Física universitaria — segundo año · Bachelor Year 2

14Ondas electromagnéticas en plasmas, conductores y dieléctricos

Una emisión de onda corta cruza un océano rebotando en la alta atmósfera, que la refleja como un espejo — y sin embargo la misma capa deja pasar las señales de televisión y de satélite. Una cuchara metálica brilla, la rejilla metálica de la puerta de un horno microondas retiene las ondas mientras se mira la comida a través de ella, y una lámina de vidrio es transparente a la luz pero opaca al ultravioleta. En cada caso una onda entra en un material, las cargas del material responden y su respuesta cambia la onda: su celeridad, su atenuación e incluso el hecho mismo de que se propague. Este capítulo trata los tres modelos habituales de medio — un gas de electrones libres, un conductor óhmico y electrones ligados — con el único método que los abarca todos: añádase la corriente inducida a las ecuaciones de Maxwell y léase la relación de dispersión.

14.1 Ondas en un plasma

Definición 14.1 (Plasma; el modelo del electrón libre)

Un plasma es un gas globalmente neutro de electrones libres (densidad $n$ , masa $m$ , carga $-e$ ) y de iones positivos que, por ser miles de veces más pesados, se toman como fijos. La alta atmósfera (ionosfera, $n \sim 10^{11}$ – $10^{12}$ m $^{-3}$ ), un tubo de descarga, la corona solar y — a frecuencias ópticas — los electrones de conducción de un metal son plasmas. Se desprecian las colisiones (el periodo de la onda es corto frente al tiempo entre colisiones). Su frecuencia característica es la frecuencia 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 la ionosfera y $2 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}$ (ultravioleta) para un metal.

Teorema 14.2 (Relación de dispersión de un plasma)

Para una OPPA transversal $\underline{\vect E} = \underline{\vect E}_0\eu^{\iu(\omega t - kx)}$ en un plasma, los electrones oscilan con $\underline{\vect v} = -e\underline{\vect E}/\iu m\omega$ y transportan la densidad de corriente $\underline{\vect j} = \underline\gamma\underline{\vect E}$ con $\underline\gamma = ne^2/\iu m\omega$ ; las ecuaciones de Maxwell dan entonces

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

Por encima de $\omega_p$ la onda se propaga, con $v_\varphi = c/\sqrt{1 - \omega_p^2/\omega^2} > c$ y $v_g = c\sqrt{1 - \omega_p^2/\omega^2} < c$ , $v_\varphi v_g = c^2$ ; por debajo de $\omega_p$ , $k = -\iu\kappa$ con $\kappa = \sqrt{\omega_p^2 - \omega^2}/c$ : la onda es evanescente, penetra en $1/\kappa$ y se refleja totalmente (Capítulo 15); el plasma es entonces un espejo. Para $\omega \gg \omega_p$ los electrones no pueden seguirla y el plasma es transparente.

Demostración. Ecuación del movimiento $m\,\dd\vect v/\dd t = -e\vect E$ (la fuerza magnética $ev B \sim evE/c$ es despreciable para $v \ll c$ , y el movimiento de los iones es $m/M$ veces menor): $\iu m\omega\underline{\vect v} = -e\underline{\vect E}$ . Luego $\underline{\vect j} = -ne\underline{\vect v}$ . El plasma sigue neutro para una onda transversal ( $\vect k\cdot\vect E = 0$ da $\rho = 0$ por Gauss), así que Maxwell–Ampère se escribe $-\iu\vect k\wedge\underline{\vect B} = \mu_0\underline\gamma\underline{\vect E} + \iu\omega\mu_0\varepsilon_0\underline{\vect E}$ y Maxwell–Faraday $\underline{\vect B} = \vect k \wedge\underline{\vect E}/\omega$ ; combinando, $k^2\underline{\vect E} = \mu_0(\iu\omega\underline\gamma - \omega^2\varepsilon_0)(-1)\underline{\vect E}$ , es decir, $k^2 = \omega^2\mu_0\varepsilon_0 - \iu\omega\mu_0 \underline\gamma = (\omega^2 - ne^2/\varepsilon_0m)/c^2$ . Las velocidades se siguen como en Capítulo 8. ∎

Observación 14.3 (A dónde va la energía)

La conductividad es imaginaria: $\langle\vect j\cdot\vect E\rangle = 0$ , los electrones toman energía de la onda durante medio ciclo y la devuelven durante el siguiente — un medio sin pérdidas, en el que la energía de la onda se reparte entre los campos y la energía cinética de los electrones, y viaja a $v_g$ . Las colisiones añaden una pequeña parte real a $\underline\gamma$ y una pequeña absorción: la capa D de la ionosfera absorbe de día las ondas medias, y por eso las emisoras de AM lejanas se oyen de noche.

Ejemplo 14.4 (La ionosfera y la radio)

Con $n = 1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ en la capa F, $f_p = 9\,\mathrm{MHz}$ : las emisiones de onda corta por debajo de ese valor se reflejan (y pueden dar saltos alrededor de la Tierra entre la ionosfera y el suelo), mientras que la FM ( $100\,\mathrm{MHz}$ ), la televisión y los enlaces por satélite pasan. Una onda de $3\,\mathrm{MHz}$ solo penetra $1/\kappa = c/\sqrt{\omega_p^2 - \omega^2} = 6\,\mathrm{m}$ en la capa antes de volverse. Una nave que reentra en la atmósfera queda envuelta en un plasma de $n \sim 10^{18}$ m $^{-3}$ , $f_p \sim 10\,\mathrm{GHz}$ : el contacto por radio se pierde durante minutos.

