Física universitaria — segundo año · Bachelor Year 2

17Radiación dipolar y dispersión

¿Por qué es azul el cielo, y por qué es más azul a noventa grados del Sol — y está polarizado allí, como saben las abejas y los fotógrafos? ¿Por qué ha de medir decenas de metros un mástil de radio, y por qué no radia nada justo hacia arriba? Ambas preguntas tienen la misma respuesta: una carga eléctrica que oscila radia ondas electromagnéticas, con una potencia que crece como la cuarta potencia de la frecuencia y un diagrama que se anula según el eje de oscilación. Este capítulo enuncia el campo del dipolo oscilante, el sistema radiante más sencillo, saca de él la antena y la radiación de una carga acelerada, y lo aplica a las moléculas del aire, cada una una antena minúscula que reemite la luz del Sol: la dispersión de Rayleigh.

Un mástil de radiodifusión bajo un cielo azul: un dipolo vertical de decenas de metros que radia hacia el horizonte y, encima, el cielo iluminado por miles de millones de dipolos moleculares que reemiten el Sol.

17.1 El campo de un dipolo oscilante

Teorema 17.1 (Campo de radiación de un dipolo eléctrico)

Un dipolo de momento $\vect p(t) = p_0\cos\omega t\,\vect e_z$ , de tamaño $a$ , en el origen, radia. En la zona de radiación — a distancias $r \gg \lambda = 2\pi c/\omega \gg a$ — su campo, en coordenadas esféricas $(r, \theta, \varphi)$ en torno al eje del dipolo, vale

\vect E(M, t) = -\frac{\mu_0\,\omega^2p_0}{4\pi}\,\frac{\sin\theta}r\,\cos\bigl(\omega(t - r/c)\bigr)\,\vect e_\theta , \qquad \vect B = \frac{\vect e_r\wedge\vect E}c :

una onda esférica, localmente plana — $(\vect E, \vect B, \vect e_r)$ es un triedro directo con $B = E/c$ —, retardada por el tiempo de viaje $r/c$ , de amplitud que cae como $1/r$ , proporcional a la aceleración $\ddot p = -\omega^2p$ del dipolo y a $\sin\theta$ : máxima en el plano ecuatorial y nula según el eje; polarizada en el plano que contiene el eje.

Demostración. Admitido a este nivel. ∎

Observación 17.2 (Cómo leer la fórmula)

La solución exacta de las ecuaciones de Maxwell (a partir de los potenciales retardados, más allá de este volumen) contiene también términos en $1/r^2$ y $1/r^3$ ; el último es el campo dipolar cuasiestático del volumen del primer año, $\vect E \propto p/4\pi\varepsilon_0r^3$ , que domina en la zona próxima $r \ll \lambda$ ; en $r \sim \lambda/2\pi$ ambos son comparables, y más allá solo sobrevive el término en $1/r$ . Cada factor tiene su razón. El $1/r$ : la potencia a través de una esfera, $\propto E^2r^2$ , no debe depender de $r$ . El $\omega^2p_0$ : el campo de una carga en reposo o en movimiento uniforme no es radiativo; es la aceleración lo que radia. El $\sin\theta$ : un observador en el eje ve la carga ir y venir según su línea de visión, sin aceleración transversal; en el plano ecuatorial toda la aceleración es transversal. El retardo: el campo en $M$ en el instante $t$ refleja lo que hizo el dipolo en $t - r/c$ .

A la izquierda, el campo de radiación de un dipolo en un punto lejano M — transversal, según e_, con B acimutal; nada se radia según el eje. A la derecha, el diagrama de radiación, un toro 2 del que se dibuja la sección. — A la izquierda, el campo de radiación de un dipolo en un punto lejano $M$ — transversal, según $\vect e_\theta$ , con $\vect B$ acimutal; nada se radia según el eje. A la derecha, el diagrama de radiación, un toro $\propto\sin^2\theta$ del que se dibuja la sección.

17.2 Potencia radiada

Proposición 17.3 (Potencia de un dipolo; fórmula de Larmor)

El vector de Poynting medio del campo del dipolo es radial,

\langle\vect\Pi\rangle = \frac{\mu_0\,\omega^4p_0^2}{32\pi^2c}\,\frac{\sin^2\theta}{r^2}\,\vect e_r ,

y la potencia media total radiada vale

\mathcal P = \frac{\mu_0\,\omega^4p_0^2}{12\pi c} = \frac{p_0^2\omega^4}{12\pi\varepsilon_0c^3} .

Para una sola carga $q$ con aceleración $a$ (no relativista), la potencia instantánea es $\mathcal P = q^2a^2/6\pi\varepsilon_0c^3$ (Larmor).

Demostración. $\langle\Pi\rangle = \langle E^2\rangle/\mu_0c$ con $\langle\cos^2\rangle = \tfrac12$ ; intégrese sobre la esfera:

\int\sin^2\theta\,r^2\dd\Omega = 2\pi r^2\int_0^\pi\sin^3\theta\,\dd\theta = \tfrac83\pi r^2 , \qquad \mathcal P = \frac{\mu_0\omega^4p_0^2}{32\pi^2c}\cdot\frac{8\pi}3 = \frac{\mu_0\omega^4p_0^2}{12\pi c} .

