com eles.

Exercício 14.5 ★★

Resistência em alternada. Um fio de cobre de raio $a = 1.0\,\mathrm{mm}$ . (a) Resistência em contínua por metro. (b) A $1\,\mathrm{MHz}$ : $\delta$ ; resistência aproximada por metro com a corrente confinada a um anel de espessura $\delta$ ; razão em relação à contínua. (c) A $100\,\mathrm{MHz}$ . (d) Por que uma bobina de $N$ espiras desse fio tem um fator de qualidade que deixa de melhorar com $N$ em alta frequência, e o que é o fio Litz?

Solução

Solução de Exercício 14.5.

(a) $1/\gamma\pi a^2 = 5.3\,\mathrm{m}\Omega/\mathrm{m}$ . (b) $\delta = 65\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; $R \approx 1/\gamma2\pi a\delta = 41\,\mathrm{m}\Omega/\mathrm{m}$ , $7.7$ vezes a de contínua. (c) $\delta = 6.5\,\text{µ}\mathrm{m}$ , $0.41\,\Omega/\mathrm{m}$ , $77$ vezes. (d) $R \propto \sqrt f$ cresce tão rápido quanto $L\omega$ quando o efeito pelicular domina, e cada espira acrescenta resistência; o fio Litz reúne muitos filamentos isolados mais finos que $\delta$ , de modo que todo o cobre conduz.

Exercício 14.6 ★★

Blindagem. Uma caixa de alumínio ( $\gamma = 3.6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) de $1.0\,\mathrm{mm}$ de espessura. Atenuação da amplitude do campo ao atravessar a parede, em dB, a $50\,\mathrm{Hz}$ , $10\,\mathrm{kHz}$ e $1\,\mathrm{MHz}$ (o fator $\eu^{-d/\delta}$ , desprezando a reflexão nas superfícies). Por que o campo magnético da rede é blindado com ferro (alta permeabilidade) em vez de cobre?

Solução

Solução de Exercício 14.6.

$\delta_{\text{Al}} = 11.9$ , $0.84$ , $0.084\,\mathrm{mm}$ : $d/\delta = 0.08$ , $1.2$ , $12$ : $0.7$ , $10$ , $103\,\mathrm{dB}$ . A $50\,\mathrm{Hz}$ o condutor é transparente; o ferro de alto $\mu_r$ desvia o fluxo (blindagem magnética) e ainda encolhe $\delta$ por $\sqrt{\mu_r}$ .

Exercício 14.7 ★★

Energia num plasma. Para a onda transversal de Teorema 14.2: (a) amplitude da velocidade dos elétrons e densidade de energia cinética $\tfrac12nm\langle v^2\rangle$ . (b) Densidades médias de energia elétrica e magnética. (c) Mostre que a densidade total de energia vale $\tfrac12\varepsilon_0E_0^2(1 + \dots)$ — calcule o parêntese — e que $\langle\Pi\rangle$ dividido por ela dá $v_g$ . (d) Que fração da energia está nos elétrons em $\omega = 2\omega_p$ ?

Solução

Solução de Exercício 14.7.

(a) $v_0 = eE_0/m\omega$ ; $\tfrac12nm\langle v^2\rangle = ne^2E_0^2/4m\omega^2 = \tfrac14\varepsilon_0 E_0^2\,\omega_p^2/\omega^2$ . (b) $\tfrac14\varepsilon_0E_0^2$ e $\tfrac14\varepsilon_0E_0^2(1 - \omega_p^2/ \omega^2)$ . (c) A soma vale $\tfrac12\varepsilon_0E_0^2$ (o parêntese vale $1$ ); $\langle\Pi \rangle = E_0^2k/2\mu_0\omega$ , e a razão dá $c^2k/\omega = v_g$ . (d) $\tfrac14\cdot\tfrac14 /\tfrac12 = 1/8$ .

