1. 개요
electromagnetic wave radiation · 電磁氣波 放射이 문서에서는 전자기파 방사에 대한 것을 다루게 된다.
현대 생활에서 안테나를 이용한 무선 통신 기술은 모두 전자기파를 송출 즉, 방사하여 정보를 전달하는 것에서 시작된다. 따라서 이러한 무선 통신 기술 이해에 있어서, 더 나아가 주파수 공학 등에서는 이 전자기파 방사에 대한 내용의 이해가 필연적이다.
고등학교에서 물리학을 들었다면, "가속하는 전하는 전자기파를 방사함"을 알거나 최소 들어는 봤을 것이다. 이 문서에서는 그러한 상황에서 전자기파가 어떻게 방사되는지, 또, 안테나에서 전자기파가 어떻게 방사되는지, 쌍극자와 연관되어 쌍극자에서 전자기파가 어떻게 방사되는지를 알아볼 것이다.
2. 퍼텐셜 방정식
이제부터 아래와 같은 가정을 사용할 것이다.- 자유 전하는 없다. 즉, [math(\rho_{f}=0)]이다.
- 자유 전류는 없다. 즉, [math(\mathbf{J}_{f}=0)]이다. 다만, 금속과 같은 전도성 물질 내에는 옴의 법칙에 의한 자유 전류만 존재한다. 즉, [math(\mathbf{J}_{f}=\sigma_{c} \mathbf{E})]이다.
- 분석하는 매질은 [math(\mathbf{D}=\varepsilon \mathbf{E})], [math(\mathbf{B}=\mu \mathbf{H})]를 만족하는 단순한 매질이다.
장이 정적이 아닐 때, 자기 퍼텐셜과 전기 퍼텐셜은 아래와 같은 관계에 있다고 했다. 각각의 내용은 자기 퍼텐셜과 패러데이 법칙 문서를 참고하라.
| [math(\begin{aligned}\displaystyle \mathbf{B}&=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A}\\\mathbf{E}&=-\boldsymbol{\nabla}\Phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\end{aligned})] |
| [math(\displaystyle \frac{1}{\mu}\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{B}=\mathbf{J}_{f}+\varepsilon \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} )] |
| [math(\displaystyle \frac{1}{\mu}\boldsymbol{\nabla} \times (\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A})=-\varepsilon \frac{\partial }{\partial t} \!\left( \boldsymbol{\nabla}\Phi+\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right)+\mathbf{J}_{f} )] |
| [math(\displaystyle \boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A})-\nabla^{2}\mathbf{A}=-\mu\varepsilon \frac{\partial }{\partial t} \!\left( \boldsymbol{\nabla}\Phi+\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right)+\mu\mathbf{J}_{f} )] |
| [math(\displaystyle \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} -\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A})-\mu\varepsilon \boldsymbol{\nabla} \!\left( \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)=-\mu\mathbf{J}_{f} )] |
이번엔 가우스 법칙
| [math(\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{E}=\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} )] |
| [math(\displaystyle -\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \!\left( \boldsymbol{\nabla}\Phi+\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right)=\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} )] |
| [math(\displaystyle \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}) =-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} )] |
이상에서 아래와 같은 두 가지 퍼텐셜 방정식을 얻었다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} -\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A})-\mu\varepsilon \boldsymbol{\nabla} \!\left( \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)&=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} )] |
2.1. 쿨롱 게이지
정자기학을 논의하면서, 자기 퍼텐셜은 유일성에 있지 않고, 선택성이 있다고 논의했다. 따라서 이 퍼텐셜의 선택성에 제약을 걸어두기 위해 한 가지의 조건을 도입하였고, 그것이 바로 쿨롱 게이지(Coulomb gauge) 조건이었다. 쿨롱 게이지는 자기 퍼텐셜의 발산을 0으로 둔다. 즉,| [math(\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}=0 )] |
| [math(\displaystyle \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}) =-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} )] |
| [math(\displaystyle \nabla^{2} \Phi =-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} )] |
| [math(\displaystyle \nabla^{2} \Phi(\mathbf{r},\,t) =-\frac{\rho_{f}(\mathbf{r'},\,t)}{\varepsilon} )] |
| [math(\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t) =\frac{1}{4 \pi \varepsilon} \int \frac{\rho_{f}(\mathbf{r'},\,t)}{\!\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,{\rm d}V' )] |
| [math(\displaystyle \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} - \boldsymbol{\nabla} \!\left( \varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)=-\mu\mathbf{J}_{f} )] |
앞서 구한 전기 퍼텐셜 [math(\Phi)]는 관측 지점의 변화가 광속을 초월해 즉각 반영된다는 점에서 상대론적인 인과율을 위배하는 것처럼 보인다. 그러나, 실제 전하의 운동에 영향을 미치는 것은 스칼라 퍼텐셜과 자기 퍼텐셜의 합성이므로, 전자기파의 속도가 유한한 것과 모순되지 않는다. 다만, 전자기파 방사와 같이 장이 정적이 아닐 때 쿨롱 게이지 조건을 쓰는 것은 계산을 복잡하게 할 수 있다. 그래서 이와 같은 상황을 다룰 때는 전기장과 자기장을 동등한 조건에서 취급하는 로런츠 게이지(Lorenz gauge)라는 조건을 쓰게 된다.
2.2. 로런츠 게이지
위 문단에서 퍼텐셜 방정식이| [math(\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} -\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A})-\mu\varepsilon \boldsymbol{\nabla} \!\left( \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)&=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} )] |
| [math( \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t}=0 )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} - \boldsymbol{\nabla} \!\left( \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)&=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t} \!\left(-\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} &=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi -\varepsilon \mu \frac{\partial^{2} \Phi}{\partial t^{2}} &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} &=-\mu_{0}\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi -\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} \Phi}{\partial t^{2}} &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon_{0}} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \nabla^{2}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2} }{\partial t^{2}} \equiv \Box )] |
| [math(\displaystyle \Box \mathbf{A}=-\mu_{0}\mathbf{J}_{f} \qquad \qquad \Box \Phi=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon_{0}} )] |
이번에는 전도성 물질 내에서는 어떻게 되는지 살펴보자. 전도성 물질 내에서 자유 전류는 옴의 법칙에 의한 것만 있다고 가정하므로 [math(\mathbf{J}_{f}=\sigma_{c} \mathbf{E})]이다. 따라서
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} -\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A})-\mu\varepsilon \boldsymbol{\nabla} \!\left( \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)&=-\mu \sigma_{c} \mathbf{E} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} - \boldsymbol{\nabla} \!\left( \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} +\sigma_{c} \mu \Phi \right)&=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}=-\sigma_{c}\mu \frac{\partial \Phi}{\partial t}-\sigma_{c}\mu \Phi )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\sigma_{c}\varepsilon \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} -\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} &=0 \\ \nabla^{2} \Phi -\sigma_{c}\varepsilon \frac{\partial \Phi}{\partial t}-\varepsilon \mu \frac{\partial^{2} \Phi}{\partial t^{2}} &=0 \end{aligned} )] |
2.3. 게이지 변환과 게이지 불변성
위와 같이 자기 퍼텐셜엔 선택성이 있고, 이 선택성 때문에 한 장을 기술하는 자기 퍼텐셜은 여러 개가 되어 한 자기 퍼텐셜이 한 장과 대응하기 위해 걸어주는 조건을 게이지 조건이라 했다. 이 중 많이 사용하는 것이 쿨롱 게이지와 로런츠 게이지이며, 전자기파 방사처럼 장이 정적이 아닐 때는 달랑베르시안으로 파동 방정식을 단순화하기 위해 로런츠 게이지를 주로 사용한다.임의의 자기 퍼텐셜을 [math(\mathbf{A})]이라 하자. 자기 퍼텐셜 문서에서 논의했듯, 어떤 스칼라 함수 [math(\psi)]의 그레이디언트를 취하여 더한 새로운 자기 퍼텐셜도 같은 자기장을 기술할 수 있다고 했다. 즉, 다음이 성립한다.
