13.8: Capítulo 8

Problema (8.1)

Un cable recto largo no magnético lleva una corriente constante de I Amperios. La resistencia del cable es de R ohmios/metro. Utilice el teorema de Poynting para mostrar que el flujo de energía en el cable es de I ² R/metro.

Respuesta (8.1)

En la superficie del cable el campo magnético es tangencial. De Curl B = µ _o J _f (No M, sin variación de tiempo) se tiene, usando el teorema de Stokes,

\[2 \pi \mathrm{aB}_{\theta}=\mu_{0} I\nonumber\]

Entonces\(\text{B}_{\theta}=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi_{2}} \) o\(\text{H}_{\theta}=\frac{\text{I}}{2 \pi \text{a}} \).

El campo eléctrico también es tangencial E _z = IR Volts/m.

* S = E x H es normal a la superficie del cable y\(\text{S}_{\text{n}}=\frac{\text{I}^{2} \text{R}}{2 \pi \text{a}}\). Flujo de energía/m = (S _n) (2\(\pi\) a) = I ² R vatios/m.

Problema (8.2).

Un metro de cable se dobla en forma circular para hacer una antena dipolo magnético. El cable lleva una corriente I (t) = I _o sin ωt donde I _o = 2 amperios, ω = 2\(\pi\) f, y f = 50 MHz. ¿A qué velocidad irradia energía este bucle?

Respuesta (8.2).

Para un dipolo magnético en el origen, m _z, uno tiene

\(B_{r}=\left(\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\right) 2 \cos \theta\left[\frac{m_{z}}{R^{3}}+\frac{\dot{m}_{z}}{c R^{2}}\right]\)

\(\text{B}_{\theta}=\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \sin \theta\left[\frac{\text{m}_{\text{z}}}{\text{R}^{3}}+\frac{\dot{\text{m}}_{\text{z}}}{\text{CR}^{2}}+\frac{\ddot{\text{m}_{\text{z}}}}{\text{c}^{2} \text{R}}\right]\)

\(E_{\phi}=-c B_{\theta}=-\left(\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\right) \operatorname{csin} \theta\left[\frac{\dot{m}_{z}}{c R^{2}}+\frac{\ddot{m}_{z}}{c^{2} R}\right]\)

(parte de B _θ que es proporcional a las derivadas del tiempo).

Muy lejos del dipolo magnético uno tiene solamente los términos del campo de radiación ~ 1/R:

\(E_{\phi}=-\left(\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\right) \quad \sin \theta \frac{\ddot{m}_{z}}{C R}\)

\(\text{B}_{\theta}=\left(\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\right) \sin \theta \frac{\ddot{\text{m}}_{\text{z}}}{\text{c}^{2} \text{R}}\)

o\(\text{H}_{\theta}=\frac{1}{4 \pi} \sin \theta \frac{\ddot{\text{m}}_{\text{z}}}{\text{c}^{2} \text{R}}\)

S = E x H tiene solo un componente radial

\(S_{r}=\frac{\mu_{0}}{(4 \pi)^{2}} \sin ^{2} \theta \frac{\left(\ddot{m}_{z}\right)^{2}}{c^{3} R^{2}}\).

Si I = I _o sinωt entonces m _z = (\(\pi\)a2) I _o sinωt

\[\ddot{m}_{z}=-\omega^{2} \quad\left(\pi \text{a}^{2} I_{0}\right) \quad \sin \omega t.\nonumber\]

Dejar m _o =\(\pi\) a ² Io. En este problema 2\(\pi\) a = 1 m así que m _o = 0.159 Amp m ².

A R y en el ángulo θ el vector de Poynting promediado en el tiempo viene dado por

\(\left\langle S_{r}\right\rangle=\frac{\mu_{0}}{(4 \pi)^{2}} \sin ^{2} \theta \frac{\omega^{4} m_{0}^{2}}{2 c^{3} R^{2}}=0.0363 \frac{\sin ^{2} \theta}{R^{2}} \quad \text { Watts } / m^{2}\)

Integrar esto sobre una esfera de radio R. El elemento de área superficial es dA = 2\(\pi\) R ² sin θ dθ

Sistema de potencia irradiada\(P=(0.0363)(2 \pi) \int_{0}^{\pi} \sin ^{3} \theta d \theta \quad \text { Watts }\)

pero\(\int_{0}^{\pi} \sin ^{3} \theta d \theta=4 / 3\)

⟩ P = 0.305 Watts

Problema (8.3)

Un dipolo eléctrico cuya fuerza es p ₀ = 10 ^-7 culombimetros oscila a una frecuencia f= 50 MHz. Deje que el dipolo se oriente a lo largo de z.

a) Estimar la amplitud del campo eléctrico medida por un observador en el eje x a una distancia media de 5 metros del dipolo. Compare los términos de campo cercano con el término de campo lejano o radiación. Obsérvese que el\(\dot{p}\) término está en cuadratura con los otros dos términos por lo que aporta sólo cerca de 2% a la amplitud del campo eléctrico.

(b) ¿Qué tan grande es el cambio de fase entre la variación temporal del dipolo y el campo eléctrico medido por el observador?

c) ¿Qué intensidad mediría el observador en las coordenadas (5,0,0); es decir, ¿cuál es el valor de <S _x >)?

d) ¿Cuál sería la intensidad de la radiación medida por un observador en el eje z a 5 metros del dipolo oscilante?

e) ¿A qué tasa total irradia energía este dipolo?

(f) Este dipolo puede ser modelado por dos esferas cada una con un radio de 0.1 metros y separadas por 0.5 metros de centro a centro. Una esfera lleva una carga inicial de Q= +2x10 ^-7 Coulombs, la otra esfera lleva una carga inicial de -2x10 ^-7 Coulombs. Las dos esferas se conectan repentinamente por un cable conductor y las dos cargas oscilan de un lado a otro. Estimar cuánto tiempo se requiere para que este sistema radie e ^-1 de su energía inicial. (La energía almacenada es proporcional a Q ²; la velocidad a la que se irradia energía es proporcional a Q ² porque p _z = Qd. De ello se deduce que la energía almacenada en las dos esferas decaerá exponencialmente en el tiempo).

Respuesta (8.3).