Exercício 14.8 ★★

Dispersão dos pulsares. Pulsos de rádio de um pulsar atravessam uma distância $L$ de plasma interestelar ( $n \ll$ qualquer coisa, $\omega \gg \omega_p$ ). (a) Mostre que o atraso de grupo vale $t \approx (L/c)(1 + \omega_p^2/2\omega^2)$ . (b) O atraso entre as chegadas em $f_1$ e $f_2$ vale $\Delta t = \dfrac{e^2}{8\pi^2 \varepsilon_0mc}\,nL\Bigl(\dfrac1{f_1^2} - \dfrac1{f_2^2}\Bigr)$ : calcule a constante. (c) Um pulsar a $L = 1\,\mathrm{kpc} = 3.1 \times 10^{19}\,\mathrm{m}$ através de $n = 3 \times 10^{4}\,\mathrm{m}^{-3}$ : atraso entre $400\,\mathrm{MHz}$ e $1.4\,\mathrm{GHz}$ . (d) Os astrônomos medem $\Delta t$ e conhecem $n$ : o que eles obtêm? (A medida de dispersão, a régua padrão de distâncias para pulsares.)

Solução

Solução de Exercício 14.8.

(a) $1/v_g = (1/c)(1 - \omega_p^2/\omega^2)^{-1/2} \approx (1 + \omega_p^2/2\omega^2)/c$ . (b) $\Delta t = (L\omega_p^2/2c)(1/\omega_1^2 - 1/\omega_2^2)$ com $\omega_p^2 = ne^2/\varepsilon_0m$ e $\omega = 2\pi f$ : constante $e^2/8\pi^2\varepsilon_0mc = 1.34 \times 10^{-7}\,$ (SI). (c) $nL = 9.3 \times 10^{23}\,\mathrm{m}^{-2}$ , $(1/f_1^2 - 1/f_2^2) = 5.7 \times 10^{-18}\,\mathrm{s}^{2}$ : $\Delta t = 0.72\,\mathrm{s}$ . (d) A coluna $nL$ (a medida de dispersão) e, com um modelo de $n$ , a distância.

Exercício 14.9 ★★

Uma linha espectral. Num gás rarefeito ( $\underline n \approx 1 + \underline\chi/2$ ) o modelo de Lorentz dá $n'' = \tfrac12\operatorname{Im}\underline\chi$ . (a) Mostre que perto de $\omega_0$ , $n'' \approx \dfrac{\omega_p^2}{4\omega_0}\,\dfrac{\Gamma/2}{(\omega_0 - \omega)^2 + \Gamma^2/4}$ , uma lorentziana de largura total $\Gamma$ . (b) Coeficiente de absorção $\alpha = 2n''\omega/c$ no centro. (c) Vapor de sódio, $n = 1 \times 10^{17}\,\mathrm{m}^{-3}$ , $\lambda_0 = 589\,\mathrm{nm}$ , $\Gamma = 6 \times 10^{7}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $\alpha$ no centro e a espessura que absorve $90\%$ (ignore o alargamento Doppler, que na verdade alarga a linha cem vezes). (d) Esboce $n' - 1$ ao longo da linha; onde a dispersão é anômala?

Solução

Solução de Exercício 14.9.

(a) $\operatorname{Im}\underline\chi = \omega_p^2\Gamma\omega/[(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + \Gamma^2\omega^2]$ com $\omega_0^2 - \omega^2 \approx 2\omega_0(\omega_0 - \omega)$ : $n'' = \tfrac12\operatorname{Im}\underline\chi$ é a lorentziana enunciada. (b) $n''(\omega_0) = \omega_p^2/2\omega_0\Gamma$ , $\alpha = 2n''\omega_0/c = \omega_p^2/\Gamma c$ . (c) $\omega_p^2 = 3.2 \times 10^{20}\,\mathrm{s}^{-2}$ : $\alpha = 1.8 \times 10^{4}\,\mathrm{m}^{-1}$ ; $\ln10/\alpha = 0.13\,\mathrm{mm}$ . (d) $n' - 1 \propto (\omega_0 - \omega)/[(\omega_0 - \omega)^2 + \Gamma^2/4]$ : positivo abaixo, negativo acima, decrescente dentro de $\pm\Gamma/2$ da linha — anômala ali.