Larmor: $p = qz$ , luego $\ddot p = qa$ ; sustituyendo la media $\tfrac12\omega^4p_0^2 = \langle\ddot p^2\rangle$ por el valor instantáneo $q^2a^2$ resulta $\mathcal P = \mu_0q^2a^2/6\pi c$ . ∎

Ejemplo 17.4 (Una antena y un hilo)

Un hilo corto de longitud $\ell \ll \lambda$ que lleva la corriente $I_0\cos\omega t$ es un dipolo con $\dot p = I_0\ell\cos\omega t$ , es decir, $p_0 = I_0\ell/\omega$ : radia $\mathcal P = \mu_0\omega^2I_0^2\ell^2/12\pi c = \tfrac12R_{\text{rad}}I_0^2$ con la resistencia de radiación $R_{\text{rad}} = \dfrac{2\pi}3\sqrt{\dfrac{\mu_0}{\varepsilon_0}} \Bigl(\dfrac\ell\lambda\Bigr)^2 \approx 790\,(\ell/\lambda)^2\ \Omega$ — la potencia sale del circuito como si fuera por una resistencia, sin calentar nada. Un hilo de $1\,\mathrm{m}$ a $1\,\mathrm{MHz}$ ( $\lambda = 300\,\mathrm{m}$ ): $R_{\text{rad}} = 9\,\mathrm{m}\Omega$ , menos que su resistencia de cobre, una antena mala; a $100\,\mathrm{MHz}$ : $88\,\Omega$ (aquí se fuerza la fórmula del dipolo corto), una buena. El dipolo de media onda, $\ell = \lambda/2$ con una distribución senoidal de corriente, tiene $R_{\text{rad}} = 73\,\Omega$ (admitido) y un diagrama parecido al del dipolo elemental — la antena estándar, desde los mástiles de radio hasta las orejas de conejo de los televisores antiguos. Un hilo de red de $1\,\mathrm{m}$ a $50\,\mathrm{Hz}$ : $R_{\text{rad}} \approx 2 \times 10^{-11}\,\Omega$ — los circuitos cuasiestacionarios de Capítulo 11 no radian nada.

A la izquierda, la distribución de corriente en un dipolo de media onda, máxima en la alimentación y nula en los extremos. A la derecha, la resistencia de radiación de un dipolo corto, 790( / )2 ohmios, y los 73\, del dipolo de media onda. — A la izquierda, la distribución de corriente en un dipolo de media onda, máxima en la alimentación y nula en los extremos. A la derecha, la resistencia de radiación de un dipolo corto, $790(\ell/\lambda)^2$ ohmios, y los $73\,\Omega$ del dipolo de media onda.

Ejemplo 17.5 (Un electrón que radia)

En un tubo de rayos X, un electrón de $50\,\mathrm{keV}$ ( $v = 1.2 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ) se detiene en $1\,\text{µ}\mathrm{m}$ de wolframio: $a \sim v^2/2d = 7 \times 10^{21}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , con una potencia de Larmor de $1.2 \times 10^{-4}\,\mathrm{W}$ durante $1.6 \times 10^{-14}\,\mathrm{s}$ : $2 \times 10^{-18}\,\mathrm{J}$ , alrededor del $0.02\%$ de su energía radiada como la “radiación de frenado” (bremsstrahlung) del tubo — el resto es calor, y el ánodo se refrigera. El electrón clásico de un átomo de hidrógeno, acelerado a $v^2/r = 9 \times 10^{22}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , radiaría $5 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}$ y caería en espiral al núcleo en $1 \times 10^{-11}\,\mathrm{s}$ : la física clásica prohíbe los átomos, y Capítulo 30 los rescata.

17.3 Dispersión de Rayleigh: el cielo azul

Proposición 17.6 (Dispersión por un electrón ligado)

Una onda de amplitud $E_0$ y frecuencia $\omega$ incide sobre un átomo modelado como un electrón ligado elásticamente de resonancia $\omega_0 \gg \omega$ (Capítulo 14): el electrón oscila con amplitud $eE_0/m\omega_0^2$ , el átomo se vuelve un dipolo $p_0 = e^2E_0/m\omega_0^2$ en fase con el campo y reemite la potencia $\mathcal P = p_0^2\omega^4/12\pi \varepsilon_0c^3$ . El cociente de esa potencia por la intensidad incidente es la sección eficaz de dispersión

\sigma = \frac{\mathcal P}{\varepsilon_0cE_0^2/2} = \frac{8\pi}3\,r_e^2\Bigl(\frac\omega{\omega_0}\Bigr)^4 , \qquad r_e = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0mc^2} = 2.8 \times 10^{-15}\,\mathrm{m} :

la ley de Rayleigh, $\sigma \propto \omega^4 \propto 1/\lambda^4$ . Para un electrón libre ( $\omega_0 = 0$ ) la sección eficaz vale $\sigma_T = 8\pi r_e^2/3 = 6.65 \times 10^{-29}\,\mathrm{m}^{2}$ , independiente de la frecuencia (dispersión Thomson).