(a) p _z = p ₀ e ^-iωt

donde ω= 2\(\pi\) f= 3.14x10 ⁸ radianes/seg, y\(\frac{\omega}{c}=1.047 \text{m}^{-1}\).

\[\text{E}_{\text{r}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} 2 \cos \theta\left(\frac{\text{p}_{z}}{\text{R}^{3}}+\frac{\dot{\text{p}_{z}}}{\text{cR}^{2}}\right)\nonumber\]

\[\text{E}_{\theta}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \sin \theta\left(\frac{\text{p}_{z}}{\text{R}^{3}}+\frac{\dot{\text{p}_{\text{z}}}}{\text{cR}^{2}}+\frac{\ddot{\text{p}_{\text{z}}}}{\text{c}^{2} \text{R}}\right)\nonumber\]

\[\text{E}_{\phi}=0\nonumber\]

\[\text{cB}_{\phi}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \sin \theta\left(\frac{\dot{\text{p}}_{\text{z}}}{\text{cR}^{2}}+\frac{\ddot{\text{p}_{\text{z}}}}{\text{c}^{2} \text{R}}\right)\nonumber\]

\[\text{B}_{\text{r}}=\text{B}_{\theta}=0.\nonumber\]

En el eje x θ=\(\pi\) /2, y Cosθ=0, Sinθ=1. En consecuencia, uno solo tiene que preocuparse por el componente del campo eléctrico, E _θ. Sacando los factores comunes que uno tiene

primer término:\(\frac{1}{R^{3}}=\frac{1}{125}=0.008\)

segundo término:\(-\frac{i \omega}{c R^{2}}=-0.042 i\)

tercer término:\(\frac{-\omega^{2}}{c^{2} R}=-0.219\)

El campo total es proporcional a -0.211 - 0.042i. El término de cuadratura hace sólo una corrección de ~ 2% al campo. Para un observador a lo largo de x y 5 metros del dipolo, el campo eléctrico se polariza a lo largo de z: viene dado por

\[\left|\mathrm{E}_{\mathrm{z}}\right|=193 \text { Volts/meter. }\nonumber\]

(b) El cambio de fase entre la variación temporal del dipolo y el campo eléctrico en el observador es

\[\Delta \phi=\frac{\omega R}{c}=5.235 \text { radians }=300^{\circ}\nonumber\]

c) Para un observador en (5,0,0)

\[\text{E}_{\theta}=-90(2.11+0.419 \text{i})\nonumber\]

\[\text{H}_{\phi}=-0.2387(2.193+0.419 \text{i})\nonumber\]

Por lo tanto

\(\left\langle S_{X}\right\rangle=\frac{1}{2} \operatorname{Real}\left(E_{\theta} H_{\phi}^{\star}\right)=10.74(4.627+0.176+0.035 i) \quad \text { Watts } / m^{2}\),

\(\left\langle S_{X}\right\rangle=51.6 \text { Watts } / m^{2}\)

(d) Para un observador en (0,0,5) el ángulo θ es cero, y consecuentemente E _θ =0 y B _\(\phi\)= H _\(\phi\)= 0; así <S _z >= 0.

e)\(\langle\text{P}\rangle=\frac{1}{3} \frac{\text{C}}{4 \pi \varepsilon_{0}} \text{p}_{0}^{2}\left(\frac{\omega}{\text{c}}\right)^{4}=10.8 \text{kWatts}\)

Problema (8.4)

Una bobina circular de 10 vueltas de alambre se centra en el origen y el plano de la bobina se encuentra paralelo con el plano xy. La bobina tiene un radio medio de 5 cm y lleva una corriente I (t) = I ₀ Sinωt donde I ₀ = 100 Amps, y ω= 2\(\pi\) f donde f= 20 MHz. Un observador en el plano xy, y a 1 km de distancia de la bobina, mide la emf inducida en un trozo de alambre recto de 1 metro de largo debido al campo de radiación producido por la corriente oscilante en la bobina.

a) ¿En qué dirección debe orientar el observador el cable para obtener la máxima señal?

(b) ¿Qué potencia máxima del receptor esperaría que mediera el observador usando un receptor coincidente? La resistencia a la radiación de un cable corto de longitud L metros (L/\(\lambda\) <<1) viene dada por\(\text{R}=80 \pi^{2}\left(\frac{\text{L}}{\lambda}\right)\) Ohmios.

(c) Calcular la tasa promedio total a la que la energía es irradiada por el dipolo magnético oscilante formado por la bobina.

Respuesta (8.4).

(a) El alambre debe estar orientado paralelo al plano xy y perpendicular a la línea que une al observador a la bobina. El campo eléctrico tiene solo un _\(\phi\)componente E.

b) Para este problema se pueden ignorar los términos de campo cercano y calcular únicamente los términos del campo de radiación. Estos son

\[\text{B}_{\theta}=\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \sin \theta \frac{\ddot{m}_{z}}{c^{2} R} \quad \text { Teslas },\nonumber\]

\[\text{E}_{\phi}=-\text{cB}_{\theta} \text { Volts/meter. }\nonumber\]

En este problema m _z = m ₀ e ^-iωt donde m ₀ = 7.85 Amp-metros ², ω= 1.257x10 ⁸ radianes/seg.,\(\frac{\omega}{c}=0.419 \text{m}^{-1}\) y\(\lambda\) =15 m. para un observador en el plano x-y el ángulo θ=\(\pi\) /2 para que

\[\text{B}_{\theta}=-\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \frac{\omega^{2}}{\text{c}^{2}} \frac{\text{m}_{0}}{\text{R}}=1.378 \times 10^{-10} \text {Teslas }\nonumber\].

La intensidad del campo eléctrico en el observador será\(\text{E}_{\phi}=-\text{cB} \theta=41.3 \times 10^{-3} \text{Volts} / \text{m}\). La corriente inducida en el cable tendrá la variación espacial\(I(z)=I_{0} \sin \left(\frac{2 \pi}{\lambda}\left[\frac{L}{2}-z\right]\right)\) para z>0 con una variación similar para z<0. La potencia promedio entregada a la antena será

\(<P_{i}>=\frac{1}{2} (2) E_{0} I_{0} \int_{0}^{L} d z \sin \left(\frac{2 \pi}{\lambda}\left[\frac{L}{2}-z\right]\right)=E_{0} I_{0} \frac{\lambda}{2 \pi}\left(1-\cos \left(\frac{\pi L}{\lambda}\right)\right),\)

o para pequeños L/\(\lambda\)\(<\text{P}_{\text{i}}>\cong \operatorname{E}_{0} \text{I}_{0}\left(\frac{\pi}{4}\right)\left(\frac{\text{L}^{2}}{\lambda}\right)\). La mitad de esta potencia se entrega a la carga:

\(\text{E}_{0} \text{I}_{0}\left(\frac{\pi}{4}\right)\left(\frac{\text{L}^{2}}{\lambda}\right)=\text{I}_{0}^{2} \text{R}\), donde\(\text{R}=20 \pi^{2}\left(\frac{\text{L}}{\lambda}\right)^{2}=0.877 \quad \text{Ohms} .\)