Exercício 14.10 ★★★

Aquecimento Joule na película. Uma onda $E_0\eu^{\iu\omega t}$ (segundo $y$ ) entra num condutor que preenche $x > 0$ . (a) Escreva $\underline E(x, t)$ e deduza $\underline B(x, t)$ (segundo $z$ ) por Faraday. (b) Vetor de Poynting médio na superfície: mostre que $\langle\Pi_x(0)\rangle = E_0^2/2\mu_0\omega\delta$ . (c) Potência Joule média por unidade de área, $\int_0^\infty\tfrac12\gamma|\underline E|^2\dd x$ : mostre que ela é igual a (b). (d) Exprima o resultado como $\tfrac12R_sH_0^2$ com $H_0 = B_0/\mu_0$ o campo magnético de superfície e $R_s = 1/\gamma\delta$ a resistência superficial; valor para o cobre a $1\,\mathrm{GHz}$ , e a perda de uma cavidade de micro-ondas cujas paredes carregam $H_0 = 100\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ .

Solução

Solução de Exercício 14.10.

(a) $\underline E = E_0\eu^{-x/\delta}\eu^{\iu(\omega t - x/\delta)}$ , $\underline B = \underline k\underline E/\omega = (1 - \iu)\underline E/\omega\delta$ . (b) $\langle\Pi_x\rangle = \tfrac12\operatorname{Re}(\underline E \underline B^*)/\mu_0 = E_0^2/2\mu_0\omega\delta$ em $x = 0$ . (c) $\int_0^\infty\tfrac12\gamma E_0^2 \eu^{-2x/\delta}\dd x = \gamma E_0^2\delta/4 = E_0^2/2\mu_0\omega\delta$ , usando $\gamma = 2/\mu_0\omega\delta^2$ . (d) $H_0 = \sqrt2E_0/\mu_0\omega\delta$ , de modo que $\tfrac12R_sH_0^2 = E_0^2/\gamma\mu_0^2\omega^2\delta^3 = E_0^2/2\mu_0\omega\delta$ . Cobre a $1\,\mathrm{GHz}$ : $R_s = 1/\gamma\delta = 8\,\mathrm{m}\Omega$ ; $\tfrac12 \times 8 \times 10^{-3} \times 10^4 = 40\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ .

Exercício 14.11 ★★★

Por que os metais brilham. Trate os elétrons de condução da prata ( $n = 5.9 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}$ ) como um plasma sem colisões em frequências ópticas. (a) $\omega_p$ e o comprimento de onda correspondente. (b) A $500\,\mathrm{nm}$ : $k$ é imaginário — profundidade de penetração; a onda é totalmente refletida (sem absorção neste modelo): a prata é um espelho. (c) E a $200\,\mathrm{nm}$ ? Daí a "transparência no ultravioleta" dos metais alcalinos. (d) A prata real reflete $95\%$ , e o ouro parece amarelo: o que o modelo deixa de fora (pense nas colisões e nos elétrons ligados cujas ressonâncias caem no visível, no caso do ouro)?

Solução

Solução de Exercício 14.11.

(a) $\omega_p = 1.4 \times 10^{16}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $\lambda_p = 2\pi c/\omega_p = 140\,\mathrm{nm}$ . (b) $\omega = 3.8 \times 10^{15}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} < \omega_p$ : $1/\kappa = c/\sqrt{\omega_p^2 - \omega^2} = 23\,\mathrm{nm}$ , reflexão total. (c) Ainda abaixo de $\omega_p$ : refletora; a transparência só além de $140\,\mathrm{nm}$ (no sódio, $210\,\mathrm{nm}$ ). (d) As colisões dão uma parte real a $\underline\gamma$ e alguns por cento de absorção; as ressonâncias de elétrons ligados no visível (ouro, cobre) absorvem o azul e colorem o metal.