A la izquierda, la relación de dispersión de un plasma — sin propagación por debajo de _p, y una hipérbola que se acerca a la recta de la luz por encima. A la derecha, las ondas cortas por debajo de la frecuencia de plasma las refleja la ionosfera y dan saltos alrededor de la Tierra; las frecuencias más altas escapan al espacio. — A la izquierda, la relación de dispersión de un plasma — sin propagación por debajo de $\omega_p$ , y una hipérbola que se acerca a la recta de la luz por encima. A la derecha, las ondas cortas por debajo de la frecuencia de plasma las refleja la ionosfera y dan saltos alrededor de la Tierra; las frecuencias más altas escapan al espacio.

14.2 Ondas en un conductor óhmico: el efecto pelicular

Teorema 14.5 (Efecto pelicular)

En un conductor óhmico ( $\vect j = \gamma\vect E$ , con $\gamma$ real, a frecuencias tales que $\omega\tau \ll 1$ y $\varepsilon_0\omega \ll \gamma$ , es decir, por debajo de $\sim1 \times 10^{16}\,\mathrm{Hz}$ para el cobre) la corriente de desplazamiento es despreciable y los campos obedecen la ecuación de difusión $\Delta\vect E = \mu_0\gamma\,\partial_t\vect E$ . Una OPPA que entra en el conductor en $x = 0$ cumple

\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 $\underline E = E_0\,\eu^{-x/\delta}\eu^{\iu(\omega t - x/\delta)}$ : se amortigua en la profundidad de penetración $\delta$ , con una fase que gira además un radián por cada $\delta$ — una longitud de onda $2\pi\delta$ y una velocidad de fase $\omega\delta \ll c$ . La corriente $\vect j = \gamma\vect E$ queda confinada en una capa de espesor $\delta$ bajo la superficie, y $\vect B$ va retrasado $45{}^{\circ}$ respecto de $\vect E$ con $|B| = |E|\sqrt2/\omega\delta$ . Para el cobre, $\delta = 9.2\,\mathrm{mm}$ a $50\,\mathrm{Hz}$ , $0.21\,\mathrm{mm}$ a $100\,\mathrm{kHz}$ y $2.1\,\text{µ}\mathrm{m}$ a $1\,\mathrm{GHz}$ .

Demostración. $\operatorname{\vect{curl}}\vect B = \mu_0\gamma\vect E$ (suprimida la de desplazamiento) y $\operatorname{\vect{curl}}\vect E = -\partial_t\vect B$ : tomando el rotacional de la segunda, $-\Delta\vect E = -\mu_0\gamma\partial_t\vect E$ (el conductor es neutro, $\operatorname{div} \vect E = 0$ ). Para $\eu^{\iu(\omega t - kx)}$ : $k^2 = -\iu\mu_0\gamma\omega$ , y $\sqrt{-\iu} = (1 - \iu)/\sqrt2$ da $\underline k = (1 - \iu)/\delta$ (la raíz que decae hacia el interior del conductor). Faraday: $\underline B = \underline k\underline E/\omega = (1 - \iu) \underline E/\omega\delta$ , de módulo $\sqrt2E/\omega\delta$ y fase $-\pi/4$ . ∎

A la izquierda, el campo dentro de un conductor — una oscilación amortiguada, muerta en unas pocas profundidades de penetración. A la derecha, la profundidad de penetración del cobre y del agua de mar frente a la frecuencia: milímetros a la frecuencia de la red y micrómetros en gigahercios; el mar solo deja entrar las ondas de radio más largas.

Ejemplo 14.6 (Consecuencias del efecto pelicular)

(i) Un hilo de radio $a \gg \delta$ lleva su corriente en un anillo de espesor $\delta$ : su resistencia sube de $1/\gamma\pi a^2$ a cerca de $1/\gamma 2\pi a\delta$ por metro — para un hilo de cobre de $1\,\mathrm{mm}$ , cuatro veces el valor en continua a $1\,\mathrm{MHz}$ y cien veces a $1\,\mathrm{GHz}$ . Las bobinas de alta frecuencia usan hilo “de Litz” (muchos hilos finos aislados) o tubos plateados; los conductores de la red eléctrica son cableados con una envoltura de aluminio. (ii) Una caja metálica atenúa una onda en $\eu^{-d/\delta}$ por cada espesor $d$ : un cerramiento de aluminio de $1\,\mathrm{mm}$ bloquea $1\,\mathrm{MHz}$ en $100\,\mathrm{dB}$ , pero $50\,\mathrm{Hz}$ casi nada — los campos magnéticos de baja frecuencia necesitan hierro. (iii) Los submarinos solo reciben radio de onda muy larga ( $\delta = 2.3\,\mathrm{m}$ a $10\,\mathrm{kHz}$ en el agua de mar); las minas se detectan por las corrientes de Foucault que induce en ellas una bobina (Capítulo 11, con el tiempo de difusión $\mu_0\gamma d^2$ ).