I ₀ = 2.468x10 ^-3 Amperios. La potencia entregada a la carga emparejada es\(<\text{P}_{\text{L}}>=\frac{\text{R}}{2} \text{I}_{0}^{2}=2.67 \times 10^{-6} \text{Watt} \text{s}\).

c) La tasa total a la que un dipolo magnético irradia energía viene dada por

\[P_{M}=\frac{c}{3} \frac{\mu_{0}}{4 \pi}\left(\frac{\omega}{c}\right)^{4} m_{0}^{2} \text { Watts }=19.0 \text { Watts. }\nonumber\]

Esto aporta una cantidad Z Ohmios a la resistencia de la bobina donde\(\frac{I_{0}^{2} z}{2}=19.0 \text { Watts }\). Esto da Z= 3.8x10 ^-3 Ohmios ya que se asumió que la amplitud de corriente era de 100 Amps. Esto significa que se debe usar un cable muy pesado para la bobina del tanque del oscilador si se desea que la mayor parte de la potencia de entrada se radie como energía electromagnética en lugar de disiparse en la bobina como calor.

Problema (8.5).

Dos dipolos eléctricos idénticos son impulsados por el mismo oscilador a una frecuencia de 20 MHz pero hay un desplazamiento de fase de radianes β entre ellos. Los dipolos están ambos orientados a lo largo del eje z, pero un dipolo se localiza en (5,0,0), el otro se localiza en (-5,0,0). Describir la variación angular de la intensidad máxima del campo de radiación producida por estos dos dipolos medida por un observador confinado al plano x-y y localizado a una distancia constante de 1 km del origen; es decir, hacer una gráfica del vector Poynting promediado en el tiempo en función del ángulo\(\phi\) medido del eje x para (a) β=0 radianes, y (b)\(\beta=\frac{\pi}{2}\) radianes.

Respuesta (8.5).

Uno sólo tiene que preocuparse por los términos de campo lejano generados por los dipolos oscilantes, sin embargo la fase en el observador es muy importante en este problema.

Dipolo #1:\[\text{E}_{\text{z}}^{1}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{\omega}{\text{c}}\right)^{2} \frac{\text{p}_{0}}{\text{R}} \text{e}^{-\text{i} \omega\left(\text{t}-\left[\frac{\text{R}-\text{d} \cos \phi}{\text{c}}\right]\right)} \exp (\text{i} \beta)\nonumber\]

Dipolo #2:\[\text{E}_{\text{z}}^{1}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{\omega}{\text{c}}\right)^{2} \frac{\text{p}_{0}}{\text{R}} e^{-\text{i} \omega\left(\text{t}-\left[\frac{\text{R}+\text{d} \cos \phi}{\text{c}}\right]\right)}. \nonumber\]

Al escribir estas expresiones se ha tenido en cuenta explícitamente el hecho de que la distancia del observador a cada dipolo es ligeramente diferente. Pero leve como se puede comparar con R, la diferencia en la distancia es una gran fracción de una longitud de onda (\(\lambda\)= 15 metros). El campo eléctrico total medido por el observador en el plano x-y viene dado por

\[\text{E}_{\text{z}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{\omega}{\text{c}}\right)^{2} \frac{\text{p}_{0}}{\text{R}} e^{\text{i} \omega(\text{t}-\text{R} / \text{c})} \text{e}^{\text{i} \beta / 2}\left(e^{i \frac{\omega}{c} d C o s \phi+i \beta / 2}+e^{-i \frac{\omega}{c}} d \cos \phi-i \beta / 2\right), \nonumber\]

o

\[\text{E}_{\text{S}}=2 \text{E}_{0} \text{e}^{\text{i} \omega(\text{t}-\text{R} / \text{c})} \text{e}^{\text{i} \beta / 2} \cos \left(\frac{\omega}{\text{c}} \text{d} \cos \phi+\beta / 2\right),\nonumber\]

donde\(\text{E}_{0}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{\omega}{\text{c}}\right)^{2} \frac{\text{p}_{0}}{\text{R}}\).

El vector Poynting promediado en el tiempo es proporcional al cuadrado de la intensidad del campo eléctrico; para un oscilador\(<\text{S}_{0}>=\frac{\text{E}_{0}^{2}}{2 \text{Z}_{0}}\), donde Z ₀ = 377 Ohmios. Por lo tanto, podemos escribir

\[\langle S\rangle=4<S_{0}>\operatorname{Cos}^{2}\left(\frac{\omega}{c} d \operatorname{Cos} \phi+\beta / 2\right).\nonumber\]

(a) β=0, y d= 5.0 m. (ω/c) = 0.419 cm ^-1 entonces

\[\langle S\rangle=4<S_{0}>\cos ^{2}(2.094 \cos \phi).\nonumber\]

A continuación se muestra una gráfica polar de Cos ² (2.094Cos\(\phi\)).

(b) Para un desplazamiento de fase de\(\pi\) /2 entre los osciladores se encuentra

\[\langle S\rangle=4 S_{0} \operatorname{Cos}^{2}\left(\frac{\omega}{c} d \cos \phi+\frac{\pi}{4}\right)=4 S_{0} \cos ^{2}\left(2.094 \cos \phi+\frac{\pi}{4}\right).\nonumber\]

A continuación se muestra una gráfica del\(\cos ^{2}\left(2.094 \cos \phi+\frac{\pi}{4}\right)\) patrón.

Problema (8.6).

Se utilizan 100 vatios/m ² de luz láser monocromática que tiene una longitud de onda de espacio libre de\(\lambda\) = 0.5145 µm para iluminar un átomo de hidrógeno estacionario. Para este problema, el hidrógeno atómico puede modelarse mediante un oscilador que tiene una única frecuencia resonante dada por la transición n=1 a n=2 a 10,18 eV. La intensidad del oscilador puede tomarse como unidad.

a) Estimar la potencia total retirada del haz incidente por el átomo de hidrógeno.

b) ¿Cuánta energía se dispersaría por segundo en un tubo fotomultiplador con una aperatura de 3 cm y ubicado a 10 cm del átomo? El eje del tubo fotomultiplador está orientado perpendicular al haz incidente en una dirección tal que intercepte la potencia máxima dispersada.

Respuesta (8.6).