Exercício 14.12 ★★★

Água no micro-ondas. A orientação das moléculas polares da água dá uma suscetibilidade $\underline\chi = \chi_s/(1 + \iu\omega\tau)$ (relaxação de Debye), com $\chi_s \approx 80$ , $\tau = 8\,\mathrm{ps}$ , sobre uma constante $\chi_\infty \approx 4$ . (a) Partes real e imaginária de $\underline\varepsilon_r = 1 + \chi_\infty + \underline\chi$ a $2.45\,\mathrm{GHz}$ e a $20\,\mathrm{GHz}$ . (b) Índice complexo e o comprimento de absorção $1/(2n''\omega/c)$ da intensidade a $2.45\,\mathrm{GHz}$ : a que profundidade um forno cozinha? (c) Potência absorvida por unidade de volume para uma amplitude de campo $E_0$ na água: $\tfrac12\omega\varepsilon_0\varepsilon''E_0^2$ ; valor para $E_0 = 2\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ . (d) Por que se usa $2.45\,\mathrm{GHz}$ e não os $20\,\mathrm{GHz}$ de absorção máxima?

Solução

Solução de Exercício 14.12.

(a) $\omega\tau = 0.12$ : $\underline\varepsilon_r = 84 - 9.7\iu$ ; a $20\,\mathrm{GHz}$ , $\omega\tau = 1$ : $45 - 40\iu$ . (b) $\underline n \approx 9.2 - 0.53\iu$ ; $c/2n''\omega = 1.8\,\mathrm{cm}$ : o forno cozinha os dois centímetros externos, e a condução faz o resto. (c) $\tfrac12 \times 1.54 \times 10^{10} \times 8.85 \times 10^{-12} \times 9.7 \times 4 \times 10^6 = 2.6\,\mathrm{MW}/\mathrm{m}^{3}$ . (d) A $20\,\mathrm{GHz}$ o comprimento de absorção seria de um milímetro: só a casca cozinharia; $2.45\,\mathrm{GHz}$ penetra e é uma faixa livre.

Uma estação transmissora de ondas curtas ao anoitecer: suas ondas, alguns megahertz abaixo da frequência de plasma da ionosfera, estão prestes a ser refletidas de volta ao solo a mil quilômetros de distância.

A aurora austral fotografada da Estação Espacial Internacional: partículas vindas do Sol, guiadas pelo campo magnético da Terra, excitam o plasma da alta atmosfera — a ionosfera cuja frequência de plasma reflete as ondas de rádio (NASA).

14.5 Problema: A ionosfera, a porta do forno e o prisma

Problema 14.1

Problema de fim de semana — três materiais vistos por uma onda: o plasma que encurva os sinais de GPS, o metal que retém as micro-ondas e o vidro que abre a luz branca

Parte I — A ionosfera e o GPS. Densidade eletrônica na camada F, $n = 1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ ; a coluna total de elétrons ao longo de um trajeto vertical vale $N_T = \int n\,\dd z = 2 \times 10^{17}\,\mathrm{m}^{-2}$ de dia. GPS: $f_1 = 1575\,\mathrm{MHz}$ , $f_2 = 1228\,\mathrm{MHz}$ .