| [math(\displaystyle \mathbf{A'}=\mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\psi )] |
| [math(\displaystyle \boldsymbol{\nabla}\times \mathbf{A}=\boldsymbol{\nabla}\times \mathbf{A'}=\mathbf{B} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi'-\frac{\partial \mathbf{A'}}{\partial t} )] |
| [math(\begin{aligned}\displaystyle\mathbf{E}&=-\boldsymbol{\nabla}\Phi'-\frac{\partial }{\partial t}(\mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\psi)\\&=-\boldsymbol{\nabla}\Phi'-\boldsymbol{\nabla} \!\left( \frac{\partial \psi}{\partial t} \right) -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \\ &=-\boldsymbol{\nabla} \!\left( \Phi'+ \frac{\partial \psi}{\partial t} \right) -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\end{aligned})] |
| [math(\displaystyle \Phi'=\Phi- \frac{\partial \psi}{\partial t} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{A'} \rightarrow \mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\psi \qquad \qquad \Phi'\rightarrow\Phi- \frac{\partial \psi}{\partial t} )] |
게이지 조건 없이 임의로 주어진 두 장이 있을 때, 게이지 변환을 통해 새로운 퍼텐셜이 로런츠 게이지 조건을 따르도록 하는 것이 가능하다. 장을 기술하는 임의의 두 퍼텐셜 [math(\mathbf{A})], [math(\Phi)]를 생각하자. 새롭게 도입한 퍼텐셜 [math(\mathbf{A'})], [math(\Phi')]가 로런츠 게이지 조건을 만족시키려면,
| [math( \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A'}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi'}{\partial t}=0 )] |
| [math( \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} (\mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\psi)+\varepsilon \mu \frac{\partial }{\partial t} \!\left( \Phi- \frac{\partial \psi}{\partial t} \right)=0 )] |
| [math( \displaystyle \nabla^{2}\psi-\varepsilon \mu \frac{\partial^{2} \psi}{\partial t^{2}}=- \!\left( \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right) )] |
3. 뒤처진 퍼텐셜
시간에 따라 전하와 전류 분포가 변하는 원(原; source)이 있을 때, 이로 인한 퍼텐셜의 변화는 즉각적이지 않다. 실제로는 원에서 발생한 퍼텐셜이 전파되는 데는 속도 한계가 존재한다. 즉, 관측하는 지점이 [math(\mathbf{r})]이고 원의 위치가 [math(\mathbf{r'})]일 때, 진공에서는 [math({\left|\mathbf{r-r'}\right|}/{c})]만큼 뒤쳐진 퍼텐셜이 관측된다. 이를 시간 변수로 생각해보면, 관측자가 시각 [math(t)]에 보는 퍼텐셜은
| [math(\displaystyle t_{r} \equiv t-\frac{\!\left|\mathbf{r-r'}\right|}{c} )] |
지연 시각의 개념은 다음과 같은 예로 이해할 수 있다. 지구에서 초신성의 폭발을 관측했을 때, 초신성이 폭발할 그 순간을 관측하게 되는 것이 아닌 그 초신성으로 부터 지구까지 도달하기까지의 시간만큼 전의 신호를 관측하게 되는 것이다. 즉, 5억 년 전 초신성이 폭발했다 가정하면, 우리가 관측하는 신호는 실시간이 아닌 5억년 전의 과거로부터 온 것이다.
이와 같은 논리를 적용하면, 진공 중에 어느 지점에 전하분포 [math(\rho(\mathbf{r'},\,t))]와 전류 분포 [math(\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t))]의 原이 만드는 스칼라 퍼텐셜과 벡터 퍼텐셜[3]은 다음과 같이 주어진다.[4]
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi(\mathbf{r},\,t)&=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\iiint_{V} \frac{\rho(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\!\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,{\rm d}V' \\ \mathbf{A}(\mathbf{r},\,t)&=\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\iiint_{V} \frac{\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\!\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,{\rm d}V' \end{aligned} )] |
4. 구면 좌표계의 전파 방정식
진공의 구면좌표계에서 방사되는 전자기파의 방정식은 벡터 헬름홀츠 방정식으로 기술된다.| [math(\displaystyle \nabla^{2}\mathbf{V}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2} \mathbf{V}}{\partial t^{2}}=0 )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{V}=\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi )] |
해당 [math(\mathbf{V})]를 헬름홀츠 방정식에 넣고, 단색광을 고려하고 있으므로 [math(\mathbf{V} \propto e^{-i \omega t})]임을 이용하면 아래와 같은 식으로 고칠 수 있다.
| [math(\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{r} \!\left( \nabla^{2}\psi+\frac{\omega^{2}}{c^{2}}\psi \right)=0 )] |
| [math(\displaystyle \nabla^{2}\psi+\frac{\omega^{2}}{c^{2}}\psi =0 )] |
| [math(\displaystyle \psi=\sum_{lm}C_{lm}\,h_{1}^{(1)}(kr)Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi) \equiv \sum_{lm} \psi_{lm} )] |
| [math(\displaystyle \psi_{00} \propto -\frac{e^{ikr}}{kr} )] |
| [math(\displaystyle \psi_{10} \propto \frac{e^{ikr}}{kr} \!\left( 1+\frac{i}{kr} \right)\cos{\theta} )] |
[math(\mathbf{V})]가 전기장이라면, 그것을 TE(transverse electric)라 한다. 따라서 위에서의 스칼라 방정식을 만족시키는 스칼라 해 [math(\psi)]를 찾았다면, 전기장은
| [math(\displaystyle \mathbf{E}=\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi )] |
| [math(\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{E}=i \omega \mathbf{B} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{B}=\frac{\boldsymbol{\nabla} \times (\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi)}{i \omega } )] |
또한, [math(\mathbf{V})]가 자기장이라면, 그것을 TM(transverse magnetic)이라 부르며, TE와 같은 논법으로
| [math(\displaystyle \mathbf{B}=\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{E}=-\frac{c^{2} }{i \omega }\boldsymbol{\nabla} \times (\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi) )] |
5. 쌍극자 방사
5.1. 전기 쌍극자 모멘트 방사
[math(z)]축 위에 놓인 [math(\mathbf{\hat{z}})]방향의 변하는 전기 쌍극자 [math(\mathbf{p}(t)=q_{0}d\mathbf{\hat{z}}\cos{(\omega t)})]를 고려하자. 간단하게 이 문제를 대치하려면 원점과 [math((0,\,0,\,d))]에 작은 쇠구슬을 놓고, 얇은 전선으로 연결했다고 생각한다.[7]스칼라 퍼텐셜은 위쪽 전하에 의한 것과 아래쪽에 의한 것 두 가지의 선형 결합이다. 그런데, 이러한 퍼텐셜은 뒤처진 퍼텐셜로 기술되므로
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=\frac{q_{0}}{4\pi \varepsilon_{0}} \left[\dfrac{\cos{\biggl\{ \omega \biggl( t-\dfrac{|\mathbf{r-d}|}{c} \biggr) \biggr\} } }{|\mathbf{r-d}|}-\frac{\cos{\biggl\{ \omega \biggl(t-\dfrac{r}{c} \biggr) \biggr\}}}{r} \right] \\ &=\frac{q_{0}}{4\pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-k|\mathbf{r-d}|)}}{|\mathbf{r-d}|} -\frac{\cos{(\omega t- kr)}}{r} \right] \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} |\mathbf{r-d}|&\simeq r-d\cos{\theta} \\ \frac{1}{|\mathbf{r-d}|}&\simeq \frac{1}{r}\left[ 1+\frac{d}{r}\cos{\theta} \right ] \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi=\frac{q_{0}}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{r} \left[ \cos{(\omega t-kr+kd\cos{\theta})} \left[1+\frac{d}{r}\cos{\theta} \right]-\cos{(\omega t-kr)} \right] \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned}\cos{(\omega t-kr+kd\cos{\theta})} \simeq \cos{(\omega t-kr)}-k d\sin{(\omega t-kr)}\cos{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=\frac{q_{0}}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{r} \left[ [\cos{(\omega t-kr)}-k\omega d\sin{(\omega t-kr)}\cos{\theta} ] \left[1+\frac{d}{r}\cos{\theta} \right]-\cos{(\omega t-kr)} \right]\\&=\frac{q_{0}d \cos{\theta}}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{r^2}-\frac{k \sin{(\omega t-kr)}}{r} \right ]\\&=\frac{p_{0} \cos{\theta}}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{r^2}-\frac{k \sin{(\omega t-kr)}}{r} \right ] \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=\frac{p_{0}\cos{\theta}}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{r^2} \end{aligned} )] |