(a) Calcular la frecuencia resonante asociada con la transición n=1 a n=2 en el átomo de hidrógeno:

\[ \begin{array}{c} 10.18 \text{eV}=16.31 \times 10^{-19} \text {Joules.} \\ \text{hf}_{0}=16.31 \times 10^{-19}, \quad \text {so } \\ \text{f}_{0}=2.461 \times 10^{15} \text{Hz} \text { and } \lambda=0.1219 \mu \text{m.} \\ \omega_{0}=2 \pi \text{f}_{0}=1.546 \times 10^{16} \text { radians/sec. } \end{array}\nonumber\]

La ecuación de movimiento para el electrón unido en el átomo de hidrógeno se puede escribir

\[m \frac{d^{2} z}{d t^{2}}+k z=-e E_{0} e^{-i \omega t},\nonumber\]

donde\(\text{k} / \text{m}=\omega_{0}^{2}\). Bajo la influencia de un campo de conducción a frecuencia circular ω la amplitud del electrón viene dada por

\[z_{0}=-\frac{(e / m) E_{0}}{\left[\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right]}.\nonumber\]

Ahora calcule la amplitud del campo eléctrico en el haz incidente. La frecuencia de la luz incidente es f= c/\(\lambda\) = 5.831x10 ¹⁴ Hz, y ω= 3.664x10 ¹⁵ radianes/seg. La potencia en el haz incidente es

\[<S>=\frac{E_{0} H_{0}}{2}=\frac{E_{0}^{2}}{2 Z_{0}}=10^{2} W a t t s / m^{2},\nonumber\]

donde Z ₀ = 377 Ohmios. A partir de esta expresión E ₀ = 275 voltios/m. Para esta amplitud de campo la amplitud del electrón es

z ₀ = -2.14x10 ^-19 metros, correspondiente a

una amplitud de momento dipolo inducido p ₀ = - ez ₀ = 3.43x10 ^-38 culombis-metros. La potencia promedio irradiada por el electrón atómico oscilante es

\[P_{E}=\frac{c}{3} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{\omega}{c}\right)^{4} p_{0}^{2}=23.53 \times 10^{-30} \text {Watts }\nonumber\]

Un fotón a 0.5145 µm lleva una energía de 38.64x10 ^-20 Julios. El átomo de hidrógeno dispersa el equivalente de ^6.1x10-11 fotones por segundo. ¡Uno tendría que esperar aproximadamente 3200 años para obtener solo 6 fotones! (1 año= 3.15x10 ⁷ segundos).

(b) El área del tubo fotomultiplador es\(\pi\) r ² = 7.07 cm ², por lo tanto,\(\frac{\text { Area }}{\text{R}^{2}}=\text{d} \Omega=\frac{7.07}{100}=0.0707\) esteradianos. El poder interceptado por el tubo será dado por

\[P_{T}=\frac{1}{8 \pi}\left(\frac{c}{4 \pi \varepsilon_{0}}\right)\left(\frac{\omega}{c}\right)^{4} p_{0}^{2} d \Omega, \text { since } \sin \theta=1\nonumber\]

Por lo tanto P _T = 1.99x10 ^-31 Watts. Para obtener un conteo por segundo se necesitaría N= 19.5x10 ¹¹ átomos de hidrógeno. Esto corresponde a 7.2x10 ^-11 litros a NTP o 7.2x10 ^-8 cc de gas a NTP. Tal experimento sería factible utilizando 1 mm cúbicos de gas a NTP (10 ^-3 cc); el recuento de oscuridad para un buen tubo es del orden de 1.0 recuentos por segundo a temperatura ambiente.

Problema (8.7).

Una lámina de dipolos muy delgada, uniforme, se ubica en el plano y-z. Los momentos dipolares se alinean a lo largo del eje z y varían en el tiempo como e ^-iωt. La densidad de polarización para una hoja de este tipo se puede escribir

\[\text{P}_{\text{z}}(\text{x}, \text{y}, \text{z}, \text{t})=\text{P}_{0} \delta(\text{x}) \text{e}^{-\text{i} \omega \text{t}}.\nonumber\]

(a) Demostrar que esta densidad de polarización variable en el tiempo genera un potencial vectorial que puede escribirse en la forma

X>0:\(\text{A}_{\text{z}}(\text{X}, \text{Y}, \text{Z}, \text{t})=\frac{\mu_{0} \text{P}_{0} \text{C}}{2} \text{e}^{\text{i}(\text{kX}-\omega \text{t})}\);

X<0:\(\text{A}_{\text{Z}}(\text{X}, \text{Y}, \text{Z}, \text{t})=\frac{\mu_{0} \text{P}_{0} \text{C}}{2} e^{-\text{i}(\text{k} \text{X}+\omega \text{t})}\).

(Pista: se puede usar la solución particular para el potencial del vector en términos de la densidad de corriente. Obsérvese también que A no puede depender ni de Y ni de Z de la simetría del problema; esto significa que se puede realizar el cálculo para Y=Z=0. Te encontrarás con una constante indeterminada al llevar a cabo la integral; esto no importa porque cualquier constante, por muy grande que sea, se puede agregar al potencial sin alterar los campos calculados a partir de ella.)

(b) Utilizar el potencial vectorial anterior para calcular el potencial escalar a partir de la condición de Lorentz\(\operatorname{div} \mathbf{A}+\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial V}{\partial t}=0\). Utilizar los potenciales para calcular los campos eléctricos y magnéticos correspondientes.

c) ¿Cuál es la velocidad a la que se irradia la energía de esta lámina de dipolos?

Respuesta (8.7).

El potencial vectorial es generado por la densidad de corriente total\(\boldsymbol{J}_{\text{tot}}=\mathbf{J}_{\text{f}}+\operatorname{curl} \mathbf{M}+\frac{\partial \mathbf{p}}{\partial \text{t}}\). Para este problema la densidad de corriente se debe en su totalidad al término\(\frac{\partial \mathbf{p}}{\partial t}\); este término solo tiene un zcomponent, por lo que el potencial vectorial que genera tendrá solamente un componente z.

\[J_{z}=\frac{\partial P_{z}}{\partial t}=-i \omega P_{0} \delta(x) e^{-i \omega t},\nonumber \]

por lo tanto

\[\text{A}_{\text{z}}(\text{X}, \text{Y}, \text{Z}, \text{t})=\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \int_{\text{Space}} \frac{\text{dxdydz}\left(-\text{i} \omega \text{P}_{0}\right) \delta(\text{x}) e^{-\text{i} \omega(\text{t}-\text{R} / \text{c})}}{\text{R}}\nonumber\]

donde

\[R=\left((X-x)^{2}+(Y-y)^{2}+(Z-z)^{2}\right)^{1 / 2}.\nonumber\]