Frequência de plasma da camada F; o GPS passa? E uma onda curta de $5\,\mathrm{MHz}$ ?
Mostre que, para $\omega \gg \omega_p$ , a velocidade de grupo vale $v_g \approx c(1 - \omega_p^2/2\omega^2)$ e a velocidade de fase $c(1 + \omega_p^2/2\omega^2)$ .
Atraso de grupo adicional do sinal GPS ao atravessar a camada: mostre que $\Delta t = \dfrac{e^2}{8\pi^2\varepsilon_0mc}\,\dfrac{N_T}{f^2}$ e calcule-o para $f_1$ ; o erro de distância $c\,\Delta t$ .
O receptor usa as duas frequências: dos dois atrasos ele remove o erro. Exprima $N_T$ em função de $\Delta t_1 - \Delta t_2$ ; que precisão sobre a diferença de atrasos dá $N_T$ com $1\%$ ?
Quantos ciclos extras da portadora representa o atraso da questão 3 em $f_1$ ?
A fase da portadora é adiantada do mesmo tanto que o grupo é atrasado: por quê (sinais das duas correções)? Qual delas importa para um receptor que conta ciclos da portadora?
À noite $N_T$ cai dez vezes: erro para um receptor de frequência única de dia e de noite.
Uma explosão solar eleva $n$ na camada D ( $80\,\mathrm{km}$ ) a $1 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-3}$ , com muitas colisões: que serviços de rádio são atingidos, e por que o GPS só se degrada um pouco?

Parte II — A porta do forno. As paredes da cavidade e a tela da porta são de aço ( $\gamma = 1.0 \times 10^{6}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ); os furos da tela têm $1.0\,\mathrm{mm}$ de largura numa chapa de $0.5\,\mathrm{mm}$ de espessura; $f = 2.45\,\mathrm{GHz}$ , $P = 800\,\mathrm{W}$ .

Profundidade de penetração no aço a $2.45\,\mathrm{GHz}$ ; a parede é "espessa"?
Resistência superficial $R_s = 1/\gamma\delta$ ; com um campo magnético de superfície de amplitude $H_0 = 30\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ nas paredes ( $1\,\mathrm{m}^{2}$ ), potência perdida nas paredes, $\tfrac12R_sH_0^2$ por unidade de área; fração de $P$ .
Num furo de largura $a \ll \lambda$ o campo não pode se propagar (o furo é um guia de ondas abaixo do corte, Capítulo 16): ele decai como $\eu^{-\pi z/a}$ ao longo da espessura $z$ . Atenuação da amplitude ao atravessar a chapa de $0.5\,\mathrm{mm}$ , em dB.
Por que se enxerga através da tela (comprimento de onda da luz contra o tamanho do furo), ao passo que as micro-ondas não saem?
A janela de vidro é um dielétrico com $\underline\varepsilon_r = 4 - 0.02\iu$ : índice, e o comprimento de atenuação da intensidade nele; o vidro é aquecido?
Um garfo metálico no forno: o campo em suas pontas fica reforçado; com a profundidade de penetração da questão 8, estime a densidade de corrente na superfície para $H_0 = 300\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ (use $j \approx H_0/\delta$ na superfície) e o aquecimento local $j^2/\gamma$ — por que as faíscas?

Parte III — O fio em radiofrequência. Um fio de cobre de raio $a = 0.5\,\mathrm{mm}$ ( $\gamma = 6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) numa bobina de aquecedor por indução de $13.56\,\mathrm{MHz}$ conduz $20\,\mathrm{A}$ eficazes.

Profundidade de penetração; seção condutora efetiva; resistência em alternada por metro contra a de contínua.
Potência dissipada por metro de fio da bobina; temperatura que o fio atingiria com resfriamento convectivo $h = 20\,\mathrm{W}/(\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{K})$ .
A bobina induz correntes numa peça de aço ( $\gamma = 1 \times 10^{6}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ , $\mu_r \approx 1$ quando quente): profundidade de penetração ali; por que o aquecimento por indução aquece apenas uma camada superficial, e como isso é usado para temperar engrenagens?
Para reduzir a perda da bobina, o fio é trocado por um tubo de cobre de $3\,\mathrm{mm}$ com água por dentro: nova resistência por metro; o interior do tubo conduz corrente?
Em que frequência a profundidade de penetração no cobre seria igual ao raio do fio? Abaixo dela, que aproximação substitui a fórmula do "fio espesso"?

Parte IV — O prisma. Um vidro tem $n(\lambda) = 1.500 + 5.0 \times 10^{3}\,\mathrm{nm}^{2}/\lambda^2$ , com sua ressonância em $\lambda_0 = 100\,\mathrm{nm}$ .