허나, 전자기파 방사에서 다루는 것은 먼 영역 [math(kr \gg 1)]인 영역에서도 유의미한 장을 찾는 것이다. 따라서 전자기파 방사에서 지배적인 스칼라 퍼텐셜은 조금 식의 형태를 바꾸어 다음과 같이 쓸 수 있다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=-\frac{p_{0}k^2 }{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{ \sin{(\omega t-kr)}}{kr}\cos{\theta} \end{aligned} )] |
전류는 전하량의 시간 미분이므로
| [math(\displaystyle \begin{aligned} I&=\dot{q} \\&=-q\omega \sin{(\omega t)} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}= -\frac{q_{0} \omega }{4\pi \varepsilon_{0} c^2 }\mathbf{\hat{z}} \int_{0}^{d} \frac{\sin{(\omega t-k|r-r'|)}}{|\mathbf{r-r'}|}\,{\rm d}r' \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}&= -\mathbf{\hat{z}}\frac{q_{0} \omega }{4\pi \varepsilon_{0} c^2 } \int_{0}^{d} \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r}\,{\rm d}r' \\&= -\mathbf{\hat{z}}\frac{p_{0} \omega }{4\pi \varepsilon_{0} c^2 } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r}\\&= -\mathbf{\hat{z}}\frac{p_{0} k^2 }{4\pi \varepsilon_{0} c } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{kr} \end{aligned} )] |
이제 장을 결정하자. 아까도 주의를 준 바 있으나, 고려하고 있는 영역은 [math(kr \gg 1)]인 영역이라는 점이다. 이러한 영역에서도 유의미한 것은 [math((kr)^{-1})]에 비례하는 장이다. 이것의 이유에 대해서는 후술한다. 스칼라 퍼텐셜의 음의 그레이디언트는
| [math(\begin{aligned} -\boldsymbol{\nabla}\Phi&= \frac{p_{0}k^3}{4\pi \varepsilon_{0}} \left[-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr} \mathbf{\hat{r}}-\frac{\sin{(\omega t-kr)}}{(kr)^2}\mathbf{\hat{r}} \right] \cos{\theta} \\&\simeq -\mathbf{\hat{r}}\frac{p_{0}k^3}{4\pi \varepsilon_{0}}\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr} \cos{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}&=\mathbf{\hat{z}} \frac{p_{0} k^3 }{4\pi \varepsilon_{0} } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\frac{p_{0} k^3 }{4\pi \varepsilon_{0} } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}[\mathbf{\hat{r}}\cos{\theta}-\mathbf{\hat{z}}] \\&=-\frac{p_{0} k^3 }{4\pi \varepsilon_{0} } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}[\mathbf{\hat{r}}\cos{\theta}-(\mathbf{\hat{r}}\cos{\theta}-\boldsymbol{\hat{\theta}}\sin{\theta}) ] \\&=-\boldsymbol{\hat{\theta}}\frac{p_{0} k^3 }{4\pi \varepsilon_{0} } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
벡터 퍼텐셜의 회전을 통해 자기장을 결정할 수 있다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{B}&= \boldsymbol{\nabla} \times \left[ -\frac{p_{0} k^2 }{4\pi \varepsilon_{0} c } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{kr}(\mathbf{\hat{r}}\cos{\theta}-\boldsymbol{\hat{\theta}}\sin{\theta}) \right] \\&= \boldsymbol{\hat{\phi}} \frac{p_{0} k^2 }{4\pi \varepsilon_{0} c r} \sin{\theta} \frac{\partial }{\partial r} \left[r \cdot \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{kr} \right] \\&=-\boldsymbol{\hat{\phi}}\frac{p_{0} k^3 }{4\pi \varepsilon_{0} c } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
이상에서 방사와 관련된 결정된 퍼텐셜과 장은 다음과 같다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi(\mathbf{r},\,t)&=-\frac{p_{0}k^2}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{\sin{(\omega t-kr)}}{kr}\cos{\theta} \\ \mathbf{A}(\mathbf{r},\,t)&=-\mathbf{\hat{z}}\frac{p_{0} k^2 }{4\pi \varepsilon_{0} c } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{kr} \\ \\ \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=- \hat{\boldsymbol{\theta}} \, \frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}\sin{\theta} \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=- \hat{\boldsymbol{\phi}} \, \frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}c} \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
이제 이 방사장의 강도를 고찰해 보자. 전자기파의 복사 강도는 포인팅 벡터로 주어지므로 방사장에 대한 포인팅 벡터는
| [math( \displaystyle \begin{aligned} \mathbf{S} &=\frac{1}{\mu_{0}}\mathbf{E} \times \mathbf{B} \\ &=\mathbf{\hat{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{(4 \pi \varepsilon_{0})^{2}c \mu_{0} r^{2}} \cos^{2}{(\omega t-kr)}\sin^{2}{\theta} \end{aligned} )] |
| [math( \displaystyle \!\left \langle \mathbf{S} \right \rangle=\mathbf{\hat{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2} )] |
| [math( \displaystyle \begin{aligned} \langle P \rangle&=\oiint_{\Omega} \!\left \langle \mathbf{S} \right \rangle \boldsymbol{\cdot} d \mathbf{a} \\ &=\oint_{\Omega} \!\left[ \mathbf{\hat{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2} \right]\boldsymbol{\cdot} \mathbf{\hat{r}}\,r^{2}\,{\rm d}\Omega \\ &=\oint_{\Omega} \mathbf{\hat{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \sin^{2}{\theta} \,{\rm d}\Omega \end{aligned} )] |
| [math( \displaystyle \langle P \rangle=\frac{p_{0}^2k^{4}}{12 \pi \varepsilon_{0}^{2}c \mu_{0} } )] |
| [math( \displaystyle \frac{{\rm d} \langle P \rangle}{{\rm d}\Omega}=\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \sin^{2}{\theta} )] |
[math(\mathbf{p})]는 여기에서 다루는 방사 原 전기 쌍극자 모멘트이며, 원점으로 부터 곡선까지의 한 벡터 [math(\mathbf{P})]를 생각했을 때, [math(\left|\mathbf{P} \right|)]는 [math(\mathbf{P})] 방향의 단위 입체각 당 방사 강도가 된다. 이 때 가장 눈여겨봐야 하는 것은 [math(\theta=\pm \pi/2)]일 때 방사 강도는 최대가 되며, [math(\theta=0,\,\pi)]일 때 방사 강도는 0이 된다는 점이다. 따라서 방사 강도는 쌍극자와 수직인 축에서 최대가 되며, 쌍극자와 동일한 축에서는 0이 된다. 또한, [math(xy)]평면에서 패턴을 보면, 복사 강도는 [math(\phi)]에 의존하지 않기 때문에 [math(xy)]평면 어느 방향에서나 같은 강도로 방사된다는 것을 쉽게 예측할 수 있다. 따라서 방사패턴은 실제적으로 3차원으로 나타나며, 이것과 같이 나오게 된다.
5.2. 자기 쌍극자 모멘트 방사
변하는 자기 쌍극자 모멘트에 의해서도 전자기파는 방사 가능하다.간단한 자기 쌍극자를 고려하기 위해 다음과 같이 [math(xy)]평면 위에 놓인 반지름 [math(R)]인 중성인 원형 도선을 준비하고, 그 도선에 전류 [math(I(t)=I_{0}\cos{(\omega t)})]를 흘러준다. 전류는 반시계 방향으로 흐른다.