14.3 Ondas en un dieléctrico: el electrón ligado

Proposición 14.7 (Electrón ligado elásticamente; índice complejo)

En un aislante cada electrón está ligado a su átomo: un desplazamiento $\vect r$ desde el equilibrio provoca la fuerza de recuperación $-m\omega_0^2\vect r$ y un amortiguamiento $-m\Gamma\,\dd\vect r/\dd t$ (la energía radiada o cedida a la red). Impulsado por la onda, $m\ddot{\vect r} = -m\omega_0^2\vect r - m\Gamma\dot{\vect r} - e\vect E$ ; los electrones desplazados dan al medio la polarización (momento dipolar por unidad de volumen) $\vect P = -ne\vect r = \varepsilon_0\underline\chi(\omega) \underline{\vect E}$ con la susceptibilidad

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

y la corriente ligada $\vect j = \partial_t\vect P$ . Las ecuaciones de Maxwell dan entonces

\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'' ,

donde $n'$ es el índice de refracción (velocidad de fase $c/n'$ ) y $n''$ la extinción (la intensidad decae como $\eu^{-2n''\omega x/c}$ ). Muy por debajo de una resonancia ( $\omega \ll \omega_0$ , con $\Gamma$ despreciable), $n'^2 \approx 1 + \omega_p^2/\omega_0^2 + \omega_p^2\omega^2/\omega_0^4$ : el índice crece con la frecuencia — dispersión normal, ley de Cauchy $n \approx A + B/\lambda^2$ — y la absorción es despreciable; cerca de $\omega_0$ el medio absorbe, y justo por encima $n'$ decrece con $\omega$ (dispersión anómala).

Demostración. Amplitudes complejas: $(\omega_0^2 - \omega^2 + \iu\Gamma\omega)\underline{\vect r} = -e\underline{\vect E} /m$ ; $\underline{\vect P} = -ne\underline{\vect r}$ . Luego, como para el plasma, $k^2 = \omega^2\mu_0 \varepsilon_0 - \iu\omega\mu_0\underline\gamma$ con $\underline{\vect j} = \iu\omega\underline{\vect P} = \iu\omega\varepsilon_0 \underline\chi\underline{\vect E}$ , es decir, $\underline\gamma = \iu\omega\varepsilon_0\underline\chi$ : $k^2 = (\omega^2/c^2) (1 + \underline\chi)$ . (El plasma es el caso $\omega_0 = 0$ , $\Gamma = 0$ .) Desarrollo: $1/(\omega_0^2 - \omega^2) \approx (1 + \omega^2/\omega_0^2)/\omega_0^2$ . ∎

El modelo del electrón ligado (de Lorentz): la parte real del índice crece con la frecuencia por debajo de la resonancia (dispersión normal: en el vidrio el violeta es más lento que el rojo), la parte imaginaria pasa por un máximo en la resonancia (absorción) y el índice decae al atravesarla (dispersión anómala).

Ejemplo 14.8 (Vidrio, agua, aire)

El vidrio tiene sus resonancias electrónicas en el ultravioleta ( $\omega_0 \sim 10^{16}$ rad/s): en el visible es transparente y dispersivo, con $n = 1.51$ a $700\,\mathrm{nm}$ y $1.53$ a $400\,\mathrm{nm}$ , bastante para que un prisma despliegue un arco iris y para que los pulsos de una fibra se ensanchen (Capítulo 8); en el ultravioleta absorbe — nadie se broncea detrás de una ventana. El agua tiene además una resonancia de rotación de sus moléculas polares cerca de $20\,\mathrm{GHz}$ (una relajación de Debye más que una raya fina): absorbe con fuerza las microondas, lo que calienta la comida y ciega al radar bajo la lluvia, y tiene $n'' \approx 0$ en una ventana visible estrecha — la ventana para la que evolucionaron los ojos. El aire, con $n - 1 = 2.9 \times 10^{-4}$ , todavía desvía medio grado el Sol poniente.

Observación 14.9 (Una ecuación, tres medios)

Todo medio lineal entra en las ecuaciones de Maxwell a través de su corriente inducida $\underline{\vect j} = \underline\gamma(\omega)\underline{\vect E}$ , y la relación de dispersión es siempre $\underline k^2 = \omega^2/c^2 - \iu\omega\mu_0\underline\gamma(\omega)$ :

medio	$\underline\gamma(\omega)$	$\underline k^2$
plasma	$ne^2/\iu m\omega$ (imaginaria)	$(\omega^2 - \omega_p^2)/c^2$ : corte
conductor óhmico	$\gamma$ (real)	$-\iu\mu_0\gamma\omega$ : efecto pelicular
dieléctrico	$\iu\omega\varepsilon_0\underline\chi(\omega)$	$(\omega^2/c^2)(1 + \underline\chi)$ : índice

Un metal es los tres por turnos: óhmico por debajo de $1 \times 10^{13}\,\mathrm{Hz}$ , un plasma (que refleja) en el visible y transparente en el ultravioleta lejano.

Método 14.10 (Ondas en un medio)

(1) Escríbase la ecuación del movimiento de las cargas y obténgase $\underline{\vect j} = \underline\gamma\underline{\vect E}$ . (2) Introdúzcase en Maxwell–Ampère con el ansatz de OPPA: $\underline k^2 = \omega^2/c^2 - \iu\omega\mu_0\underline\gamma$ . (3) Tómese la raíz con $\operatorname{Im}k \le 0$ (decaimiento en el sentido de avance) y sepárense la parte real (propagación, $v_\varphi = \omega/k'$ ) y la imaginaria (atenuación). (4) Identifíquense los regímenes en frecuencia — propagación, evanescencia, absorción — y la frecuencia característica ( $\omega_p$ , $1/\mu_0\gamma\delta^2$ , $\omega_0$ ). (5) Hállese $\vect B$ con Faraday y, si hace falta, el flujo de Poynting y la potencia disipada.