Verifique que a forma de Cauchy segue do modelo de Lorentz bem abaixo da ressonância, e que $\omega_p^2/\omega_0^2 = n^2(\infty) - 1$ : valor de $\omega_p^2/\omega_0^2$ e do $n$ efetivo deste vidro.
Índice e velocidade de fase a $400\,\mathrm{nm}$ e $700\,\mathrm{nm}$ ; índice de grupo a $550\,\mathrm{nm}$ ; atraso entre as duas cores ao longo de $1\,\mathrm{km}$ desse vidro numa fibra.
Um prisma de $60{}^{\circ}$ no desvio mínimo para $550\,\mathrm{nm}$ : desvio (use $n\sin(A/2) = \sin((A + D)/2)$ ); distância angular entre $400\,\mathrm{nm}$ e $700\,\mathrm{nm}$ (derive); num anteparo a $2\,\mathrm{m}$ , a largura do espectro.
Por que o vidro é opaco a $200\,\mathrm{nm}$ , e qual é a sua cor se um traço de ferro acrescenta uma ressonância fraca a $700\,\mathrm{nm}$ ?
Na imagem de Lorentz, por que o azul é mais desviado que o vermelho pelo prisma?
Numa tabela, dê, para a camada F, o aço, o cobre e o vidro em suas frequências de trabalho, a natureza de $\underline\gamma$ e o destino da onda.

Solução

Solução de Problema 14.1.

1. $f_p = 9\,\mathrm{MHz}$ : o GPS passa, a onda curta é refletida.

2. $k = (\omega/c)\sqrt{1 - \omega_p^2/\omega^2}$ : $v_\varphi = \omega/k \approx c(1 + \omega_p^2/ 2\omega^2)$ , $v_g = \dd\omega/\dd k = c^2k/\omega \approx c(1 - \omega_p^2/2\omega^2)$ .

3. $\Delta t = \int(1/v_g - 1/c)\dd z = \int\omega_p^2\dd z/2c\omega^2 = e^2N_T/2\varepsilon_0 mc\omega^2 = (e^2/8\pi^2\varepsilon_0mc)N_T/f^2 = 1.34 \times 10^{-7} \times 2 \times 10^{17}/2.48 \times 10^{18} = 11\,\mathrm{ns}$ : $3.2\,\mathrm{m}$ .

4. $N_T = (\Delta t_1 - \Delta t_2)/K(1/f_1^2 - 1/f_2^2)$ ; a diferença vale $7\,\mathrm{ns}$ : para $1\%$ é preciso $0.07\,\mathrm{ns}$ .

5. $v_\varphi$ excede $c$ tanto quanto $v_g$ fica aquém: a fase da portadora chega adiantada, enquanto a modulação chega atrasada. Um receptor de fase de portadora aplica a correção com o sinal oposto.

6. $3.2\,\mathrm{m}$ de dia, $0.3\,\mathrm{m}$ de noite.

7. $f_p = 0.9\,\mathrm{MHz}$ com colisões: as ondas médias e curtas são absorvidas (um apagão de rádio); o GPS a $1.5\,\mathrm{GHz}$ sofre uma absorção $\propto 1/\omega^2$ , desprezível.

8. $f_1\Delta t = 1.575 \times 10^9 \times 1.1 \times 10^{-8} = 17$ ciclos.

9. $\delta = \sqrt{2/\mu_0\gamma\omega} = 10\,\text{µ}\mathrm{m}$ : uma parede de um milímetro tem cem profundidades de penetração.

10. $R_s = 1/\gamma\delta = 0.1\,\Omega$ ; $\tfrac12R_sH_0^2 = 45\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ : $45\,\mathrm{W}$ , $6\%$ .

11. $\eu^{-\pi \times 0.5} = 0.21$ : $-14\,\mathrm{dB}$ em amplitude e $-27\,\mathrm{dB}$ em potência (e o furo minúsculo já acopla pouco, para começar).