벡터 퍼텐셜은
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}&=\frac{mu_{0}}{4\pi}\int \frac{I\biggl(\omega \biggl( t-\dfrac{|\mathbf{r-r'}|}{c} \biggr)\! \biggr)}{|\mathbf{r-r'}|}\,{\rm d}\mathbf{l} \\&=\frac{\mu_{0} I_{0}}{4\pi} \oint \boldsymbol{\hat{\phi}} \frac{\cos{(\omega t-k|\mathbf{r-r'}|)}}{|\mathbf{r-r'}|} \,{\rm d}l \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{\hat{r}}&=\mathbf{\hat{x}}\sin{\theta}\cos{\phi}+\mathbf{\hat{y}}\sin{\theta}\sin{\phi}+\mathbf{\hat{z}}\cos{\theta} \\ \mathbf{\hat{r}'}&=\mathbf{\hat{x}} \cos{\phi'}+\mathbf{\hat{y}} \sin{\phi'} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \cos{\psi}=\sin{\theta}\cos{(\phi-\phi')} \end{aligned} )] |
[math(r \gg R)]임을 이용해서 다음을 전개한다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} |\mathbf{r-r'}|&=r-R\sin{\theta}\cos{(\phi-\phi')} \\ \frac{1}{|\mathbf{r-r'}|}&=\frac{1}{r}\left[ 1+\frac{R}{r}\sin{\theta}\cos{(\phi-\phi')} \right] \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\omega t-k|\mathbf{r-r'}|)}=\cos{(\omega t-kr)}-k R \sin{(\omega t-kr)}\sin{\theta}\cos{(\phi-\phi')} \end{aligned} )] |
벡터 퍼텐셜을 구하기 위해 다음의 적분하여야 한다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}= \frac{\mu_{0} I_{0} R}{4\pi r}\int_{0}^{2\pi} [\cos{(\omega t-kr)}-k R \sin{(\omega t-kr)}\sin{\theta}\cos{(\phi-\phi')}]\left[ 1+\frac{R}{r}\sin{\theta}\cos{(\phi-\phi')} \right] (-\mathbf{\hat{x}} \sin{\phi'}+\mathbf{\hat{y}} \cos{\phi'})\,{\rm d}\phi' \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \int_{0}^{2\pi}\sin{\phi'}\,{\rm d}\phi'&=0 \\ \int_{0}^{2\pi}\cos{(\phi-\phi')}\sin{\phi'}\,{\rm d}\phi'&=\pi \sin{\phi} \\ \int_{0}^{2\pi}\cos^{2}{(\phi-\phi')}\sin{\phi'}\,{\rm d}\phi'&=0 \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} A_{x}= -\frac{\mu_{0} I_{0} \pi R^{2} }{4\pi r} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)} }{r}-k\sin{(\omega t-kr)} \right]\sin{\phi} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \int_{0}^{2\pi}\cos{\phi'}\,{\rm d}\phi'&=0 \\ \int_{0}^{2\pi}\cos{(\phi-\phi')}\cos{\phi'}\,{\rm d}\phi'&=\pi \cos{\phi} \\ \int_{0}^{2\pi}\cos^{2}{(\phi-\phi')}\cos{\phi'}\,{\rm d}\phi'&=0 \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} A_{y}= \frac{\mu_{0} I_{0} \pi R^{2} }{4\pi r} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)} }{r}-k\sin{(\omega t-kr)} \right]\cos{\phi} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}= \boldsymbol{\hat{\phi}}\frac{\mu_{0} m_{0} }{4\pi } \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)} }{r^{2}}-\frac{k\sin{(\omega t-kr)}}{r} \right] \sin{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}= \boldsymbol{\hat{\phi}}\frac{\mu_{0} m_{0} \sin{\theta}}{4\pi } \frac{1 }{r^{2}} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}= -\boldsymbol{\hat{\phi}}\frac{\mu_{0} m_{0} k }{4\pi } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+\varepsilon_{0}\mu_{0}\frac{\partial \Phi}{\partial t}=0 \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi \to 0 \end{aligned} )] |
퍼텐셜이 구해졌으므로 장을 결정하는 것은 쉽다. 더욱이 스칼라 퍼텐셜이 없다고 취급하기 때문에 그 계산이 간결하다. 전기장은 벡터 퍼텐셜의 시간 미분으로 주어진다. 다만 우리가 [math(kr \gg 1)]인 영역에서도 방사되는 장을 원하므로
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \\&= \boldsymbol{\hat{\phi}}\frac{\mu_{0} m_{0} k^3 c }{4\pi } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr} \sin{\theta} \\&= \boldsymbol{\hat{\phi}}\frac{ m_{0} k^3 }{4\pi \varepsilon_{0} c} \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
자기장은
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{B}&=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A} \\&=-\boldsymbol{\hat{\theta}}\frac{ m_{0} k }{4\pi \varepsilon_{0} c^2 r} \sin{\theta} \frac{\partial}{\partial r} \biggl[r \cdot \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r} \biggr] \\ &=-\boldsymbol{\hat{\theta}}\frac{ m_{0} k^3 }{4\pi \varepsilon_{0} c^2 } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
위 결과에서 나온 방사장과 그것에 관련된 퍼텐셜은 아래와 같다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned}\Phi(\mathbf{r},\,t)&=0 \\ \mathbf{A}(\mathbf{r},\,t) &=-\boldsymbol{\hat{\phi}}\frac{\mu_{0} m_{0} k }{4\pi } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r} \sin{\theta} \\\\ \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=\hat{\boldsymbol{\phi}}\,\frac{m_{0} k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} c } \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=-\hat{\boldsymbol{\theta}} \, \frac{m_{0} k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} } \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
전자기파의 복사 강도는 포인팅 벡터로 주어지므로,
| [math( \displaystyle \begin{aligned} \mathbf{S} &=\frac{1}{\mu_{0}}\mathbf{E} \times \mathbf{B} \\ &=\mathbf{\hat{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{(4 \pi \varepsilon_{0})^{2}c^{3} \mu_{0} r^{2}} \cos^{2}{(\omega t-kr)}\sin^{2}{\theta} \end{aligned} )] |
| [math( \displaystyle \!\left \langle \mathbf{S} \right \rangle=\mathbf{\hat{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0} r^{2}} \sin^{2}{\theta} )] |
| [math( \displaystyle \begin{aligned} \langle P \rangle&=\oiint_{\Omega} \!\left \langle \mathbf{S} \right \rangle \boldsymbol{\cdot} {\rm d} \mathbf{a} \\ &=\oint_{\Omega} \!\left[ \mathbf{\hat{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0}} \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2} \right]\boldsymbol{\cdot} \mathbf{\hat{r}}\,r^{2}\,{\rm d}\Omega \\ &=\oint_{\Omega} \mathbf{\hat{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0}} \sin^{2}{\theta} \,{\rm d}\Omega \end{aligned} )] |
| [math( \displaystyle \!\left \langle P \right \rangle=\frac{m_{0}^2k^{4}}{12 \pi \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0} } )] |
| [math( \displaystyle \frac{{\rm d} \langle P \rangle}{{\rm d}\Omega}=\frac{m_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0}} \sin^{2}{\theta} )] |
5.3. 요약
- 전기 쌍극자나 자기 쌍극자가 변화하면 복잡하게 주어지는 방사장을 만들어낸다.
- 방사장은 [math((kr)^{-1})]에 비례하는 장으로 잡으며, 이것은 방사하는 原 가까이의 장에 관심이 있는 것이 아니라 매우 먼 영역에서 관측되는 장 즉, 먼 영역에서 방사 강도가 관측되는 장에 관심이 있기 때문에 그렇게 잡는 것이다. 이렇게 하면, 자기장 혹은 전기장 모두 [math(r^{-1})]에 비례하여, 포인팅 벡터를 구할 시 [math(r^{-2})]에 비례하게 되며, 방사 강도를 구할 때, 미소 면적은 [math(r^{2})]에 비례하게 되어 거리에 의존된 항이 모두 상쇄된다. 그렇기 때문에 原으로부터 매우 먼 영역에서도 방사 강도가 존재할 수 있다.
- 전자기파 자체의 복사 강도는 포인팅 벡터로 주어지며, 포인팅 벡터 자체는 단위 면적, 단위 시간 당 표면을 통과하는 에너지가 이므로 구면에 대해 적분하면, 전자기파가 구면을 통과하면서 한 일률을 계산할 수 있으며, 이것을 총 방사 강도라 한다. 또한, 단위 입체각 당 복사 강도는 거리에 무관하며, 쌍극자와 수직인 축에서 최대가 되며, 쌍극자가 놓여 있는 축에서는 0이 된다.
- 아래의 표는 위 문단들의 내용을 요약한 것이다.
| 전기 쌍극자 모멘트 방사 | 자기 쌍극자 모멘트 방사 |
| 原 | [math( \mathbf{p}(t)=p_{0}\mathbf{\hat{z}}\cos{(\omega t)} )] | [math(\mathbf{m}(t)=m_{0}\mathbf{\hat{z}}\cos{(\omega t)})] |
| 방사장 | [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=- \hat{\boldsymbol{\theta}} \, \frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}\sin{\theta} \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=- \hat{\boldsymbol{\phi}} \, \frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}c} \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} )] | [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=\hat{\boldsymbol{\phi}}\,\frac{m_{0} k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} c } \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=-\hat{\boldsymbol{\theta}} \, \frac{m_{0} k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} } \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} )] |
| 포인팅 벡터 | [math( \displaystyle \mathbf{S}=\mathbf{\hat{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{(4 \pi \varepsilon_{0})^{2}c \mu_{0} r^{2}} \cos^{2}{(\omega t-kr)}\sin^{2}{\theta} )] | [math( \displaystyle \mathbf{S}=\mathbf{\hat{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{(4 \pi \varepsilon_{0})^{2}c^{3} \mu_{0} r^{2}} \cos^{2}{(\omega t-kr)}\sin^{2}{\theta} )] |
| 총 방사 강도 | [math( \displaystyle \langle P \rangle=\frac{p_{0}^2k^{4}}{12 \pi \varepsilon_{0}^{2}c \mu_{0} } )] | [math( \displaystyle \!\left \langle P \right \rangle=\frac{m_{0}^2k^{4}}{12 \pi \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0} } )] |
6. 안테나
안테나는 잘 알고있다시피, 정보를 전자기파 형태로 방사하여 전달하기 위한 장치[8]이며, 현대엔 여러 종류의 안테나가 개발되어 있다. 이 문단에서는 가장 간단한 안테나인 "미소 쌍극자 안테나"와 "반파장 안테나"에 대해 분석해보고자 한다.6.1. 미소 쌍극자 안테나
미소 쌍극자 안테나의 구조를 간단하게 나열하면 아래와 같다.위와 같이 두 도체봉이 교류전원에 연결되어 있는 형태이며, 고류전원을 통해 전류를 흘려줌으로써 전하는 도체봉의 끝으로 몰리거나 끝에서 사라져간다. 따라서 각 도체봉의 끝은 [math(+)] 혹은 [math(-)]로 대전된다. 또한 교류전원에 연결되어 있으므로 전류는 각 시간마다 달라지므로 끝에 대전된 전하량과 부호 또한, 교류전원의 주파수에 따라 변하게 된다. 안테나의 길이가 매우 짧은 안테나를 고려하고 있기 때문에 도체봉은 근사적으로 변하는 쌍극자라 생각할 수 있고, 윗 문단에서 변하는 쌍극자는 전자기파 방사를 할 수 있음을 논의했다. 그렇기 때문에 이러한 안테나를 미소 쌍극자 안테나(short dipole antenna)라 한다.