Desde la simetría plana el potencial vectorial A _z no puede depender de las coordenadas Y, Z; es conveniente tomar Y=Z= 0. Se pueden usar coordenadas polares en el plano y escribir

\[R=\sqrt{r^{2}+X^{2}},\nonumber\]

y dydz= 2\(\pi\) rdr. La integral sobre x se puede llevar a cabo sin esfuerzo debido a la función δ. Se obtiene

\[\text{A}_{\text{z}}(\text{X}, \text{t})=\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\left(-\text{i} \omega \text{P}_{0}\right) \int_{0}^{\infty} \frac{2 \pi \text{rdre}^{-\text{i} \omega \text{t}} \text{e}^{\text{i} \frac{\omega \sqrt{\text{r}^{2}+\text{X}^{2}}}{\text{c}}}}{\sqrt{\text{r}^{2}+\text{X}^{2}}}.\nonumber\]

La integral se puede llevar a cabo con la ayuda de las sustituciones

\(u=\sqrt{r^{2}+X^{2}}\)y udu = rdr.

\[\text{A}_{\text{z}}(\text{X}, \text{t})=-\frac{\text{i} \omega \mu_{0} \text{P}_{0}}{2} \text{e}^{-\text{i} \omega \text{t}} \int_{|\text{X}|}^{\infty} \text{du} \text{e}^{\text{i} \omega \text{u} / \text{c}}.\nonumber\]

La constante está mal definida; ignórala porque una constante no tiene efecto sobre los campos calculados a partir del potencial vectorial.

\(\text{A}_{\text{z}}(\text{X}, \text{t})=\left(\frac{\mu_{0} \text{cP}_{0}}{2}\right) \text{e}^{\text{i}(\text{k}|\text{X}|-\omega \text{t})}\), donde k= ω/c.

Para X>0 esto representa una onda que se propaga hacia la derecha.

Para X<0 esto representa una onda que se propaga hacia la izquierda.

b) El potencial escalar puede calcularse a partir de la condición de Lorentz

\[\operatorname{div} \mathbf{A}+\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial V}{\partial t}=0.\nonumber\]

Para este ejemplo, div A =0 para que el potencial escalar también sea cero.

El campo eléctrico tiene solamente un componente z que viene dado por\(\text{E}_{\text{z}}=-\frac{\partial \text{A}_{z}}{\partial t}\).

El campo magnético tiene solo un componente y que viene dado por\(\text{B}_{\text{Y}}=-\frac{\partial \text{A}_{\text{z}}}{\partial \text{X}}\).

Para X>0:\(\text{E}_{\text{z}}=\frac{\text{i} \omega \mu_{0} \text{cP}_{0}}{2} e^{\text{i}(\text{kX}-\omega \text{t})} \quad \text{Volts} / \text{m}\)

\[B_{Y}=-\frac{i k \mu_{0} P_{0} c}{2} e^{i(k X-\omega t)}=-\frac{i \omega \mu_{0} P_{0}}{2} e^{i(k X-\omega t)} \quad \text { Teslas }.\nonumber\]

Para X<0:\(\text{E}_{\text{z}}=\frac{\text{i} \omega \mu_{0} \text{cP}_{0}}{2} e^{-\text{i}(\text{kX}+\omega \text{t})} \quad \text{Volts} / \text{m}\),

\[B_{Y}=\frac{i k \mu_{0} P_{0} c}{2} e^{-i(k X+\omega t)}=\frac{i \omega \mu_{0} P_{0}}{2} e^{-i(k X+\omega t)} \quad \text { Teslas }.\nonumber\]

(c) La lámina plana de polarización irradia una onda plana en cada dirección la cual se desplaza en fase 90° con respecto a la lámina de polarización. La tasa promedio a la que se irradia energía en cualquier dirección es

\[<\left|S_{X}\right|>=\frac{C}{8} \mu_{0} \quad \omega^{2} P_{0}^{2} \quad \text { Watts } / m^{2}.\nonumber\]

Problema (8.8).

Una lámina de dipolos muy delgada, uniforme, se ubica en el plano y-z. Los momentos dipolares se alinean a lo largo del eje x y varían en el tiempo como e ^-iωt. La densidad de polarización para una hoja de este tipo se puede escribir

\(P_{X}(X, Y, z, t)=P_{0} \delta(x) e^{-i \omega t}\).

Este problema difiere de Prob. (8.7) en la orientación de los dipolos. Todavía es cierto que A no puede depender ni de Y ni de Z debido a la simetría plana.

(a) Demostrar que esta densidad de polarización variable en el tiempo genera un potencial vectorial que puede escribirse en la forma

X>0:\(\text{A}_{\text{X}}(\text{X}, \text{Y}, \text{Z}, \text{t})=\frac{\mu_{0} \text{P}_{0} \text{c}}{2} \text{e}^{\text{i}(\text{kX}-\omega \text{t})}\),

X<0:\(\text{A}_{\text{X}}(\text{X}, \text{Y}, \text{Z}, \text{t})=\frac{\mu_{0} \text{P}_{0} \text{c}}{2} e^{-\text{i}(\text{k} \text{X}+\omega \text{t})}\).

(Pista: se puede usar la solución particular para el potencial del vector en términos de la densidad de corriente. Te encontrarás con una constante indeterminada al llevar a cabo la integral; esto no importa porque cualquier constante, por muy grande que sea, se puede agregar al potencial sin alterar los campos calculados a partir de ella.)

(b) Demostrar que los campos eléctricos y magnéticos correspondientes a los potenciales anteriores son cero.

Respuesta (8.8).

Este problema puede resolverse mediante la integración directa después de la manera del Problema (8.7). Un método más elegante y útil parte de la ecuación diferencial para el potencial vectorial:

\[\nabla^{2} A_{x}-\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial A_{x}}{\partial t^{2}}=-\mu_{0} J_{x}=i \omega \mu_{0} \ P_{0} e^{-i \omega t} \delta(x)\nonumber\]

Las soluciones de espacio libre de esta ecuación diferencial son:

i) a la derecha, x>0;\(\text{A}_{\text{X}}=\text{A}_{0} \text{e}^{\text{i}(\text{kx}-\omega \text{t})}\),

ii) a la izquierda, x<0;\(A_{X}=A_{0} e^{-i(k x+\omega t)},\)

donde k= ω/c. Estas ondas planas satisfacen la ecuación de onda homogénea

\[\nabla^{2} A_{X}-\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial A_{X}}{\partial t^{2}}=0.\nonumber\]