14.4 Ejercicios

Ejercicio 14.1 ★

Frecuencias de plasma para $n = 1 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{-3}$ (ionosfera de noche), $1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ (de día), $1 \times 10^{18}\,\mathrm{m}^{-3}$ (envoltura de reentrada), $8.5 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}$ (cobre) y $1 \times 10^{5}\,\mathrm{m}^{-3}$ (espacio interestelar). Para cada una, ¿cuál de las siguientes pasa: una emisora de AM a $1\,\mathrm{MHz}$ , una de FM a $100\,\mathrm{MHz}$ , una señal de GPS a $1.5\,\mathrm{GHz}$ , la luz visible?

Solución

Solución de Ejercicio 14.1.

$f_p \approx 9\sqrt n$ Hz: $2.8\,\mathrm{MHz}$ , $9\,\mathrm{MHz}$ , $9\,\mathrm{GHz}$ , $2.6 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}$ ( $\lambda_p = 115\,\mathrm{nm}$ ), $2.8\,\mathrm{kHz}$ . La AM a $1\,\mathrm{MHz}$ : solo por el espacio interestelar. La FM: por la ionosfera, no por la envoltura. El GPS: por todo menos por la envoltura. La luz: por todo menos por el cobre.

Ejercicio 14.2 ★

Profundidad de penetración del cobre ( $\gamma = 6.0 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) a $50\,\mathrm{Hz}$ , $1\,\mathrm{kHz}$ , $1\,\mathrm{MHz}$ y $1\,\mathrm{GHz}$ ; del aluminio ( $3.6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) a $1\,\mathrm{MHz}$ ; del agua de mar ( $5\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) a $10\,\mathrm{kHz}$ y $1\,\mathrm{GHz}$ ; y del suelo húmedo ( $1 \times 10^{-2}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) a $1\,\mathrm{MHz}$ . ¿Qué frecuencias de radio llegan a un submarino a $10\,\mathrm{m}$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 14.2.

Cobre: $9.2\,\mathrm{mm}$ , $2.1\,\mathrm{mm}$ , $65\,\text{µ}\mathrm{m}$ , $2.1\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; aluminio a $1\,\mathrm{MHz}$ : $84\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; agua de mar: $2.3\,\mathrm{m}$ a $10\,\mathrm{kHz}$ y $7\,\mathrm{mm}$ a $1\,\mathrm{GHz}$ ; suelo: $5\,\mathrm{m}$ a $1\,\mathrm{MHz}$ . Un submarino a $10\,\mathrm{m}$ necesita $\delta \gtrsim 10\,\mathrm{m}$ : por debajo de unos $500\,\mathrm{Hz}$ .

Ejercicio 14.3 ★

Un vidrio cumple $n = 1.50 + 4.5 \times 10^{3}\,\mathrm{nm}^{2}/\lambda^2$ . Índice a $400\,\mathrm{nm}$ , $550\,\mathrm{nm}$ y $700\,\mathrm{nm}$ ; velocidades de fase; índice de grupo $n_g = n - \lambda\,\dd n/\dd\lambda$ a $550\,\mathrm{nm}$ ; dispersión angular de un haz blanco refractado con incidencia de $45{}^{\circ}$ en el vidrio.

Solución

Solución de Ejercicio 14.3.

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

Ejercicio 14.4 ★

Una onda de $5\,\mathrm{MHz}$ encuentra una capa con $n = 2 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{-3}$ : ¿se refleja? Profundidad de penetración; lo mismo a $2\,\mathrm{MHz}$ ; frecuencia mínima que cruza una capa de $n = 1.5 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ . ¿Por qué las bandas de onda corta se “abren” y se “cierran” con la hora y con el ciclo solar?

Solución

Solución de Ejercicio 14.4.

$f_p = 4.0\,\mathrm{MHz}$ : los $5\,\mathrm{MHz}$ pasan; los $2\,\mathrm{MHz}$ se reflejan y penetran $c/\sqrt{\omega_p^2 - \omega^2} = 14\,\mathrm{m}$ . Para $n = 1.5 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ : $11\,\mathrm{MHz}$ . La densidad sigue al flujo ionizante del Sol — hora, estación y el ciclo de once años —, así que la frecuencia máxima utilizable se mueve con ellos.

Ejercicio 14.5 ★★

Resistencia en alterna. Un hilo de cobre de radio $a = 1.0\,\mathrm{mm}$ . (a) Resistencia en continua por metro. (b) A $1\,\mathrm{MHz}$ : $\delta$ ; resistencia aproximada por metro con la corriente confinada en un anillo de espesor $\delta$ ; cociente con la de continua. (c) A $100\,\mathrm{MHz}$ . (d) ¿Por qué una bobina de $N$ vueltas de este hilo tiene un factor de calidad que deja de mejorar con $N$ a alta frecuencia, y qué es el hilo de Litz?

Solución

Solución de Ejercicio 14.5.

(a) $1/\gamma\pi a^2 = 5.3\,\mathrm{m}\Omega/\mathrm{m}$ . (b) $\delta = 65\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; $R \approx 1/\gamma2\pi a\delta = 41\,\mathrm{m}\Omega/\mathrm{m}$ , $7.7$ veces la de continua. (c) $\delta = 6.5\,\text{µ}\mathrm{m}$ , $0.41\,\Omega/\mathrm{m}$ , $77$ veces. (d) $R \propto \sqrt f$ crece tan deprisa como $L\omega$ en cuanto domina el efecto pelicular, y cada vuelta añade resistencia; el hilo de Litz agrupa muchos hilos aislados más finos que $\delta$ , de modo que conduce todo el cobre.