위 그림은 분석하기 용이하게 미소 쌍극자 안테나를 도식화한 것이다. 안테나의 길이 [math(l)]은 방사 파장보다 매우 작다고 가정하자.[9] 즉,
| [math(\displaystyle l \ll \frac{2 \pi c}{\omega} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{A}=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\mathbf{\hat{z}} \int_{-l/2}^{l/2}\, \frac{I(t-\xi'/c)}{\xi'}\,{\rm d}z' )] |
| [math(\displaystyle \xi'=\sqrt{r^{2}+z'^{2}-2rz'\cos{\theta}} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \xi'&=r \sqrt{1+\frac{z'^{2}}{r^{2}}-\frac{2z'}{r}\cos{\theta}} \\ &\simeq r \sqrt{1-\frac{2z'}{r}\cos{\theta}} \\ &\simeq r-z'\cos{\theta} \\ & \simeq r \end{aligned})] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned}\mathbf{A}&=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\mathbf{\hat{z}} \int_{-l/2}^{l/2}\, \frac{I{(t-r/c)}}{r}\,{\rm d}z' \\ &=\frac{\mu_{0}l \mathbf{\hat{z} } }{4\pi } \frac{I{(t-r/c)}}{r} \end{aligned} )] |
이제부터는 스칼라 퍼텐셜을 구해보자. 위의 결과에서
| [math(\displaystyle \mathbf{A}=\frac{\mu_{0}l \mathbf{\hat{z} } }{4\pi } \frac{I{(t-r/c)}}{r})] |
| [math(\displaystyle \frac{1}{c^{2}} \frac{\partial \Phi}{\partial t}=-\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A} )] |
| [math(\displaystyle \frac{1}{c^{2}} \frac{\partial \Phi}{\partial t}=-\frac{\mu_{0}l }{4\pi } \frac{\partial}{\partial z} \!\left[ \frac{ I\!\left(t-r/c \right)}{r} \right] )] |
| [math(\displaystyle \Phi=-\frac{\mu_{0}l c^{2} }{4\pi } \frac{\partial}{\partial z} \int \frac{ I\!\left(t-r/c \right)}{r}\,{\rm d}t )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=-\frac{\mu_{0}l c^{2} }{4\pi } \frac{\partial}{\partial z} \!\left[ \frac{ q\!\left(t-r/c \right)}{r} \right] \\ &=-\frac{\mu_{0}l c^{2} }{4\pi } \!\left[ -\frac{q(t-r/c)}{r^{2}}\frac{\partial r}{\partial z}+\frac{ \dot{q}\!\left(t-r/c \right)}{r} \frac{\partial}{\partial r}\!\left( t-\frac{r}{c} \right) \frac{\partial r}{\partial z} \right] \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \frac{\partial}{\partial r}\!\left( t-\frac{r}{c} \right)=-\frac{1}{c} \qquad \qquad \frac{\partial r}{\partial z}=\frac{z}{r} )] |
| [math(\displaystyle \Phi=\frac{l }{4\pi \varepsilon_{0} } \!\left[ \frac{zq(t-r/c)}{r^{3}}+\frac{ zI\!\left(t-r/c \right)}{cr^{2}} \right] )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} q(t)&=q_{0}\cos{(\omega t)} \\ I_{0} &\equiv q_{0}\omega \\ I&=\dot{q} \\ kc &=\omega \end{aligned})] |
| [math(\displaystyle \Phi=\frac{lq_{0}kz}{4 \pi \varepsilon_{0}} \!\left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr^{3}}-\frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r^{2}} \right] )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}&=-\frac{I_{0}\mu_{0}l \mathbf{\hat{z} } }{4\pi } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r} \\ &=-\frac{I_{0}\mu_{0}l }{4\pi } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r}[\cos{\theta}\,\mathbf{\hat{r}}-\sin{\theta}\,\hat{\boldsymbol{\theta}}] \end{aligned} )] |
위에서 스칼라 퍼텐셜과 벡터 퍼텐셜 모두 결정했으므로 이제 미소 쌍극자 안테나를 통해 방사되는 장은 결정될 수 있다. 우선, 자기장을 먼저 결정하자.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{B}&=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A} \\ &=-\frac{I_{0}\mu_{0}l k^{2} }{4\pi }\hat{\boldsymbol{\phi}} \!\left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}+\frac{\sin{(\omega t -kr)}}{k^{2}r^{2}} \right]\sin{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\!\left( \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}+\boldsymbol{\nabla}\Phi \right) \\ &=-\!\left( \frac{\partial A_{r}}{\partial t}+\frac{\partial \Phi}{\partial r} \right )\mathbf{\hat{r}}-\!\left( \frac{\partial A_{\theta}}{\partial t}+\frac{1}{r}\frac{\partial \Phi}{\partial \theta} \right )\hat{\boldsymbol{\theta}}-\!\left( \frac{\partial A_{\phi}}{\partial t}+\frac{1}{r\sin{\theta}}\frac{\partial \Phi}{\partial \phi} \right )\hat{\boldsymbol{\phi}} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{E}= -\frac{I_{0}l \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }\!\left[ 2\mathbf{\hat{r}} \!\left[ \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{k^{2}r^{2}}-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{k^{3}r^{3}} \right]\cos{\theta} +\hat{\boldsymbol{\theta}} \!\left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}+\frac{\sin{(\omega t-kr)}}{k^{2}r^{2}}-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{k^{3}r^{3}} \right]\sin{\theta} \right])] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{B}=-\frac{I_{0}l \omega^{2} }{4\pi \varepsilon_{0}c^{4}}\hat{\boldsymbol{\phi}} \!\left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}+\frac{\sin{(\omega t -kr)}}{k^{2}r^{2}} \right]\sin{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\frac{I_{0}l \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }\hat{\boldsymbol{\theta}}\,\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}\sin{\theta} \\ \mathbf{B}&=-\frac{I_{0}l \omega^{2} }{4\pi \varepsilon_{0}c^{4}}\hat{\boldsymbol{\phi}} \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}\sin{\theta} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \frac{I_{0}l \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }=\frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}} \, \rightarrow \, \frac{I_{0}l }{\omega}=p_{0} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{p}(t)=\frac{I_{0}l \mathbf{\hat{z}} }{\omega}\cos{(\omega t)} )] |
| [math( \begin{aligned} \displaystyle \!\left \langle \mathbf{S} \right \rangle&=\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2}\,\mathbf{\hat{r}} \\ &=\frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} \omega^{2} } \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2}\,\mathbf{\hat{r}} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned}\displaystyle \langle P \rangle&=\frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{12 \pi \varepsilon_{0} \omega^{2} }\\\frac{{\rm d}\langle P \rangle}{{\rm d} \Omega}&=\frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} \omega^{2} }\sin^{2}{\theta}\end{aligned})] |
전자기파의 총 방사 강도와 같은 일률을 주는 유효 저항을 유효 방사 저항이라 한다. 즉,
| [math( \displaystyle \langle P \rangle= \frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{12 \pi \varepsilon_{0} \omega^{2} }=\!\left \langle I^{2}R \right \rangle )] |
| [math( \displaystyle \frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{12 \pi \varepsilon_{0} \omega^{2} }=\frac{1}{2}I_{0}^{2}R \, \rightarrow \, R=\frac{l^{2}\omega^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} } )] |
| [math( \displaystyle R=\frac{2\pi}{3}\sqrt{\frac{\mu_{0}}{\varepsilon_{0} } } \!\left( \frac{l}{\lambda} \right)^{2}=789\!\left( \frac{l}{\lambda} \right)^{2} )] |
6.2. 반파 안테나
윗문단에서 '미소 쌍극자 안테나'에 대해 논의했다. 그러나, 이러한 안테나는 실용적이지 못한 안테나이다. 우리가 실제적으로 쓰는 안테나는 이 문단에서 논의할 반파 안테나(half-wave antenna)이다. 구조는 미소 쌍극자 안테나와 크게 다르지 않으나, 큰 차이는 안테나의 길이가 방사 파장의 반파장이 되며, 반파 안테나는 전파 통신에 쓰이게 된다. 반파 안테나에 대해 분석이 용이하도록 도식화하면, 아래와 같다.이제 안테나의 길이는 쌍극자 근사가 불가능하므로 전류 분포 또한, 공간에 의존할 수밖에 없다. 따라서 전류 분포를 안테나의 도체봉 양 끝의 전류가 0이 되고, 정상파 형태로 잡는다. 반파 안테나가 작동하는 것에 대한 도식화는 이곳에 잘 나와 있다.