Las amplitudes de las dos ondas deben ser las mismas por simetría. Cerca de x=0 se requiere

\[\frac{\partial^{2} A_{x}}{\partial x^{2}}+\left(\frac{\omega}{c}\right)^{2} A_{x}=i \omega \mu_{0} P_{0} \delta(x).\nonumber\]

Integre esta ecuación en un intervalo muy pequeño alrededor de x=0, de x=-ε a x=ε. El resultado es

\[\left.\frac{\partial \mathrm{A}_{\mathrm{x}}}{\partial \mathrm{x}}\right|_{\varepsilon}-\left.\frac{\partial \mathrm{A}_{\mathrm{x}}}{\partial \mathrm{x}}\right|_{-\varepsilon}+\left(\frac{\omega}{\mathrm{c}}\right)^{2} \mathrm{O}(\varepsilon)=\mathrm{i} \omega \mu_{0} \mathrm{P}_{0}.\nonumber\]

\[\left.\lim _{\varepsilon \rightarrow 0} \frac{\partial \text{A}_{\text{x}}}{\partial \text{x}}\right|_{\varepsilon}=\text{i} \text{kA}_{0}\nonumber\]

\[\left.\lim _{\varepsilon \rightarrow 0} \frac{\partial \text{A}_{\text{X}}}{\partial \text{x}}\right|_{-\varepsilon}=-\text{i} \text{kA}_{0},\nonumber\]

y el término de orden ε va a cero en el límite como ε→0. Por lo tanto,

\[2 \text{i} \text{kA}_{0}=\text{i} \omega \mu_{0} \text{P}_{0}\nonumber\]

y

\[\text{A}_{0}=\frac{\mu_{0} \text{cP}_{0}}{2}.\nonumber\]

b) El potencial escalar puede calcularse a partir de la condición de Lorentz

\[\operatorname{div} \mathbf{A}+\frac{1}{\text{c}^{2}} \frac{\partial \text{V}}{\partial \text{t}}=0.\nonumber\]

Considere los potenciales para x>0; los potenciales para x<0 pueden manejarse de la misma manera.

\[\operatorname{div} \mathbf{A}=\frac{\text{i} \omega \mu_{0} \text{P}_{0}}{2} e^{\text{i}(\text{kx}-\omega \text{t})},\nonumber\]

en consecuencia

\[V=\frac{c^{2} \mu_{0} P_{0}}{2} e^{i(k x-\omega t)}=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}} e^{i(k x-\omega t)}.\nonumber\]

\[\mathbf{E}=-\operatorname{grad} V-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t},\nonumber\]

para que

\[E_{X}=-\frac{i k P_{0}}{2 \varepsilon_{0}} e^{i(k x-\omega t)}+\frac{i \omega \mu_{0} P_{0} c}{2} e^{i(k x-\omega t)}.\nonumber\]

Pero\(\frac{\text{i} \omega \mu_{0} \text{P}_{0} \text{c}}{2}=\frac{\text{i} \omega \mu_{0} \text{P}_{0} \text{c}^{2}}{2 \text{c}}=\frac{\text{i} \text{k} \text{P}_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\)

para que E _x ≡ 0

Además, rizo A ≡ 0 para que tampoco haya componente de campo magnético.

Problema (8.9).

plano muy delgado, uniforme, lámina de dipolos se encuentra en el plano y-z. Los momentos dipolares se alinean a lo largo del eje x y su variación de tiempo puede describirse mediante

\[e^{i(q y-\omega t)}.\nonumber\]

La densidad de polarización para una hoja de este tipo se puede escribir

\[\text{P}_{\text{X}}(\text{x}, \text{y}, \text{z}, \text{t})=\text{P}_{0} \delta(\text{x}) \text{e}^{\text{i}(\text{qy}-\omega \text{t})}.\nonumber\]

Calcular los campos eléctricos y magnéticos generados por esta densidad de polarización variable en el espacio y el tiempo.

Pista: Es muy difícil calcular el potencial del vector mediante la integración directa de la expresión

\[\mathbf{A}(\mathbf{R}, \text{t}) \frac{\mu_{0}}{4 \pi} \int \frac{\left.\text{d} \tau \frac{\partial \mathbf{p}}{\partial \text{t}}\right|_{\text{t}_{\text{R}}}}{|\mathbf{R}-\mathbf{r}|}.\nonumber\]

Es mejor trabajar directamente con la ecuación diferencial

\[\nabla^{2} A_{x}-\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} A_{x}}{\partial t^{2}}=\mu_{0} i \omega P_{0} \delta(x) e^{i(q y-\omega t)}.\nonumber\]

Para x>0 let\(\text{A}_{\text{X}}=\text{A}_{0} \text{e}^{\text{i}(\text{kx}+\text{qy}-\omega \text{t})}\)

Para x<0 let\(\text{A}_{\text{x}}=\text{A}_{0} \text{e}^{\text{i}(-\text{kx}+\text{qy}-\omega \text{t})}\).

Estas funciones satisfacen la ecuación homogénea y representan ondas planas que se propagan lejos del plano dipolo. Las ondas planas de propagación izquierda y derecha tienen la misma amplitud por simetría; esto se puede deducir directamente de la integral para A (R, t). Cerca de x=0 uno encuentra

\[\frac{\partial^{2} A_{x}}{\partial x^{2}}+\left[\left(\frac{\omega}{c}\right)^{2}-q^{2}\right] A_{x}=i \omega \mu_{0} P_{0} \delta(x),\nonumber\]

donde el factor\(e^{i(q y-\omega t)}\) ha sido cancelado por ambos lados. Integrar esta ecuación de -ε a +ε donde ε se le permite ir a cero. Esto da

\[\left.\frac{\partial \text{A}_{\text{x}}}{\partial \text{x}}\right|_{\varepsilon}-\left.\frac{\partial \text{A}_{\text{x}}}{\partial \text{x}}\right|_{-\varepsilon}+\text{O}\left(\text{A}_{0} \varepsilon\right)\left[\left(\frac{\omega}{\text{c}}\right)^{2}-\text{q}^{2}\right]=\text{i} \omega \mu_{0} \text{P}_{0},\nonumber\]

que se puede utilizar para encontrar\(\text{A}_{0}=\frac{\mu_{0} \text{P}_{0}}{2}\left(\frac{\omega}{\text{k}}\right)\), donde\(\left(\frac{\omega}{c}\right)^{2}=\text{k}^{2}+\text{q}^{2}\) (el término proporcional a ε va a cero con ε).

Respuesta (8.9).