Ejercicio 14.6 ★★

Apantallamiento. Una caja de aluminio ( $\gamma = 3.6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) de $1.0\,\mathrm{mm}$ de espesor. Atenuación de la amplitud del campo al cruzar la pared, en dB, a $50\,\mathrm{Hz}$ , $10\,\mathrm{kHz}$ y $1\,\mathrm{MHz}$ (el factor $\eu^{-d/\delta}$ , despreciada la reflexión en las superficies). ¿Por qué el campo magnético de la red se apantalla con hierro (de alta permeabilidad) y no con cobre?

Solución

Solución de Ejercicio 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 $50\,\mathrm{Hz}$ el conductor es transparente; el hierro de alto $\mu_r$ desvía el flujo (apantallamiento magnético) y además reduce $\delta$ en $\sqrt{\mu_r}$ .

Ejercicio 14.7 ★★

Energía en un plasma. Para la onda transversal de Teorema 14.2: (a) amplitud de la velocidad de los electrones y densidad de energía cinética $\tfrac12nm\langle v^2\rangle$ . (b) Densidades medias de energía eléctrica y magnética. (c) Muéstrese que la densidad total de energía vale $\tfrac12\varepsilon_0E_0^2(1 + \dots)$ — calcúlese el paréntesis — y que $\langle\Pi\rangle$ dividido por ella es igual a $v_g$ . (d) ¿Qué fracción de la energía está en los electrones para $\omega = 2\omega_p$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 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) $\tfrac14\varepsilon_0E_0^2$ y $\tfrac14\varepsilon_0E_0^2(1 - \omega_p^2/ \omega^2)$ . (c) La suma vale $\tfrac12\varepsilon_0E_0^2$ (el paréntesis es $1$ ); $\langle\Pi \rangle = E_0^2k/2\mu_0\omega$ , y el cociente es $c^2k/\omega = v_g$ . (d) $\tfrac14\cdot\tfrac14 /\tfrac12 = 1/8$ .

Ejercicio 14.8 ★★

Dispersión en un púlsar. Los pulsos de radio de un púlsar cruzan una distancia $L$ de plasma interestelar ( $n \ll$ cualquier cosa, $\omega \gg \omega_p$ ). (a) Muéstrese que el retardo de grupo vale $t \approx (L/c)(1 + \omega_p^2/2\omega^2)$ . (b) El retardo entre las llegadas a $f_1$ y $f_2$ es $\Delta t = \dfrac{e^2}{8\pi^2 \varepsilon_0mc}\,nL\Bigl(\dfrac1{f_1^2} - \dfrac1{f_2^2}\Bigr)$ : calcúlese la constante. (c) Un púlsar a $L = 1\,\mathrm{kpc} = 3.1 \times 10^{19}\,\mathrm{m}$ a través de $n = 3 \times 10^{4}\,\mathrm{m}^{-3}$ : retardo entre $400\,\mathrm{MHz}$ y $1.4\,\mathrm{GHz}$ . (d) Los astrónomos miden $\Delta t$ y conocen $n$ : ¿qué obtienen? (La medida de dispersión, el patrón habitual de distancia para los púlsares.)

Solución

Solución de Ejercicio 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) $\Delta t = (L\omega_p^2/2c)(1/\omega_1^2 - 1/\omega_2^2)$ con $\omega_p^2 = ne^2/\varepsilon_0m$ y $\omega = 2\pi f$ : 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) La columna $nL$ (la medida de dispersión) y, con ella, la distancia para un modelo de $n$ .

Ejercicio 14.9 ★★

Una raya espectral. En un gas diluido ( $\underline n \approx 1 + \underline\chi/2$ ) el modelo de Lorentz da $n'' = \tfrac12\operatorname{Im}\underline\chi$ . (a) Muéstrese que cerca de $\omega_0$ , $n'' \approx \dfrac{\omega_p^2}{4\omega_0}\,\dfrac{\Gamma/2}{(\omega_0 - \omega)^2 + \Gamma^2/4}$ , una lorentziana de anchura total $\Gamma$ . (b) Coeficiente de absorción $\alpha = 2n''\omega/c$ en el centro. (c) Vapor de sodio, $n = 1 \times 10^{17}\,\mathrm{m}^{-3}$ , $\lambda_0 = 589\,\mathrm{nm}$ , $\Gamma = 6 \times 10^{7}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $\alpha$ en el centro y espesor que absorbe el $90\%$ (despréciese el ensanchamiento Doppler, que de hecho ensancha la raya cien veces). (d) Dibújese $n' - 1$ a lo largo de la raya; ¿dónde es la dispersión anómala?

Solución

Solución de Ejercicio 14.9.

(a) $\operatorname{Im}\underline\chi = \omega_p^2\Gamma\omega/[(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + \Gamma^2\omega^2]$ con $\omega_0^2 - \omega^2 \approx 2\omega_0(\omega_0 - \omega)$ : $n'' = \tfrac12\operatorname{Im}\underline\chi$ es la 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) $n' - 1 \propto (\omega_0 - \omega)/[(\omega_0 - \omega)^2 + \Gamma^2/4]$ : positiva por debajo, negativa por encima y decreciente dentro de $\pm\Gamma/2$ en torno a la raya — anómala ahí.