Demostración. Con el modelo de Lorentz para $\omega \ll \omega_0$ y amortiguamiento despreciable, $\underline{\vect r} = -e\underline{\vect E}/m\omega_0^2$ ; introdúzcase $p_0$ en la potencia y divídase por $I = \varepsilon_0cE_0^2/2$ ; $r_e$ recoge las constantes. Para el electrón libre, $\vect r = e\vect E/m\omega^2$ (en antifase), $p_0 = e^2E_0/m\omega^2$ , y los $\omega^4$ se cancelan. ∎

Ejemplo 17.7 (Cielo azul, puesta de sol roja, nubes blancas)

La luz violeta ( $400\,\mathrm{nm}$ ) se dispersa $(700/400)^4 = 9.4$ veces más que la roja: el cielo, iluminado por la luz solar dispersada, es azul (no violeta: el Sol emite menos violeta y el ojo lo ve mal). En la puesta de sol, la luz directa cruza cuarenta veces más aire que al mediodía y pierde su azul en el cielo de otros lugares: enrojece. Cada molécula del aire dispersa con $\sigma \approx 5 \times 10^{-31}\,\mathrm{m}^{2}$ a $550\,\mathrm{nm}$ ; con $n = 2.5 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}$ , el recorrido libre medio $1/n\sigma$ es de $80\,\mathrm{km}$ : una décima parte de la luz verde se dispersa al bajar por la atmósfera, y un tercio de la violeta. Las gotitas de las nubes, mucho mayores que $\lambda$ , no son dispersores de Rayleigh: dispersan todos los colores por igual — blanco.

Proposición 17.8 (Polarización por dispersión)

La luz natural que viaja según $x$ induce dipolos en el plano $yz$ . Un observador que mira según $y$ (a $90{}^{\circ}$ del haz) no recibe radiación de las componentes del dipolo según $y$ (su línea de visión) y sí toda la de las que van según $z$ : la luz dispersada está polarizada linealmente según $z$ , perpendicular al plano que contiene el haz y la línea de visión. En otros ángulos está parcialmente polarizada, con el grado $(1 - \cos^2\chi)/(1 + \cos^2\chi)$ para el ángulo de dispersión $\chi$ .

Demostración. La luz natural incidente tiene $\vect E$ con componentes medias iguales según $y$ y $z$ ; el dipolo según $y$ no radia hacia $y$ ( $\sin \theta = 0$ ), y el que va según $z$ radia $\propto\sin\theta = 1$ . Con el ángulo $\chi$ , la contribución de la componente $y$ queda reducida en $\cos^2\chi$ en intensidad. ∎

Luz solar dispersada por una molécula del aire: el dipolo inducido tiene componentes perpendiculares al haz; un observador a 90 solo recibe la componente perpendicular a su línea de visión — luz polarizada linealmente. Allí es donde el cielo es más azul y está más polarizado. — Luz solar dispersada por una molécula del aire: el dipolo inducido tiene componentes perpendiculares al haz; un observador a $90{}^{\circ}$ solo recibe la componente perpendicular a su línea de visión — luz polarizada linealmente. Allí es donde el cielo es más azul y está más polarizado.

Observación 17.9 (Por qué nos llega la luz azul)

En un medio perfectamente uniforme, las ondas dispersadas por moléculas vecinas interferirían destructivamente en todas las direcciones salvo hacia delante (el índice de refracción es esa onda dispersada hacia delante). Son las fluctuaciones de la densidad del aire — las moléculas no están en una red — las que dejan una intensidad dispersada neta, proporcional al número de moléculas, como se calculó arriba para una (Einstein, 1910). El mismo azar hace que la luz del cielo sea incoherente de un punto a otro.

Método 17.10 (Estimaciones de radiación)

(1) Identifíquese el dipolo: $p_0 = q\,\times$ amplitud, o $I_0\ell/\omega$ para un hilo. (2) Campo a la distancia $r$ : $E \approx \mu_0\omega^2p_0\sin\theta/4\pi r$ ; potencia: $\mu_0\omega^4p_0^2/12\pi c$ . (3) Para una carga acelerada, úsese Larmor; para una antena, la resistencia de radiación. (4) Para la dispersión, calcúlese el dipolo inducido a partir de la respuesta del medio (modelo de Lorentz) y divídase la potencia radiada por la intensidad incidente. (5) Recuérdense los ceros: nada según el eje de oscilación, de donde la polarización a $90{}^{\circ}$ y el ángulo de Brewster de Capítulo 15.

17.4 Ejercicios

Ejercicio 17.1 ★

Una antena corta de $1.0\,\mathrm{m}$ lleva $2.0\,\mathrm{A}$ (de amplitud) a $100\,\mathrm{MHz}$ . Amplitud del dipolo $p_0$ ; amplitud del campo a $1\,\mathrm{km}$ en el plano ecuatorial y a $30{}^{\circ}$ del eje; potencia radiada; resistencia de radiación.

Solución

Solución de Ejercicio 17.1.

$p_0 = I_0\ell/\omega = 3.2 \times 10^{-9}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ ; $E = \mu_0\omega^2p_0\sin\theta/4\pi r$ : $0.13\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ en $\theta = 90^\circ$ y $0.063\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ a $30{}^{\circ}$ ; $\mathcal P = \mu_0\omega^4p_0^2/12\pi c = 175\,\mathrm{W}$ ; $R_{\text{rad}} = 2\mathcal P/I_0^2 = 88\,\Omega$ .

Ejercicio 17.2 ★

Resistencia de radiación de un hilo de $1\,\mathrm{m}$ a $100\,\mathrm{kHz}$ , $1\,\mathrm{MHz}$ , $10\,\mathrm{MHz}$ y $100\,\mathrm{MHz}$ ; compárese con su resistencia de cobre ( $1\,\mathrm{mm}$ de diámetro, con el efecto pelicular a las frecuencias más altas, $\delta = 0.2\,\mathrm{mm}$ a $100\,\mathrm{kHz}$ ); rendimiento (radiado entre total) en cada caso. ¿Por qué tienen los transmisores de onda larga mástiles de cientos de metros?