12. A luz, $\lambda = 0.5\,\text{µ}\mathrm{m}$ , é duas mil vezes menor que os furos e passa; a micro-onda, $\lambda = 12\,\mathrm{cm}$ , é cem vezes maior.

13. $\underline n = 2 - 0.005\iu$ ; $c/2n''\omega = 1.9\,\mathrm{m}$ : o vidro quase não é aquecido.

14. $j \approx H_0/\delta = 3 \times 10^{7}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}^{2}$ , $j^2/\gamma = 9 \times 10^{8}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{3}$ numa camada de dez micrômetros: as pontas aquecem em milissegundos, emitem elétrons, ionizam o ar — faíscas.

15. $\delta = 18\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; seção $2\pi a\delta = 5.6 \times 10^{-8}\,\mathrm{m}^{2}$ contra $\pi a^2 = 7.9 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}^{2}$ : $R_{\text{ca}} = 0.30\,\Omega/\mathrm{m}$ , catorze vezes a de contínua.

16. $RI^2 = 120\,\mathrm{W}/\mathrm{m}$ ; superfície $\pi d = 3.1 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}^{2}$ por metro: $\Delta T \approx 1900\,\mathrm{K}$ — ele fundiria; essas bobinas são tubos refrigerados a água.

17. $\delta = 0.14\,\mathrm{mm}$ : a corrente induzida, e o calor, ficam num décimo de milímetro; um pulso curto seguido de têmpera endurece a superfície de uma engrenagem, enquanto o núcleo permanece tenaz.

18. $R = 1/\gamma2\pi a\delta = 0.10\,\Omega/\mathrm{m}$ , três vezes menos; o interior não conduz nada — daí um tubo, com o líquido de refrigeração onde o cobre seria desperdiçado.

19. $\delta = a$ em $f = 1/\pi\mu_0\gamma a^2 = 17\,\mathrm{Hz}$ ; abaixo disso a corrente é uniforme e vale a fórmula de contínua.

20. $n^2 \approx 1 + \omega_p^2/\omega_0^2 + (\omega_p^2/\omega_0^2)(\lambda_0/\lambda)^2$ : a forma de Cauchy com $n(\infty)^2 - 1 = \omega_p^2/\omega_0^2 = 1.25$ para $n(\infty) = 1.5$ .

21. $n = 1.531$ e $1.510$ , $v = 1.96$ e $1.99 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $n_g(550) = 1.550$ ; $n_g(400) - n_g(700) = 0.063$ : $210\,\mathrm{ns}$ por quilômetro.

22. $\sin((A + D)/2) = 1.5165 \times 0.5$ : $D = 38.6{}^{\circ}$ ; $\dd D = 2\sin (A/2)\dd n/\cos((A + D)/2) = 1.53\,\dd n$ : $\Delta D = 1.85{}^{\circ}$ , $6.5\,\mathrm{cm}$ a $2\,\mathrm{m}$ .

23. A $200\,\mathrm{nm}$ a frequência se aproxima da ressonância e $n''$ cresce: opaco. Uma ressonância fraca a $700\,\mathrm{nm}$ absorve o vermelho: vidro verde.

24. O azul está mais perto da ressonância do ultravioleta: os elétrons ligados respondem mais, $n$ é maior, e o desvio também.

25. Camada F a $1.5\,\mathrm{GHz}$ : $\underline\gamma$ imaginária, propagação com pequeno atraso de grupo. Aço a $2.45\,\mathrm{GHz}$ : $\underline\gamma$ real, efeito pelicular, reflexão. Cobre a $13.56\,\mathrm{MHz}$ : o mesmo, com uma película de $18\,\text{µ}\mathrm{m}$ . Vidro no visível: $\iu\omega\varepsilon_0\chi$ , índice real, um meio dispersivo transparente.

Termos definidos neste capítulo

Plasma; o modelo do elétron livre

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