Ejercicio 14.10 ★★★

Calentamiento Joule en la piel. Una onda $E_0\eu^{\iu\omega t}$ (según $y$ ) entra en un conductor que llena $x > 0$ . (a) Escríbase $\underline E(x, t)$ y dedúzcase $\underline B(x, t)$ (según $z$ ) con Faraday. (b) Vector de Poynting medio en la superficie: muéstrese que $\langle\Pi_x(0)\rangle = E_0^2/2\mu_0\omega\delta$ . (c) Potencia Joule media por unidad de área, $\int_0^\infty\tfrac12\gamma|\underline E|^2\dd x$ : muéstrese que es igual a la de (b). (d) Exprésese el resultado como $\tfrac12R_sH_0^2$ con $H_0 = B_0/\mu_0$ el campo magnético superficial y $R_s = 1/\gamma\delta$ la resistencia superficial; valor para el cobre a $1\,\mathrm{GHz}$ y pérdida de una cavidad de microondas cuyas paredes llevan $H_0 = 100\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 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) $\langle\Pi_x\rangle = \tfrac12\operatorname{Re}(\underline E \underline B^*)/\mu_0 = E_0^2/2\mu_0\omega\delta$ en $x = 0$ . (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) $H_0 = \sqrt2E_0/\mu_0\omega\delta$ , luego $\tfrac12R_sH_0^2 = E_0^2/\gamma\mu_0^2\omega^2\delta^3 = E_0^2/2\mu_0\omega\delta$ . Cobre a $1\,\mathrm{GHz}$ : $R_s = 1/\gamma\delta = 8\,\mathrm{m}\Omega$ ; $\tfrac12 \times 8 \times 10^{-3} \times 10^4 = 40\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ .

Ejercicio 14.11 ★★★

Por qué brillan los metales. Trátense los electrones de conducción de la plata ( $n = 5.9 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}$ ) como un plasma sin colisiones a frecuencias ópticas. (a) $\omega_p$ y la longitud de onda correspondiente. (b) A $500\,\mathrm{nm}$ : $k$ es imaginario — profundidad de penetración; la onda se refleja totalmente (sin absorción en este modelo): la plata es un espejo. (c) ¿Y a $200\,\mathrm{nm}$ ? De ahí la “transparencia ultravioleta” de los metales alcalinos. (d) La plata real refleja el $95\%$ y el oro se ve amarillo: ¿qué se le escapa al modelo (piénsese en las colisiones y en los electrones ligados cuyas resonancias caen en el visible para el oro)?

Solución

Solución de Ejercicio 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) $\omega = 3.8 \times 10^{15}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} < \omega_p$ : $1/\kappa = c/\sqrt{\omega_p^2 - \omega^2} = 23\,\mathrm{nm}$ , reflexión total. (c) Sigue por debajo de $\omega_p$ : refleja; la transparencia solo llega más allá de $140\,\mathrm{nm}$ (en el sodio, $210\,\mathrm{nm}$ ). (d) Las colisiones dan una parte real a $\underline\gamma$ y un pequeño porcentaje de absorción; las resonancias de electrones ligados en el visible (oro, cobre) absorben el azul y colorean el metal.

Ejercicio 14.12 ★★★

El agua en el microondas. La orientación de las moléculas polares del agua da una susceptibilidad $\underline\chi = \chi_s/(1 + \iu\omega\tau)$ (relajación de Debye), con $\chi_s \approx 80$ , $\tau = 8\,\mathrm{ps}$ , sobre una constante $\chi_\infty \approx 4$ . (a) Partes real e imaginaria de $\underline\varepsilon_r = 1 + \chi_\infty + \underline\chi$ a $2.45\,\mathrm{GHz}$ y a $20\,\mathrm{GHz}$ . (b) Índice complejo y longitud de absorción $1/(2n''\omega/c)$ de la intensidad a $2.45\,\mathrm{GHz}$ : ¿hasta qué profundidad cocina un horno? (c) Potencia absorbida por unidad de volumen para una amplitud de campo $E_0$ en el agua: $\tfrac12\omega\varepsilon_0\varepsilon''E_0^2$ ; valor para $E_0 = 2\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ . (d) ¿Por qué se usa $2.45\,\mathrm{GHz}$ y no los $20\,\mathrm{GHz}$ de absorción máxima?

Solución

Solución de Ejercicio 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) $\underline n \approx 9.2 - 0.53\iu$ ; $c/2n''\omega = 1.8\,\mathrm{cm}$ : el horno cocina los dos centímetros exteriores y la conducción hace el 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 $20\,\mathrm{GHz}$ la longitud de absorción sería de un milímetro: solo cocinaría la piel; los $2.45\,\mathrm{GHz}$ penetran y son una banda libre.

Una estación transmisora de onda corta al anochecer: sus ondas, unos megahercios por debajo de la frecuencia de plasma de la ionosfera, están a punto de reflejarse hacia el suelo a mil kilómetros de distancia.

La aurora austral fotografiada desde la Estación Espacial Internacional: las partículas procedentes del Sol, guiadas por el campo magnético terrestre, excitan el plasma de la alta atmósfera — la ionosfera cuya frecuencia de plasma refleja las ondas de radio (NASA).

14.5 Problema: la ionosfera, la puerta del horno y el prisma

Problema 14.1

Problema de fin de semana — tres materiales vistos por una onda: el plasma que desvía las señales de GPS, el metal que retiene las microondas y el vidrio que despliega la luz blanca

Parte I — La ionosfera y el GPS. Densidad electrónica en la capa F, $n = 1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ ; la columna total de electrones a lo largo de un camino vertical es $N_T = \int n\,\dd z = 2 \times 10^{17}\,\mathrm{m}^{-2}$ de día. GPS: $f_1 = 1575\,\mathrm{MHz}$ , $f_2 = 1228\,\mathrm{MHz}$ .