Solución

Solución de Ejercicio 17.2.

$790(\ell/\lambda)^2$ : $8.8 \times 10^{-5}\,\Omega$ , $8.8 \times 10^{-3}\,\Omega$ , $0.88\,\Omega$ , $88\,\Omega$ . Cobre: $0.026$ , $0.084$ , $0.27$ , $0.84\,\Omega$ (efecto pelicular): rendimientos del $0.3\%$ , $10\%$ , $77\%$ y $99\%$ . En longitudes de onda largas, solo un mástil que sea una fracción apreciable de $\lambda$ tiene una resistencia de radiación superior a sus pérdidas.

Ejercicio 17.3 ★

Cociente de la dispersión de Rayleigh de la luz de $400\,\mathrm{nm}$ , $550\,\mathrm{nm}$ y $700\,\mathrm{nm}$ ; y de las longitudes de onda de radar de $3\,\mathrm{cm}$ y $10\,\mathrm{cm}$ por las gotas de lluvia (si fueran bastante pequeñas — no lo son del todo); ¿por qué usa el radar meteorológico longitudes de onda cortas para ver la lluvia y largas para ver a través de ella?

Solución

Solución de Ejercicio 17.3.

$400 : 550 : 700 = 9.4 : 2.6 : 1$ . $(10/3)^4 = 120$ : el radar de $3\,\mathrm{cm}$ ve las gotas pequeñas cien veces mejor; el de $10\,\mathrm{cm}$ mira a través de la lluvia a lo que hay detrás.

Ejercicio 17.4 ★

Grado de polarización de la luz del cielo a $30{}^{\circ}$ , $60{}^{\circ}$ , $90{}^{\circ}$ y $120{}^{\circ}$ del Sol; ¿hacia dónde del cielo debe apuntar un fotógrafo un polarizador para el azul más oscuro, y qué ocurre cuando el Sol está en el cenit? ¿Por qué el máximo real es solo de alrededor del $75\%$ (piénsese en la dispersión múltiple y en lo que refleja el suelo)?

Solución

Solución de Ejercicio 17.4.

$\sin^2\chi/(1 + \cos^2\chi)$ : $0.14$ , $0.60$ , $1$ , $0.60$ . Apúntese a $90{}^{\circ}$ del Sol (un círculo máximo por el cielo); con el Sol en el cenit, todo el horizonte está a $90{}^{\circ}$ y polarizado a lo largo de él. La dispersión múltiple, el reflejo del suelo y la anisotropía de las moléculas añaden luz sin polarizar: alrededor del $75\%$ como mucho.

Ejercicio 17.5 ★★

(a) Intégrese el vector de Poynting del dipolo sobre una esfera y compruébese que $\mathcal P = \mu_0\omega^4p_0^2/12\pi c$ . (b) Fracción de la potencia radiada dentro de $30{}^{\circ}$ del plano ecuatorial. (c) Ángulo de media potencia: ¿para qué $\theta$ es la intensidad la mitad de su máximo? (d) La “ganancia” del dipolo, intensidad máxima entre la media isótropa: muéstrese que vale $1.5$ .

Solución

Solución de Ejercicio 17.5.

(a) $\int\sin^2\theta\,\dd\Omega = 8\pi/3$ . (b) $\int_{60^\circ}^{120^\circ}\sin^3\theta\,\dd\theta/ (4/3) = 0.917/1.333 = 69\%$ . (c) $\sin^2\theta = \tfrac12$ : $\theta = 45{}^{\circ}$ , un haz de $90{}^{\circ}$ de anchura. (d) Máximo $1$ frente a la media $2/3$ : $1.5$ .

Ejercicio 17.6 ★★

Cerca y lejos. (a) Escríbase el campo cuasiestático de un dipolo en $\theta = 90^\circ$ , $E_{\text{ce}} = p/4\pi\varepsilon_0r^3$ , y el radiativo; ¿a qué distancia $r_0$ son iguales sus amplitudes? Exprésese $r_0$ en función de $\lambda$ . (b) Para una antena de $1\,\mathrm{MHz}$ , $r_0$ ; ¿qué campo siente un receptor a $10\,\mathrm{m}$ , y a $10\,\mathrm{km}$ ? (c) Un teléfono móvil a $1\,\mathrm{GHz}$ sostenido a $2\,\mathrm{cm}$ de la cabeza: ¿zona próxima o lejana? (d) ¿Por qué el campo próximo no se lleva potencia neta?

Solución

Solución de Ejercicio 17.6.

(a) $p/4\pi\varepsilon_0r^3 = \omega^2p/4\pi\varepsilon_0c^2r$ en $r_0 = c/\omega = \lambda/2\pi$ . (b) $48\,\mathrm{m}$ : a $10\,\mathrm{m}$ , el campo cuasiestático; a $10\,\mathrm{km}$ , el radiado. (c) $r_0 = 4.8\,\mathrm{cm}$ : la cabeza está en la zona próxima. (d) En la zona próxima, $\vect E$ y $\vect B$ están en cuadratura: el vector de Poynting promedia cero, la energía se almacena y se devuelve, como en un condensador.