| [math(\displaystyle I=I_{0}\cos{(kz')}\cos{(\omega t)})] |
| [math(\displaystyle k=\frac{2\pi}{\lambda}=\frac{\pi}{l})] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} {\rm d}E_{\theta}&=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }\frac{\cos{(\omega t-k \xi')}}{k \xi'}\sin{\theta'}\cos{(kz')}\,{\rm d}z' \\ {\rm d}B_{\phi}&=-\frac{I_{0} \omega^{2} }{4\pi \varepsilon_{0}c^{4}} \frac{\cos{(\omega t-k\xi')}}{k\xi'}\sin{\theta'}\cos{(kz')} \,{\rm d}z' \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \sin{\theta'} \simeq \sin{\theta} \qquad \qquad \xi'\simeq r-z'\cos{\theta})] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} {\rm d}E_{\theta}&=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }\frac{\cos{(\omega t-kr+kz'\cos{\theta})}}{k r}\sin{\theta}\cos{(kz')}\,{\rm d}z' \\ {\rm d}B_{\phi}&=-\frac{I_{0} \omega^{2} }{4\pi \varepsilon_{0}c^{4}} \frac{\cos{(\omega t-kr+kz'\cos{\theta})}}{kr}\sin{\theta}\cos{(kz')} \,{\rm d}z' \end{aligned})] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} E_{\theta}&=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} k^{2}r }\sin{\theta} \int_{-l/2}^{l/2} \cos{(\omega t-kr+kz'\cos{\theta})}\cos{(kz')}\,{\rm d}z' \\ &=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} k^{2}r }\sin{\theta} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos{(\omega t-kr+kz'\cos{\theta})}\cos{(kz')}\,{\rm d}(kz') \\ &=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} k^{2}r }\sin{\theta} \!\left[ \cos{(\omega t-kr)} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos{(kz'\cos{\theta})}\cos{(kz')}\,{\rm d}(kz')-\sin{(\omega t-kr)} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin{(kz'\cos{\theta})}\cos{(kz')}\,{\rm d}(kz') \right] \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle E_{\theta}=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} k^{2}r }\sin{\theta} \cos{(\omega t-kr)} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos{(kz'\cos{\theta})}\cos{(kz')}\,{\rm d}(kz') )] |
| [math(\displaystyle E_{\theta}=-\frac{I_{0} }{2\pi \varepsilon_{0} cr } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} B_{\phi}&=-\frac{I_{0} }{2\pi \varepsilon_{0} c^{2}r } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]} \\ &=-\frac{I_{0} \mu_{0} }{2\pi r } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\frac{I_{0} }{2\pi \varepsilon_{0} cr } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\,\hat{\boldsymbol{\theta}} \\ \mathbf{B}&=-\frac{I_{0} \mu_{0} }{2\pi r } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\,\hat{\boldsymbol{\phi}} \end{aligned} )] |
방사장의 모습은 아래와 같이 생겼다. 역선은 전기장을 나타낸다.
포인팅 벡터 [math(\mathbf{S} \equiv \mathbf{E}\times \mathbf{B}/\mu_{0})]를 구함으로써 복사 강도를 알 수 있다.
| [math(\displaystyle \mathbf{S}=\frac{I_{0}^{2} }{4\pi^{2} \varepsilon_{0} cr^{2} } \frac{\cos^{2}{(\omega t-kr)}}{\sin^{2}{\theta}}\cos^{2}{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\,\mathbf{\hat{r}} )] |
| [math(\displaystyle \!\left \langle \mathbf{S} \right \rangle=\frac{I_{0}^{2} }{8\pi^{2} \varepsilon_{0} cr^{2} } \frac{1}{\sin^{2}{\theta}}\cos^{2}{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\,\mathbf{\hat{r}} )] |
| [math(\displaystyle \langle P \rangle=\frac{I_{0}^{2} }{4\pi \varepsilon_{0} c } \int_{0}^{\pi} \frac{1}{\sin^{2}{\theta}}\cos^{2}{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\sin{\theta}\,{\rm d}\theta)] |
| [math(\displaystyle \langle P \rangle=1.22\frac{I_{0}^{2} }{4\pi \varepsilon_{0} c } )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d} \langle P \rangle}{{\rm d} \Omega}=\frac{I_{0}^{2} }{8\pi^{2} \varepsilon_{0} c } \frac{1}{\sin^{2}{\theta}}\cos^{2}{\!\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]} )] |
따라서 반파 안테나 또한, 안테나와 동일한 축에서 방사 강도는 0이 되고, 수직인 축에서 최대가 된다는 것을 알 수 있다.
미소 쌍극자 안테나를 다루면서 유효 방사 저항을 구했듯, 이 안테나에서도 구하는 것이 가능하다. 이 안테나에서는
| [math(\displaystyle \langle P \rangle=1.22 \cdot \frac{I_{0}^{2} }{4\pi \varepsilon_{0} c }=\frac{1}{2}I_{0}^{2}R )] |
| [math(\displaystyle R=\frac{1.22 }{2\pi \varepsilon_{0} c } \simeq 73.1\,\Omega )] |
6.2.1. 안테나의 배열
다음과 같이 여러 개의 반파 안테나를 [math(d=\lambda/2)]만큼의 간격으로 배열했다고 가정해보자. 이렇게 되면, 각각의 안테나에서 방사된 신호는 중첩되어 어떤 영역은 세게, 어떤 부분은 약하게 신호가 중첩될 것이다.이제 안테나들이 놓여 있는 축이 [math(z)]축이라 생각하고, 이에 [math(\theta)]만큼의 각을 이루는 곳에서 관측을 했다고 하자. 주의해야 할 것은 안테나로부터 관측점까지는 매우 멀다고 가정하면, 그림에서 안테나로부터 관측점까지의 선분은 모두 근사적으로 평행하다고 볼 수 있다.
각 안테나에서는 방사장으로 전기장과 자기장을 방사한다. 그런데 [math(n)]번째 안테나가 첫 번째 안테나와 비교했을 때, 위상차가 [math((n-1)\beta)]만큼 난다 가정하면, 위치에 의한 위상차까지 고려한 총 위상차는
| [math(\begin{aligned}\displaystyle (n-1)(k\delta+\beta)&=(n-1)(kd\cos{\theta}+\beta)\\&=(n-1)(\pi\cos{\theta}+\beta)\end{aligned})] |
| [math(\displaystyle \mathbf{E}_{n}=\mathbf{E}_{0}e^{\left[ i\pi(n-1)(\pi\cos{\theta}+\beta) \right]} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\sum_{n=1}^{N}\mathbf{E}_{0}e^{\left[ i\pi(n-1)(\pi\cos{\theta}+\beta) \right]} \\ &=\mathbf{E}_{0} \exp{\left[ i \pi \frac{(N-1)}{2}(\cos{\theta}+\beta) \right]} \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} N (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \left|\mathbf{E}\right|=\left|\mathbf{E}_{0}\right| \left| \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} N (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \right| )] |
| [math(\displaystyle \left|\mathbf{B}\right|=\left|\mathbf{B}_{0}\right| \left| \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2}N (\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \right| )] |
| [math(\displaystyle S\propto \left[ \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} N (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \right]^{2} )] |
| [math(\displaystyle \left[ \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} N (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \right]^{2} )] |
안테나에서 어떤 신호를 방사하지만, 이것이 사방에서 수신하기 기대하는 상황은 실제로 적다. 특히 군사적 상황 등에서는 더욱 그럴 것이다. 그런데 이 논의처럼 각 안테나를 잘 배열하고, 신호의 위상차를 잘 제어하기만 하면 특정 방향에서 복사 강도 혹은 방사 강도가 최대가 된다. 즉, 어떤 방향에 신호를 증폭하여 방사하고 싶을 때 이 방법을 쓰게 된다. 이것을 응용한 것 중 하나는 위상배열 레이더 등이 있다.