Siguiendo el procedimiento esbozado en el problema, se obtiene

para x>0:\(\text{A}_{\text{X}}=\left(\frac{\omega \mu_{0} \text{P}_{0}}{2 \text{k}}\right) e^{\text{i}(\text{kx}+\text{qy}-\omega \text{t})}\)

para x<0:\(\text{A}_{\text{X}}=\left(\frac{\omega \mu_{0} \text{P}_{0}}{2 \text{k}}\right) e^{\text{i}(-\text{k} \text{x}+\text{qy}-\omega \text{t})}\).

Para x>0 uno encuentra\(\operatorname{div} \mathbf{A}=\frac{\partial A_{x}}{\partial x}=\left(\frac{i \omega \mu_{0} P_{0}}{2}\right) e^{i(k x+q y-\omega t)}\);

de\(\operatorname{div} \mathbf{A}+\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial V}{\partial t}=0\) esto da

para x>0;\(V=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}} e^{i(k x+q y-\omega t)}\).

Para x<0 un cálculo similar da

\[\text{V}=-\frac{\text{P}_{0}}{2 \varepsilon_{0}} \text{e}^{\text{i}(-\text{kx}+\text{qy}-\omega \text{t})}.\nonumber\]

\(\mathbf{E}=-\operatorname{grad} V-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\), a partir de la cual

para x>0\(\text{E}_{\text{x}}=-\frac{\partial \text{V}}{\partial \text{x}}-\frac{\partial \text{A}_{\text{X}}}{\partial \text{t}}=\frac{\text{iP}_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\left(\frac{\text{q}^{2}}{\text{k}}\right) e^{\text{i}(\text{kx}+\text{qy}-\omega \text{t})}\),

\(\text{E}_{\text{Y}}=-\frac{\partial V}{\partial y}=-\frac{i q P_{0}}{2 \varepsilon_{0}} e^{i(k x+q y-\omega t)}\),

y B = rizo A, de modo que

\[\text{B}_{\text{z}}=-\frac{\partial \text{A}_{\text{X}}}{\partial \text{y}}=-\frac{\text{i} \omega \mu_{0} \text{P}_{0}}{2}\left(\frac{\text{q}}{\text{k}}\right) \text{e}^{\text{i}(\text{kx}+\text{qy}-\omega \text{t})}.\nonumber\]

La amplitud del campo eléctrico es

\[|\text{E}|=\sqrt{\text{E}_{\text{x}}^{2}+\text{E}_{\text{Y}}^{2}}=\left(\frac{\omega}{\text{c}}\right)\left(\frac{\text{q}}{\text{k}}\right) \frac{\text{P}_{0}}{2 \varepsilon_{0}},\nonumber\]

por lo tanto _{cB z} = |E| que es la relación correcta para una onda plana que se propaga a través del espacio vacío. Un cálculo similar muestra que una onda plana se propaga hacia la izquierda; su campo B es el mismo que la onda que se propaga hacia la derecha. Consulte el diagrama a continuación.

Problema (8.10).

El electrón sobre un átomo de hidrógeno se caracteriza por la frecuencia resonante f _o = 15 x 10 ¹⁵ Hz. El momento dipolar inducido en cada átomo de hidrógeno por un campo eléctrico puede escribirse p =\(\alpha\) E donde\(\alpha\) está la polarizabilidad.

a) Estimar la polarizabilidad de un átomo de hidrógeno para un campo eléctrico que oscila a una frecuencia de 10 ¹⁸ Hz.

b) Considerar un átomo de hidrógeno en su origen. Una onda plana es incidente sobre el átomo donde E _z = E _o e ^{i (kx-wt)} donde E _o = 1 voltio/metro y ω = 2\(\pi\) x 10 ¹⁸ rad/seg. ¿Qué tan grandes son los componentes del campo eléctrico medidos por un observador a 1 metro de distancia y ubicados en el plano x-y?

Respuesta (8.10).

(a) La ecuación de movimiento del electrón sobre el átomo H puede escribirse

\[m \frac{d^{2} z}{d t^{2}}+k z=|e| E_{0} e^{-i w t}\nonumber\]

o

\[\frac{d^{2} z}{d t^{2}}+\frac{k}{m} z=-\frac{|e|}{m} E_{0} e^{-i \omega t}.\nonumber\]

La frecuencia resonante es\(\frac{3}{2} \times 10^{16} \text{Hz}\) por lo tanto\(\frac{\text{k}}{\text{m}}=\left(3 \pi \times 10^{16}\right)^{2}(\text{rad} / \text{sec})^{2}=\Omega^{2}\).

Si\(z=z_{0} e^{-i \omega t}\) entonces\(z_{0}=\frac{-(|e| / m) E_{0}}{\left(\Omega^{2}-\omega^{2}\right)}\).

El momento dipolo es\(P_{z}=-|e| z=\frac{\left(e^{2} / m\right)}{\left(\Omega^{2}-\omega^{2}\right)} E_{0} e^{-i \omega t}\),

\(\therefore \alpha=\frac{e^{2} / m}{\left(\Omega^{2}-\omega^{2}\right)} \simeq-\frac{e^{2}}{m \omega^{2}}\)desde ω ² >> Ω ².

A f = 10 ¹⁸ Hz ω = 6.28 x 10 ¹⁸ y\(\alpha\) = - 0.714 x 10 ^-45 Coulomb metros.

El momento dipolar inducido es P _z =\(\alpha\) E _z. Para un observador en el plano x-y

\[\begin{array}{lll}\theta=\frac{\pi}{2} & \therefore \quad \cos \theta=0 \\& \quad \quad \sin \theta=1\end{array}\nonumber\]

¡No hay componente radial del campo eléctrico!

\[E_{\theta}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left[\frac{P_{z}}{R^{3}}+\frac{\dot{P}_{z}}{c R^{2}}+\frac{\ddot{P}_{z}}{c^{2} R}\right]\nonumber\]

Ahora\(\frac{\omega}{c}=2.09 \times 10^{10}\)\(\left(\frac{\omega}{c}\right)^{2}=4.39 \times 10^{20}\)

Entonces las cantidades 1 &\( \frac{\omega}{\mathrm{c}}\) son insignificantes c.f.\(\left(\frac{\omega}{c}\right)^{2}\)

\(\text{E}_{\theta}=-\frac{(0.71)\left(10^{-45}\right)(1)}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(4.39 \times 10^{20}\right)=\mathbf{-2.82 \times 10^{-15}}\)Voltios/metro.

Problema (8.11).

Una antena dipolo de alimentación central de cable fino corto de longitud L metros se orienta a lo largo del eje z con su centro en el origen como se muestra en el boceto.