Ejercicio 17.7 ★★

Thomson y la corona. (a) Calcúlese $\sigma_T$ . (b) La corona solar tiene $n_e \approx 1 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{-3}$ a lo largo de $10^9$ m: fracción de la luz de la fotosfera dispersada hacia nosotros; ¿por qué es blanca la corona y solo se ve durante los eclipses? (c) Rayos X de $10\,\mathrm{keV}$ sobre un átomo de carbono ( $6$ electrones, con energías de enlace por debajo de $300\,\mathrm{eV}$ ): ¿por qué dispersan los electrones como si fueran libres, y cuál es la sección eficaz del átomo? (d) ¿Por qué una radiografía médica distingue el hueso de la carne sobre todo por absorción y no por dispersión Thomson?

Solución

Solución de Ejercicio 17.7.

(a) $8\pi r_e^2/3 = 6.65 \times 10^{-29}\,\mathrm{m}^{2}$ . (b) $n_e\sigma_TL = 10^{14} \times 6.65 \times 10^{-29} \times 10^9 = 7 \times 10^{-6}$ : una millonésima de la fotosfera, sin color porque la dispersión Thomson tampoco lo tiene, y ahogada por la luz solar dispersada del cielo salvo en un eclipse. (c) $10\,\mathrm{keV}$ $\gg$ $300\,\mathrm{eV}$ : los electrones responden como libres, $6\sigma_T = 4 \times 10^{-28}\,\mathrm{m}^{2}$ . (d) La absorción fotoeléctrica crece como $Z^4$ y destaca el calcio; la dispersión es la misma por electrón en el hueso y en la carne.

Ejercicio 17.8 ★★

La puesta de sol. El espesor óptico de la atmósfera para la dispersión de Rayleigh en el cenit vale $\tau(\lambda) = 0.1\,(550\,\text{nm}/\lambda)^4$ (la luz directa se atenúa en $\eu^{-\tau}$ ). (a) Transmisión en el cenit para $400\,\mathrm{nm}$ , $550\,\mathrm{nm}$ y $700\,\mathrm{nm}$ . (b) En la puesta de sol el camino es $38$ veces más largo: transmisiones; cociente rojo/azul. (c) ¿Por qué se vuelve roja la Luna durante un eclipse lunar? (d) ¿Por qué es el cielo cerca del horizonte blanquecino en vez de azul intenso?

Solución

Solución de Ejercicio 17.8.

(a) $\tau = 0.36$ , $0.10$ , $0.038$ : $T = 0.70$ , $0.90$ , $0.96$ . (b) $\tau \times 38 = 13.6$ , $3.8$ , $1.45$ : $T = 1 \times 10^{-6}$ , $0.02$ , $0.23$ ; rojo entre azul $\sim 2 \times 10^5$ . (c) La atmósfera terrestre curva hacia la sombra la luz de la puesta de sol, enrojecida por esa misma dispersión. (d) Cerca del horizonte el camino es largo: el azul se dispersa fuera de la propia luz dispersada, y la dispersión múltiple añade blanco.

Ejercicio 17.9 ★★

Dos antenas. Dos dipolos verticales separados una distancia $d$ según $x$ se alimentan con la misma amplitud. (a) En fase, $d = \lambda/2$ : ¿en qué direcciones horizontales se suman sus campos lejanos y en cuáles se cancelan? (agrupación transversal). (b) En antifase, $d = \lambda/2$ : lo mismo (longitudinal). (c) En cuadratura, $d = \lambda/4$ : muéstrese que la agrupación radia hacia un solo lado. (d) ¿Por qué usan varios mástiles las emisoras de AM, y cómo orienta su haz un radar de agrupación en fase sin moverse?

Solución

Solución de Ejercicio 17.9.

(a) A lo largo de la línea del par, la diferencia de camino $\lambda/2$ da cancelación; transversalmente, suma. (b) En antifase, al revés: radiación según la línea (longitudinal) y nada transversalmente. (c) Hacia $+x$ : retardo de camino $-\pi/2$ más la fase de alimentación $+\pi/2$ , en fase; hacia $-x$ : $-\pi$ , que cancela: una cardioide, de un solo lado. (d) Los mástiles conforman la cobertura y protegen a los vecinos; una agrupación en fase orienta el haz cambiando las fases de alimentación, en microsegundos.

Ejercicio 17.10 ★★★

Amortiguamiento por radiación. El electrón de Lorentz (Capítulo 14) que oscila a $\omega_0$ con amplitud $x_0$ radia según la fórmula de Larmor. (a) Potencia media radiada; energía del oscilador $\tfrac12m\omega_0^2x_0^2$ ; muéstrese que la energía decae con el ritmo $\Gamma = e^2\omega_0^2/6\pi\varepsilon_0mc^3$ . (b) Valor de $\Gamma$ para la raya del sodio ( $589\,\mathrm{nm}$ ): compárese con el $\Gamma$ usado en Ejercicio 14.9. (c) Vida media $1/\Gamma$ y anchura natural de la raya, $\Delta\lambda = \lambda^2\Gamma/2\pi c$ . (d) Factor de calidad $\omega_0/\Gamma$ del oscilador atómico.

Solución

Solución de Ejercicio 17.10.