이 외의 안테나의 심화된 논의는 더 이상 전자기학의 범주를 넘어서서 주파수 공학 등의 공학 학문과 연결된다.
7. 뒤처진 퍼텐셜 전개
이 문단서 부터는 임의의 原이 방사하는 전자기파를 알아보게 된다. 분석에 들어가기 앞서 다음과 같은 가정을 할 것이다.- 原이 점유하는 영역에 비해 관측점은 매우 작고, 멀리 떨어져있다. 즉, 운동 중의 전하를 이제부터 고려할 것이기 때문에 이들의 속도는 광속에 비해 매우 작아야 한다. 그렇지 않으면, 방사장이 관측점에 도달하면 분포는 더 이상 작거나 멀다라고 할 수 없다. 이 경우는 "점전하 방사"에서 다루게 된다.
- 임의의 原이 방사하는 전자기파는 가장 우세한 항을 제외하고는 무시할 수 있다. 이 말을 다른 말로 표현하면, 쌍극자 이상의 근사는 사용하지 않는다는 뜻이며, 이것은 분석의 용이성을 위함이다.[10]
원점 부근에 위치한 어따한 原을 고려하자. 이때, 原은 [math(V)]의 영역을 점유하고 있다.
뒤처진 스칼라 퍼텐셜은 다음과 같이 주어진다.
| [math(\begin{aligned} \Phi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} } \iiint_{V} \frac{\rho(\mathbf{r'},\,t_{r})}{|\mathbf{r-r'}|}\,{\rm d}V' \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} |\mathbf{r-r'}| & \simeq r-\frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{r'}}{r} \\\ \frac{1}{|\mathbf{r-r'}|} &\simeq \frac{1}{r} \!\left( 1+\frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{r'}}{r^{2}} \right) \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} t_{r}&=t-\frac{|\mathbf{r-r'}|}{c} \\& \simeq t-\frac{r}{c}+ \frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot}\mathbf{r'}}{cr} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} t_{0} \equiv t-\frac{r}{c} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} t_{r}&=t_{0}+\frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot}\mathbf{r'}}{cr} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \rho(\mathbf{r'},\,t_{r}) \simeq \rho(\mathbf{r'},\,t_{0})+\dot{\rho}(\mathbf{r'},\,t_{0}) \cdot \frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{r'}}{cr} \end{aligned})] |
따라서 뒤처진 스칼라 퍼텐셜은
| [math(\begin{aligned} \Phi&=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \iiint_{V} \left[\rho(\mathbf{r'},\,t_{0})+\dot{\rho}(\mathbf{r'},\,t_{0}) \cdot \frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{r'}}{cr} \right]\left[\frac{1}{r} \!\left( 1+\frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{r'}}{r^{2}} \right) \right]\,{\rm d}V' \\&\simeq \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{r} \left[\iiint_{V} \rho(\mathbf{r'},\,t_{0}),\,{\rm d}V'+\iiint_{V} \rho(\mathbf{r'},\,t_{0})\cdot \frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{r'}}{r^{2}}\,{\rm d}V'+\iiint_{V}\dot{\rho}(\mathbf{r'},\,t_{0}) \cdot \frac{\mathbf{r}\, \boldsymbol{\cdot} \mathbf{r'}}{cr}\,{\rm d}V \right] \\ &=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{r}\left[\iiint_{V} \rho(\mathbf{r'},\,t_{0}),\,{\rm d}V'+\frac{\mathbf{r}}{r^2}\boldsymbol{\cdot}\iiint_{V} \mathbf{r'}\rho(\mathbf{r'},\,t_{0})\,{\rm d}V'+\frac{\mathbf{r}}{cr}\boldsymbol{\cdot}\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\iiint_{V}\mathbf{r'}{\rho}(\mathbf{r'},\,t_{0})\, {\rm d}V \right]\end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \Phi= \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left[\frac{Q}{r}+\frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{p}}{r^{3}}+\frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{p} }}{cr^{2}} \right] \end{aligned})] |
두 번째로 뒤처진 벡터 퍼텐셜을 구하자.
| [math(\begin{aligned} \mathbf{A}&=\frac{\mu_{0}}{4 \pi } \iiint_{V} \frac{\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t_{r})}{|\mathbf{r-r'}|}\,{\rm d}V' \\ &=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} } \iiint_{V} \frac{\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t_{r})}{|\mathbf{r-r'}|}\,{\rm d}V' \qquad (\because \varepsilon_{0}\mu_{0}=c^{-2}) \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \mathbf{A} \simeq \Phi\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} }\frac{1}{c^{2}r} \iiint_{V} \mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t_{0})\,{\rm d}V' \end{aligned})] |
- [증명]
- -----
전류 밀도 [math(\mathbf{J})]가 부피 영역 [math(V)] 안에 있는 경우를 고려하자. [math(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} (x\mathbf{J}) )]를 고려하면,
따라서 다음이 성립한다.[math(\begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} (x\mathbf{J})&=\frac{\partial}{\partial x_{i}} (xJ_{i}) \\&=J_{x}+x\frac{\partial J_{i}}{\partial x_{i} } \\&=\mathbf{\hat{x}}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}+x (\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}) \end{aligned})]
좌변은 발산 정리를 사용하여[math(\begin{aligned} \iiint_{V} \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} (x\mathbf{J})\,{\rm d}V=\iiint_{V} \mathbf{\hat{x}}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}\,{\rm d}V+\iiint_{V} x (\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}) \,{\rm d}V\end{aligned})]
이것을 [math(y)], [math(z)]에 대해서도 한 후 벡터로 묶으면[math(\begin{aligned} \oiint_{S} x\mathbf{J}\boldsymbol{\cdot}d\mathbf{a}=\iiint_{V} \mathbf{\hat{x}}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}\,{\rm d}V+\iiint_{V} x (\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}) \,{\rm d}V\end{aligned})]
[math(\mathbf{J})]가 [math(V)] 내에 있다고 했으므로 좌변은 0이 된다.[math(\begin{aligned} \oiint_{S}\mathbf{r} \mathbf{J}\boldsymbol{\cdot}d\mathbf{a}=\iiint_{V} \mathbf{J}\,{\rm d}V+\iiint_{V} \mathbf{r}(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}) \,{\rm d}V\end{aligned})]
한편, 연속 방정식[math(\begin{aligned} \iiint_{V} \mathbf{J}\,{\rm d}V=-\iiint_{V} \mathbf{r} (\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}) \,{\rm d}V\end{aligned})]
이 성립하므로[math(\begin{aligned} \frac{\partial \rho}{\partial t}+\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}=0 \end{aligned})]
따라서 다음이 성립한다.[math(\begin{aligned} \iiint_{V} \mathbf{J}\,{\rm d}V &=\iiint_{V} \mathbf{r} \frac{\partial \rho}{\partial t} \,{\rm d}V \\&=\frac{\rm d}{{\rm d}t}\iiint_{V} \mathbf{r} \rho \,{\rm d}V \\&=\mathbf{\dot{p}} \end{aligned})] [math(\begin{aligned} \iiint_{V} \mathbf{J}\,{\rm d}V &=\mathbf{\dot{p}} \end{aligned})]
[math(\mathbf{p})] 자체에 [math(r')]의 1차항이 포함되어 있으므로 벡터 퍼텐셜의 추가적인 항의 고려는 하지 않아도 된다. 이상에서
| [math(\begin{aligned} \mathbf{A} &= \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} }\frac{\mathbf{\dot{p} }}{c^{2}r} \\&=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{\mathbf{\dot{p} }}{r} \end{aligned})] |
이제 장을 구해볼 것이다. 그런데 우리의 목적은 방사장을 구하는 것이므로 [math(r^{-1})]에 비례하는 장을 구하는 것이 목표임에 유의한다. 장을 구하기 전에
| [math(\begin{aligned} \boldsymbol{\nabla}t_{0}&= \boldsymbol{\nabla} \biggl(t-\frac{r}{c} \biggr) \\&=-\frac{\mathbf{\hat{r} }}{c} \end{aligned})] |
우선 자기장부터 구하자. 자기장은 벡터 퍼텐셜의 회전을 취하면 된다. 편의상 상수를 무시하면
| [math(\begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \times \biggl( \frac{\mathbf{\dot{p} }}{r} \biggr)= \boldsymbol{\nabla} \biggl( \frac{1}{r} \biggr) \times \mathbf{\dot{p}}+\frac{\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{\dot{p} }}{r} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{\dot{p} }&=\varepsilon_{ijk} \frac{\partial}{\partial x_{j}} \dot{p}_{k} \\&=\varepsilon_{ijk}\frac{\partial t_{0}}{\partial x_{j}} \ddot{p}_{k} \\&=\boldsymbol{\nabla}t_{0} \times \mathbf{\ddot{p}} \\&=-\frac{\mathbf{\hat{r} }}{c} \times \mathbf{\ddot{p}} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \mathbf{B}&= -\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} }\frac{\mathbf{\hat{r} } \times \mathbf{\ddot{p} }}{c^{3}r} \\&=-\frac{\mu_{0}}{4\pi c} \frac{\mathbf{\hat{r} } \times \mathbf{\ddot{p} }}{r} \end{aligned})] |
전기장을 구하려면 우선 스칼라 퍼텐셜의 그레이디언트를 구해야만 한다. 방사장의 특성상 기여하는 장은 제 3항의 그레이디언트 연산으로부터 나온다. 따라서 다음을 계산해야 한다.