La distribución de corriente en la antena viene dada por:

\[z>0: \quad \quad I(\xi)=I_{0}\left(1-\frac{2 \xi}{L}\right) e^{-i \omega t}\nonumber\]

\[z<0: \quad \quad I(\xi)=I_{0}\left(1+\frac{2 \xi}{L}\right) e^{-i \omega t}.\nonumber\]

Demostrar que la resistencia a la radiación de la antena viene dada por

\[\text{R}=20 \pi^{2}\left(\frac{\text{L}}{\lambda}\right)^{2} \text { Ohms }.\nonumber\]

Pista: La distancia desde el elemento dhasta el observador viene dada aproximadamente por

\[r=R-\xi \cos \theta=R\left(1-\frac{\xi \cos \theta}{R}\right); \nonumber\]

aquí /r es una cantidad muy pequeña. Expandir todos los términos relevantes como una serie de potencia en (/R) y mantener solo términos proporcionales a (/R). También usa la aproximación que se\(e^{-i \omega \xi \cos \theta / c}\) puede establecer igual a\(\left(1-i \frac{\omega \xi}{c} \cos \theta\right)\).

Respuesta (8.11).

\[\text{d} \text{A}_{\text{z}}=\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \frac{\text{d} \xi \text{I}(\xi)}{(\text{R}-\xi \cos \theta)} \text{e}^{-\text{i} \omega\left(\text{t}-\frac{\text{R}}{\text{c}}+\frac{\xi \cos \theta}{\text{c}}\right)},\nonumber\]

\[\mathrm{A}_{\mathrm{z}} \cong\left\{\frac{\mu_{0}}{4 \pi \mathrm{R}} \int_{-\mathrm{L} / 2}^{\mathrm{L} / 2} \mathrm{d} \xi \left(1+\frac{\xi_{\mathrm{cos}} \theta}{\mathrm{R}}\right) \mathrm{I}(\xi) e^{\frac{-\mathrm{i} \omega \xi}{\mathrm{c}}} \cos \theta_{\}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega(\mathrm{t}-\mathrm{R} / \mathrm{c})}\right. . \nonumber\]

Dejar caer el término\(e^{-i \omega(t-R / c)}\); es solo un factor en todo momento.

Vamos\(e^{-i \omega \xi \cos \theta / c}=(1-i \omega \xi \cos \theta / c)\). Luego configurando k=ω/c, uno encuentra

\[\text{A}_{\text{z}} \cong \frac{\mu_{0} \text{I}_{0}}{4 \pi \text{R}} \quad \int_{0}^{\text{L/2}} \text{d} \xi \quad\left(1-\frac{2 \xi}{\text{L}}\right)\left(1+\frac{\xi \cos \theta}{\text{R}}\right)(1-\text{i} \text{k} \xi \cos \theta)+\frac{\mu_{0} I_{0}}{4 \pi \text{R}} \int_{-\text{L} / 2} d \xi\left(1+\frac{2 \xi}{\text{L}}\right)\left(1+\frac{\xi \cos \theta}{\text{R}}\right)(1-i \text{k} \xi \cos \theta)\nonumber\]

donde\(\frac{\xi}{\text{R}}<<1\) y se supone que k<<1. Con estas aproximaciones

\[\text{A}_{\text{z}}=\frac{\mu_{0} \text{I}_{0}}{4 \pi \text{R}} \left(\frac{\text{L}}{2}\right) \text{e}^{-\text{i} \omega[\text{t}-\text{R} / \text{c}]}.\nonumber\]

En coordenadas polares esféricas

\[\begin{equation}\text{A}_{\text{R}}=\frac{\mu_{0} \text{I}_{0}}{4 \pi}\left(\frac{\text{L}}{2}\right) \frac{\cos \theta}{\text{R}} e^{-\text{i} \omega[\text{t}-\text{R} / \text{c}]}\end{equation},\nonumber\]

\[\begin{equation}\text{A}_{\theta}=-\frac{\mu_{0} \text{I}_{0}}{4 \pi}\left(\frac{\text{L}}{2}\right) \frac{\sin \theta}{\text{R}} e^{-\text{i} \omega[\text{t}-\text{R} / \text{c}]}\end{equation}.\nonumber\]

B = rizo A. En este caso B solo tiene el componente _\(\phi\)B. El componente de radiación de este campo es proporcional a 1/R y es

\[ B_{\phi}=-i \frac{\mu_{0} I_{0}}{4 \pi}\left(\frac{L}{2}\right)\left(\frac{\omega}{c}\right) \frac{\sin \theta}{R} e^{-i \omega[t-R / c]}.\nonumber\]

El campo eléctrico es

\(\mathrm{E}_{\theta}=\mathrm{cB}_{\phi}=-\mathrm{i} \frac{\mu_{0} \mathrm{I}_{0}}{4 \pi}\left(\frac{\mathrm{L}}{2}\right) (\omega) \frac{\sin \theta}{\mathrm{R}} e^{-\mathrm{i} \omega[\mathrm{t}-\mathrm{R} / \mathrm{c}]}\).

\(H_{\phi}=B_{\phi} / \mu_{0}=-i \frac{I_{0}}{4 \pi}\left(\frac{L}{2}\right) \left(\frac{\omega}{c}\right) \frac{\sin \theta}{R} e^{-i \omega[t-R / c]}\).

El promedio de tiempo del vector Poynting, <S _R > es

\( \begin{equation}\left\langle S_{R}\right\rangle=\frac{1}{2} \operatorname{Real}\left(E_{\theta} H_{\phi}^{*}\right)=\frac{1}{2} \frac{\mu_{0} I_{0}^{2}}{16 \pi^{2}} \frac{L^{2}}{4} \frac{\omega^{2}}{c} \frac{\sin ^{2} \theta}{R^{2}}\end{equation}\).

Integre esta expresión sobre la esfera del radio R para obtener la potencia total radiada:

\[\begin{equation}\langle\text{P}\rangle=\left(\frac{\pi}{12}\right)\left(\text{CH}_{0}\right)\left(\frac{\text{I}_{0}^{2} \text{L}^{2}}{\lambda^{2}}\right) \text { Watts }\end{equation} \nonumber.\]

Pero cµ ₀ = 120\(\pi\), y por definición la resistencia a la radiación R _R es tal que\(\begin{equation}\langle P\rangle=\frac{I_{0}^{2} R_{R}}{2}\end{equation} \), por lo tanto

\[ \begin{equation}\text{R}_{\text{R}}=20 \pi^{2}\left(\frac{\text{L}}{\lambda}\right)^{2} \text { Ohms }\end{equation}\nonumber.\]