Frecuencia de plasma de la capa F; ¿pasa el GPS? ¿Y una onda corta de $5\,\mathrm{MHz}$ ?
Muéstrese que para $\omega \gg \omega_p$ la velocidad de grupo vale $v_g \approx c(1 - \omega_p^2/2\omega^2)$ y la velocidad de fase $c(1 + \omega_p^2/2\omega^2)$ .
Retardo de grupo suplementario de la señal de GPS al cruzar la capa: muéstrese que $\Delta t = \dfrac{e^2}{8\pi^2\varepsilon_0mc}\,\dfrac{N_T}{f^2}$ y calcúlese para $f_1$ ; el error de distancia $c\,\Delta t$ .
El receptor usa ambas frecuencias: con los dos retardos elimina el error. Exprésese $N_T$ en función de $\Delta t_1 - \Delta t_2$ ; ¿qué precisión sobre la diferencia de retardos da $N_T$ al $1\%$ ?
¿Cuántos ciclos suplementarios de portadora representa el retardo de la pregunta 3 a $f_1$ ?
La fase de la portadora se adelanta en la misma cantidad en que se retrasa el grupo: ¿por qué (signos de las dos correcciones)? ¿Cuál importa para un receptor que cuenta ciclos de portadora?
De noche $N_T$ cae diez veces: error de un receptor monofrecuencia de día y de noche.
Una fulguración solar eleva $n$ en la capa D ( $80\,\mathrm{km}$ ) hasta $1 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-3}$ con muchas colisiones: ¿a qué servicios de radio afecta, y por qué el GPS solo se degrada ligeramente?

Parte II — La puerta del horno. Las paredes de la cavidad y la rejilla de la puerta son de acero ( $\gamma = 1.0 \times 10^{6}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ); los agujeros de la rejilla miden $1.0\,\mathrm{mm}$ de ancho en una chapa de $0.5\,\mathrm{mm}$ de espesor; $f = 2.45\,\mathrm{GHz}$ , $P = 800\,\mathrm{W}$ .

Profundidad de penetración en el acero a $2.45\,\mathrm{GHz}$ ; ¿es “gruesa” la pared?
Resistencia superficial $R_s = 1/\gamma\delta$ ; con un campo magnético superficial de amplitud $H_0 = 30\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ en las paredes ( $1\,\mathrm{m}^{2}$ ), potencia perdida en las paredes, $\tfrac12R_sH_0^2$ por unidad de área; fracción de $P$ .
En un agujero de anchura $a \ll \lambda$ el campo no puede propagarse (el agujero es una guía de ondas por debajo del corte, Capítulo 16): decae como $\eu^{-\pi z/a}$ a lo largo del espesor $z$ . Atenuación de la amplitud al atravesar la chapa de $0.5\,\mathrm{mm}$ , en dB.
¿Por qué se ve a través de la rejilla (longitud de onda de la luz frente al tamaño del agujero) mientras que las microondas no pueden salir?
La ventana de vidrio es un dieléctrico con $\underline\varepsilon_r = 4 - 0.02\iu$ : índice y longitud de atenuación de la intensidad dentro de él; ¿se calienta el vidrio?
Un tenedor metálico en el horno: el campo en sus puntas queda reforzado; con la profundidad de penetración de la pregunta 8, estímese la densidad de corriente en la superficie para $H_0 = 300\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ (úsese $j \approx H_0/\delta$ en la superficie) y el calentamiento local $j^2/\gamma$ — ¿por qué saltan chispas?

Parte III — El hilo en radiofrecuencia. Un hilo de cobre de radio $a = 0.5\,\mathrm{mm}$ ( $\gamma = 6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ) en una bobina de calentamiento por inducción a $13.56\,\mathrm{MHz}$ lleva $20\,\mathrm{A}$ eficaces.

Profundidad de penetración; sección conductora efectiva; resistencia en alterna por metro frente a la de continua.
Potencia disipada por metro de hilo de la bobina; temperatura que alcanzaría el hilo con una refrigeración por convección $h = 20\,\mathrm{W}/(\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{K})$ .
La bobina induce corrientes en una pieza de acero ( $\gamma = 1 \times 10^{6}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ , $\mu_r \approx 1$ en caliente): profundidad de penetración allí; ¿por qué el calentamiento por inducción calienta solo una capa superficial, y cómo se usa eso para templar engranajes?
Para reducir la pérdida de la bobina se sustituye el hilo por un tubo de cobre de $3\,\mathrm{mm}$ con agua dentro: nueva resistencia por metro; ¿lleva corriente el interior del tubo?
¿A qué frecuencia sería la profundidad de penetración en el cobre igual al radio del hilo? Por debajo de ella, ¿qué aproximación sustituye a la fórmula del “hilo grueso”?

Parte IV — El prisma. Un vidrio tiene $n(\lambda) = 1.500 + 5.0 \times 10^{3}\,\mathrm{nm}^{2}/\lambda^2$ , con su resonancia en $\lambda_0 = 100\,\mathrm{nm}$ .