(a) $\langle\mathcal P\rangle = e^2\omega_0^4x_0^2/12\pi\varepsilon_0c^3$ , $W = \tfrac12m\omega_0^2x_0^2$ : $\Gamma = \mathcal P/W = e^2\omega_0^2/6\pi\varepsilon_0mc^3$ . (b) $\omega_0 = 3.2 \times 10^{15}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ : $\Gamma = 6.4 \times 10^{7}\,\mathrm{s}^{-1}$ — el valor usado. (c) $16\,\mathrm{ns}$ ; $\Delta\lambda = \lambda^2\Gamma/2\pi c = 1.2 \times 10^{-14}\,\mathrm{m}$ , una centésima de picómetro ( $10\,\mathrm{MHz}$ ). (d) $Q = 5 \times 10^7$ .

Ejercicio 17.11 ★★★

El mástil. Una emisora de AM radia $50\,\mathrm{kW}$ a $1\,\mathrm{MHz}$ desde un mástil vertical de altura $\lambda/4$ sobre un suelo conductor (que actúa como un espejo y hace del mástil la mitad de un dipolo de media onda: $R_{\text{rad}} \approx 36\,\Omega$ , y la potencia va solo al semiespacio superior). (a) Altura; corriente en la base. (b) Amplitud del campo a $10\,\mathrm{km}$ en el plano horizontal (úsese el diagrama del dipolo, con $\mathcal P$ sobre el hemisferio superior $= \int\langle\Pi\rangle\dd S$ ; tómese $\langle\Pi\rangle = 1.5\, \mathcal P/2\pi r^2$ en el horizonte como estimación razonable). (c) Fem en una antena receptora de látigo de $1\,\mathrm{m}$ allí. (d) ¿Por qué importa la conductividad del suelo, y por qué se entierran hilos de cobre radiales bajo el mástil?

Solución

Solución de Ejercicio 17.11.

(a) $75\,\mathrm{m}$ ; $I_0 = \sqrt{2\mathcal P/R} = 53\,\mathrm{A}$ . (b) $\langle\Pi\rangle = 1.5 \times 5 \times 10^4/2\pi \times 10^8 = 1.2 \times 10^{-4}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ , $E_0 = \sqrt{2\Pi/\varepsilon_0c} = 0.30\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ . (c) $0.30\,\mathrm{V}$ . (d) Las corrientes de retorno circulan por el suelo; un terreno resistivo añade pérdidas y estropea el espejo; los radiales enterrados les dan un camino de cobre.

Ejercicio 17.12 ★★★

Dispersión e índice. Para un gas diluido, las ondas dispersadas hacia delante por todas las moléculas se suman coherentemente y construyen el índice de refracción, $n - 1 = N\alpha/2\varepsilon_0$ con $\alpha = e^2/m\omega_0^2$ la polarizabilidad; la sección eficaz de Rayleigh vale $\sigma = (8\pi/3)r_e^2(\omega/\omega_0)^4$ . (a) Exprésese $\sigma$ en función de $n$ , $N$ y $\lambda$ : $\sigma = 8\pi^3(n^2 - 1)^2/3N^2\lambda^4$ . (b) Para el aire ( $n - 1 = 2.9 \times 10^{-4}$ , $N = 2.5 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}$ ) a $550\,\mathrm{nm}$ : $\sigma$ y el recorrido libre medio $1/N\sigma$ . (c) Espesor óptico vertical de la atmósfera (altura equivalente $8\,\mathrm{km}$ ); compárese con el $0.1$ de Ejercicio 17.8. (d) ¿Por qué dio esta relación (Rayleigh, 1899) un valor del número de Avogadro?

Solución

Solución de Ejercicio 17.12.

(a) $p_0 = \alpha E_0$ da $\sigma = \alpha^2\omega^4/6\pi\varepsilon_0^2c^4$ ; con $\alpha = \varepsilon_0(n^2 - 1)/N$ y $\omega = 2\pi c/\lambda$ : $\sigma = 8\pi^3(n^2 - 1)^2/3N^2\lambda^4$ . (b) $n^2 - 1 = 5.8 \times 10^{-4}$ : $\sigma = 4.9 \times 10^{-31}\,\mathrm{m}^{2}$ , recorrido libre medio $1/N\sigma = 80\,\mathrm{km}$ . (c) $8/80 = 0.1$ . (d) $\sigma$ se mide por la atenuación del cielo y $n$ es conocido: se deduce $N$ y, con él, el número de Avogadro.

17.5 Problema: el mástil, el cielo y el electrón

Problema 17.1

Problema de fin de semana — tres antenas: un mástil de radiodifusión, una molécula de aire al sol y un electrón libre

Parte I — El mástil. Una emisora de onda media a $f = 1.0\,\mathrm{MHz}$ radia $\mathcal P = 100\,\mathrm{kW}$ desde un mástil de cuarto de onda sobre un suelo conductor ( $R_{\text{rad}} = 36\,\Omega$ , con el diagrama de un dipolo vertical sobre el semiespacio superior, como en Ejercicio 17.11).