Compruébese que la forma de Cauchy se sigue del modelo de Lorentz muy por debajo de la resonancia, y que $\omega_p^2/\omega_0^2 = n^2(\infty) - 1$ : valor de $\omega_p^2/\omega_0^2$ y del $n$ efectivo de este vidrio.
Índice y velocidad de fase a $400\,\mathrm{nm}$ y $700\,\mathrm{nm}$ ; índice de grupo a $550\,\mathrm{nm}$ ; retardo entre los dos colores a lo largo de $1\,\mathrm{km}$ de un vidrio así en una fibra.
Un prisma de $60{}^{\circ}$ en el mínimo de desviación para $550\,\mathrm{nm}$ : desviación (úsese $n\sin(A/2) = \sin((A + D)/2)$ ); distancia angular entre $400\,\mathrm{nm}$ y $700\,\mathrm{nm}$ (derívese); en una pantalla a $2\,\mathrm{m}$ , anchura del espectro.
¿Por qué es opaco el vidrio a $200\,\mathrm{nm}$ , y de qué color queda si una traza de hierro añade una resonancia débil a $700\,\mathrm{nm}$ ?
En la imagen de Lorentz, ¿por qué desvía el prisma más el azul que el rojo?
Dense en una tabla, para la capa F, el acero, el cobre y el vidrio a sus frecuencias de trabajo, la naturaleza de $\underline\gamma$ y la suerte que corre la onda.

Solución

Solución de Problema 14.1.

1. $f_p = 9\,\mathrm{MHz}$ : el GPS pasa, la onda corta se refleja.

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. $N_T = (\Delta t_1 - \Delta t_2)/K(1/f_1^2 - 1/f_2^2)$ ; la diferencia vale $7\,\mathrm{ns}$ : el $1\%$ exige $0.07\,\mathrm{ns}$ .

5. $v_\varphi$ supera a $c$ tanto como $v_g$ se queda corta: la fase de la portadora llega pronto mientras que la modulación llega tarde. Un receptor de fase de portadora aplica la corrección con el signo opuesto.

6. $3.2\,\mathrm{m}$ de día, $0.3\,\mathrm{m}$ de noche.

7. $f_p = 0.9\,\mathrm{MHz}$ con colisiones: las ondas medias y cortas se absorben (un apagón de radio); el GPS a $1.5\,\mathrm{GHz}$ sufre una absorción $\propto 1/\omega^2$ , despreciable.

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

9. $\delta = \sqrt{2/\mu_0\gamma\omega} = 10\,\text{µ}\mathrm{m}$ : una pared de un milímetro es cien profundidades de penetración.

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

11. $\eu^{-\pi \times 0.5} = 0.21$ : $-14\,\mathrm{dB}$ en amplitud y $-27\,\mathrm{dB}$ en potencia (y además el agujerito acopla poco de entrada).

12. La luz, con $\lambda = 0.5\,\text{µ}\mathrm{m}$ , es dos mil veces menor que los agujeros y pasa; la microonda, con $\lambda = 12\,\mathrm{cm}$ , es cien veces mayor.

13. $\underline n = 2 - 0.005\iu$ ; $c/2n''\omega = 1.9\,\mathrm{m}$ : el vidrio apenas se calienta.

14. $j \approx H_0/\delta = 3 \times 10^{7}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}^{2}$ , $j^2/\gamma = 9 \times 10^{8}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{3}$ en una capa de diez micrómetros: las puntas se calientan en milisegundos, emiten electrones, ionizan el aire — chispas.

15. $\delta = 18\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; sección $2\pi a\delta = 5.6 \times 10^{-8}\,\mathrm{m}^{2}$ frente a $\pi a^2 = 7.9 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}^{2}$ : $R_{\text{ca}} = 0.30\,\Omega/\mathrm{m}$ , catorce veces la de continua.

16. $RI^2 = 120\,\mathrm{W}/\mathrm{m}$ ; superficie $\pi d = 3.1 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}^{2}$ por metro: $\Delta T \approx 1900\,\mathrm{K}$ — se fundiría; esas bobinas son tubos refrigerados por agua.

17. $\delta = 0.14\,\mathrm{mm}$ : la corriente inducida, y el calor, se quedan en una décima de milímetro; un pulso corto seguido de un temple endurece la superficie de un engranaje mientras el núcleo sigue tenaz.

18. $R = 1/\gamma2\pi a\delta = 0.10\,\Omega/\mathrm{m}$ , tres veces menos; el interior no lleva nada — de ahí el tubo, con el refrigerante donde el cobre se desperdiciaría.

19. $\delta = a$ para $f = 1/\pi\mu_0\gamma a^2 = 17\,\mathrm{Hz}$ ; por debajo, la corriente es uniforme y vale la fórmula de continua.

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

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

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 $200\,\mathrm{nm}$ la frecuencia se acerca a la resonancia y $n''$ crece: opaco. Una resonancia débil a $700\,\mathrm{nm}$ absorbe el rojo: vidrio verde.

24. El azul está más cerca de la resonancia ultravioleta: los electrones ligados responden más, $n$ es mayor y la desviación también.

25. Capa F a $1.5\,\mathrm{GHz}$ : $\underline\gamma$ imaginaria, propagación con un pequeño retardo de grupo. Acero a $2.45\,\mathrm{GHz}$ : $\underline\gamma$ real, efecto pelicular, reflexión. Cobre a $13.56\,\mathrm{MHz}$ : lo mismo, con una piel de $18\,\text{µ}\mathrm{m}$ . Vidrio en el visible: $\iu\omega\varepsilon_0\chi$ , un índice real, un medio dispersivo transparente.

Términos definidos en este capítulo

Plasma; el modelo del electrón libre

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