Longitud de onda y altura del mástil; amplitud de la corriente en su base; tensión en $R_{\text{rad}}$ .
Amplitud del momento dipolar equivalente, tratando el mástil como un dipolo corto con $p_0 = I_0\ell_{\text{ef}}/\omega$ , $\ell_{\text{ef}} \approx \lambda/2\pi$ para el mástil de cuarto de onda (admitido).
Intensidad media a $10\,\mathrm{km}$ y a $100\,\mathrm{km}$ en el plano horizontal (tómese el diagrama del hemisferio superior, máximo en el horizonte, $\langle\Pi\rangle = 1.5\mathcal P/2\pi r^2$ ); amplitudes del campo.
Fem en un látigo vertical de $1\,\mathrm{m}$ a $100\,\mathrm{km}$ ; y en una antena de varilla de ferrita (una bobina de $N = 100$ vueltas, $1\,\mathrm{cm}^{2}$ , con permeabilidad efectiva $100$ ) enfrentada al $\vect B$ de la onda: compárense.
Potencia recibida por un receptor adaptado con una antena de área efectiva $A = 1.5\lambda^2/4\pi$ (la del dipolo) a $100\,\mathrm{km}$ .
Los conductores del mástil tienen una resistencia de pérdidas total de $2\,\Omega$ : rendimiento; potencia perdida como calor.
¿Está en la zona de radiación un receptor a $10\,\mathrm{km}$ ? ¿Y uno a $100\,\mathrm{m}$ del mástil?
¿Por qué llegan más lejos las señales de onda media por la noche? (Recuérdese la capa D de Capítulo 14.)

Parte II — El cielo. Aire al nivel del mar: $N = 2.5 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}$ , sección eficaz de Rayleigh $\sigma = 4.6 \times 10^{-31}\,\mathrm{m}^{2}\,(550\,\text{nm}/\lambda)^4$ ; luz solar de $1.0\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2}$ en el suelo; el espesor equivalente de la atmósfera a la densidad del nivel del mar es de $8\,\mathrm{km}$ .

Sección eficaz a $450\,\mathrm{nm}$ y $650\,\mathrm{nm}$ ; cociente.
Recorrido libre medio de los tres colores; espesor óptico vertical $\tau = N\sigma H$ ; fracción de cada color dispersada fuera del haz directo en el cenit.
Potencia dispersada por metro cúbico de aire en el suelo por la luz verde (tómense $300\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ de luz solar en torno a $550\,\mathrm{nm}$ ); ¿en qué ángulo sólido y con qué diagrama?
Una columna de aire de $1\,\mathrm{m}^{2}$ de sección vista a $90{}^{\circ}$ del Sol: estímese la intensidad de la luz del cielo que llega al observador desde esa columna (potencia dispersada hacia él por unidad de ángulo sólido, a lo largo de los $8\,\mathrm{km}$ ) y compárese con el Sol directo; ¿es del orden correcto el brillo del cielo (alrededor de $1 \times 10^{-5}\,$ del Sol)?
Grado de polarización de la luz de esa columna; ¿por qué es menor en la realidad, y cómo lo usan algunos insectos?
En la puesta de sol el camino equivale a $38$ atmósferas: fracciones transmitidas de azul y de rojo; color del Sol; por qué el cielo del cenit sigue siendo azul.
¿Por qué es negro el cielo en la Luna incluso a plena luz del día?
En Marte el aire es cien veces más tenue pero está lleno de polvo fino (granos de un micrómetro): ¿por qué es el cielo marciano de color caramelo y su puesta de sol azul?

Parte III — El electrón.

Sección eficaz de Thomson a partir de $r_e$ .
En un tubo de rayos X, un electrón de $100\,\mathrm{keV}$ ( $v = 1.6 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , trátese de forma no relativista) se detiene en $2\,\text{µ}\mathrm{m}$ de wolframio: aceleración, potencia de Larmor, duración, energía radiada y su fracción de la energía cinética.
Longitud de onda más corta que puede emitir el tubo (un fotón que se lleve toda la energía del electrón).
El tubo funciona a $20\,\mathrm{mA}$ : potencia radiada; calor en el ánodo; por qué gira el ánodo.
Un electrón clásico que gira alrededor de un protón en el radio de Bohr ( $5.3 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}$ , con celeridad $2.2 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ): aceleración, potencia de Larmor y tiempo que tarda en radiar sus $13.6\,\mathrm{eV}$ — la vida del átomo clásico.
Los átomos reales duran siempre: nómbrese lo que se le escapa aquí a la física clásica y lo que dirá Capítulo 30 sobre un estado estacionario.
Un electrón en un sincrotrón de radio $100\,\mathrm{m}$ a $v \approx c$ : ¿qué potencia da la fórmula de Larmor no relativista? (La potencia verdadera es $\gamma^4$ veces mayor, con $\gamma \sim 10^4$ : la fuente de luz de sincrotrón.)
El mismo electrón en reposo bajo el $1\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2}$ de la luz solar: potencia que reemite (Thomson); número de electrones así necesarios para dispersar un vatio.
Resúmanse las tres antenas en una tabla: momento dipolar, frecuencia, potencia y diagrama.

Solución

Solución de Problema 17.1.

1. $\lambda = 300\,\mathrm{m}$ , $h = 75\,\mathrm{m}$ ; $I_0 = \sqrt{2 \times 10^5/36} = 75\,\mathrm{A}$ ; $V = RI_0 = 2.7\,\mathrm{kV}$ .

2. $\ell_{\text{ef}} = 48\,\mathrm{m}$ : $p_0 = 75 \times 48/6.3 \times 10^6 = 5.7 \times 10^{-4}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ .

3. $\langle\Pi\rangle = 1.5 \times 10^5/2\pi r^2$ : $2.4 \times 10^{-4}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ y $2.4 \times 10^{-6}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ ; $E_0 = 0.42\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ y $0.042\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ .

4. Látigo: $42\,\mathrm{mV}$ . Varilla: $N\mu_{\text{ef}}A\omega B_0 = 10^4 \times 10^{-4} \times 6.3 \times 10^6 \times 1.4 \times 10^{-10} = 0.9\,\mathrm{mV}$ — menos, pero compacta y selectiva.

5. $A = 1.5\lambda^2/4\pi = 1.1 \times 10^{4}\,\mathrm{m}^{2}$ : $P = \Pi A = 26\,\mathrm{mW}$ .

6. $36/38 = 95\%$ ; $5\,\mathrm{kW}$ de calor.

7. $r/\lambda = 33$ a $10\,\mathrm{km}$ : zona de radiación; a $100\,\mathrm{m}$ , $r \approx \lambda/3$ : la región de transición, donde el campo cuasiestático todavía cuenta.

8. De día la capa D absorbe la onda que si no llegaría a las capas reflectantes; de noche desaparece y la onda ionosférica lleva la emisora a cientos de kilómetros.

9. $\sigma(450) = 1.0 \times 10^{-30}\,\mathrm{m}^{2}$ , $\sigma(650) = 2.4 \times 10^{-31}\,\mathrm{m}^{2}$ : cociente $4.4$ .

10. Recorridos libres medios de $39$ , $87$ y $170\,\mathrm{km}$ ; $\tau = 0.21$ , $0.09$ , $0.05$ : dispersado el $19\%$ , el $9\%$ y el $5\%$ .

11. $N\sigma I = 2.5 \times 10^{25} \times 4.6 \times 10^{-31} \times 300 = 3.5\,\mathrm{mW}/\mathrm{m}^{3}$ , en $4\pi$ con el diagrama $(1 + \cos^2\chi)$ para luz natural.

12. La columna dispersa $3.5 \times 10^{-3} \times 8000 = 28\,\mathrm{W}$ de sus $300\,\mathrm{W}$ (el $9\%$ ); repartidos por el hemisferio, el cielo entrega unos $4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}$ , frente a los $300/6.8 \times 10^{-5} = 4 \times 10^{6}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}$ del Sol: una millonésima por estereorradián — el orden correcto.

13. Totalmente polarizada a $90{}^{\circ}$ en dispersión simple; la dispersión múltiple y el suelo la reducen a un $75\%$ ; las abejas y las hormigas leen el patrón para encontrar el Sol tras las nubes.

14. $\tau \times 38$ : azul $8$ ( $T = 3 \times 10^{-4}$ ), rojo $1.8$ ( $T = 0.17$ ): un Sol rojo intenso; en el cenit la luz llega tras un camino corto y es azul.

15. Sin atmósfera no hay nada que disperse: el cielo es negro junto al Sol.

16. El polvo de un micrómetro dispersa como partículas de Mie: hacia delante y en rojo, lo que da un cielo de color caramelo; cerca del Sol poniente, la luz dispersada hacia delante es azul.

17. $8\pi r_e^2/3 = 6.65 \times 10^{-29}\,\mathrm{m}^{2}$ .

18. $a = v^2/2d = 6.4 \times 10^{21}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; $\mathcal P = e^2a^2/6\pi\varepsilon_0c^3 = 2 \times 10^{-10}\,\mathrm{W}$ durante $2d/v = 2.5 \times 10^{-14}\,\mathrm{s}$ : $6 \times 10^{-24}\,\mathrm{J}$ , $10^{-10}$ de $100\,\mathrm{keV}$ — el rendimiento real ronda el $1\%$ , porque el frenado ocurre en encuentros violentos y próximos con los núcleos, no en una deceleración uniforme y suave.

19. $hc/E = 12.4\,\mathrm{pm}$ .

20. $2\,\mathrm{kW}$ en el haz y unos $20\,\mathrm{W}$ de rayos X; dos kilovatios de calor en un punto — el ánodo gira para repartirlo.

21. $a = v^2/r = 9 \times 10^{22}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $\mathcal P = 5 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}$ ; los $13.6\,\mathrm{eV}$ se van en $5 \times 10^{-11}\,\mathrm{s}$ .

22. Las cargas clásicas en movimiento ligado radian sin parar; la mecánica cuántica tiene estados estacionarios que no lo hacen, y uno más bajo sin sitio al que caer.

23. $a = c^2/R = 9 \times 10^{14}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : $5 \times 10^{-24}\,\mathrm{W}$ por Larmor, y $\gamma^4 \sim 10^{16}$ veces más en la realidad: decenas de kilovatios de luz de sincrotrón de un haz almacenado.

24. $\sigma_TI = 6.7 \times 10^{-26}\,\mathrm{W}$ ; $1.5 \times 10^{25}$ electrones para un vatio.

25. Mástil: $5.7 \times 10^{-4}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ a $1\,\mathrm{MHz}$ , $100\,\mathrm{kW}$ , un toro vertical. Molécula: $\sim$ $1 \times 10^{-35}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ a $500\,\mathrm{THz}$ , $1 \times 10^{-28}\,\mathrm{W}$ , un toro en torno al campo. Electrón libre: Thomson, $1 \times 10^{-25}\,\mathrm{W}$ bajo la luz solar, con el mismo diagrama.