| [math(\begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \biggl( \frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{p} }}{r^{2}} \biggr)=\boldsymbol{\nabla} \biggl( \frac{1}{r^{2}} \biggr)(\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{p} })+\frac{\boldsymbol{\nabla}(\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{p} })}{r^{2}} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} -\boldsymbol{\nabla}(\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{p}})&=-\frac{\partial }{\partial x_{i}}(x_{j}\dot{p}_{j}) \\&=-\delta_{ij}\dot{p}_{j}-x_{j} \ddot{p}_{j} \frac{\partial t_{0}}{\partial x_{i}} \\ &=-\mathbf{\dot{p}}-\boldsymbol{\nabla}t_{0}(\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot}\mathbf{\ddot{p}}) \\&=-\mathbf{\dot{p}}+\frac{r\mathbf{\hat{r}} (\mathbf{\hat{r}} \boldsymbol{\cdot}\mathbf{\ddot{p}})}{c}\end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} -\boldsymbol{\nabla} \Phi \simeq \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}c^2} \frac{\mathbf{\hat{r}} (\mathbf{\hat{r}} \boldsymbol{\cdot}\mathbf{\ddot{p}})}{r} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}c^2 }\frac{\mathbf{\ddot{p} }}{r} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned}\mathbf{E}= \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}c^2 } \frac{\mathbf{\hat{r}} (\mathbf{\hat{r}} \boldsymbol{\cdot}\mathbf{\ddot{p}})-\mathbf{\ddot{p} }}{r} \end{aligned})] |
이상에서 구해진 방사장과 관련된 퍼텐셜과 장을 정리하면 아래와 같다.
| [math(\begin{aligned} \Phi&=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{p} }}{cr^{2}} \\ \mathbf{A}&=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{\mathbf{\dot{p} }}{r} \\ \\ \mathbf{E}&=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}c^2 } \frac{\mathbf{\hat{r}} (\mathbf{\hat{r}} \boldsymbol{\cdot}\mathbf{\ddot{p}})-\mathbf{\ddot{p} }}{r} \\\mathbf{B}&=-\frac{\mu_{0}}{4\pi c} \frac{\mathbf{\hat{r} } \times \mathbf{\ddot{p} }}{r} \end{aligned})] |
한편, 벡터 항등식 [math(\mathbf{\hat{r}} \times (\mathbf{\hat{r} } \times \mathbf{\ddot{p} })=\mathbf{\hat{r}}(\mathbf{\hat{r}} \boldsymbol{\cdot}\mathbf{\ddot{p}})-\mathbf{\ddot{p}} )]임을 이용하면
| [math(\begin{aligned} \mathbf{E}=-c\mathbf{\mathbf{\hat{r} }} \times \mathbf{B} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \mathbf{B}=\frac{\mathbf{\mathbf{\hat{r} }} }{c} \times \mathbf{E} \end{aligned})] |
따라서 포인팅 벡터는
| [math(\begin{aligned} \mathbf{S}&=\mathbf{E}\times \frac{\mathbf{B}}{\mu_{0}} \\&=-\frac{1}{\mu_{0} } (c\mathbf{\mathbf{\hat{r} }}\times \mathbf{B}) \times \mathbf{B} \\ &=\frac{c}{\mu_{0}} [B^2\mathbf{\hat{r}}-\mathbf{B}(\mathbf{B} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\hat{r}}) ] \\&=\frac{cB^2}{\mu_{0}}\mathbf{\hat{r}}\\&=\frac{\mu_{0}}{16\pi^{2}cr^2} \mathbf{\hat{r}}|\mathbf{\hat{r}}\times \mathbf{\ddot{p}}|^{2} \end{aligned} )] |
이제 [math(\mathbf{p})]가 [math(\mathbf{\hat{z}})]방향일 때를 고려해 보자. 이 때, 포인팅 벡터는
| [math(\displaystyle \mathbf{S}=\frac{ |{\mathbf{\ddot{p} } }|^{2} \sin^{2}{\theta}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0} c^{3}r^{2}} \mathbf{\hat{r}} )] |
| [math(\displaystyle P=\frac{|{\mathbf{\ddot{p} } }|^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} )] |
마지막에 유도되었던 전자기파 일률은 운동하는 점전하에 대해서도 적용할 수 있다. 다만, 가정은 계속해서 전하의 운동들이 광속에 비해 매우 작다는 것에 유의하여야 한다. 점전하에 대한 쌍극자 모멘트는
| [math(\displaystyle \mathbf{p}=q\mathbf{r'} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{\ddot{p}}=q\frac{{\rm d}^{2}\mathbf{r'}}{{\rm d}t^{2}}=q\mathbf{a} )] |
| [math(\displaystyle P=\frac{q^{2}a^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} )] |
8. 점전하 방사
위 문단에서 광속보다 매우 느린 전하의 운동으로 변하는 原이 방사하는 전자기파에 대해 알아보았다. 마지막 결과로써 광속보다 매우 느리게 운동하는 점전하 또한 비슷하게 적용될 수 있음을 논의했다. 그러나, 점전하가 광속과 비슷한 경우 이제 위 문단에서 썼던 근사는 적용되지 못하고 결과적으로는 다르게 구해야 한다. 따라서 이 문단에서는 광속과 비슷한 속도로 운동하는 빠른 점전하의 전자기파 방사에 대해 알아보고자 한다.8.1. 리에나르-비헤르트 퍼텐셜
그림과 같이 [math(\mathbf{r'}(t'))]의 곡선상에서 움직이는 점전하를 고려해보자. 점 [math(\mathrm{O})]는 원점이고, 점 [math(\mathrm{P})]는 관측점이다. 중요한 것은 관측자와 관계되는 시간은 [math(t)]이다. 그런데 광속보다 전하의 속도가 느린 경우엔 위치의 지체 효과를 무시할 수 있지만, 이제는 광속에 버금가는 빠른 점전하를 고려하고 있기 때문에 위치 또한 지체 효과가 일어난다. 따라서 시각 [math(t)]에서 관측할 때, 지체 효과가 일어나, 실제로 관측되는 전하의 위치는 현재 위치([math(t)]에서의 위치)가 아니라 지연 위치이다. 이것이 생기는 이유는 간단하게 생각할 수 있다. 점전하의 위치는 점전하에서 방사되는 전자기파를 관측함으로써 결정된다. 그러나, 이 전자기파 또한 지체 효과가 생기기 때문에 위치 또한 관측점에선 지연되는 것이다. 즉,
| [math(\displaystyle t' \quad \rightarrow \quad t_{r}=t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{c} )] |
| [math(\begin{aligned}\displaystyle \Phi&=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\iiint_{V} \frac{\rho(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\!\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,{\rm d}V'\\\mathbf{A}&=\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\iiint_{V} \frac{\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\!\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,{\rm d}V'\end{aligned})] |
| [math(\displaystyle \rho=q\delta^{3}(\mathbf{r'-r'}(t')) \delta \!\left( t'-\!\left[ t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|}{c} \right] \right) )] |
| [math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\int \iiint \frac{\delta^{3}(\mathbf{r'-r'}(t'))}{\!\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|} \delta \!\left( t'-\!\left[ t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|}{c} \right] \right)\,{\rm d}V'{\rm d}t' )] |
| [math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \delta(t'')}{\!\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'}(t') \right|}\,{\rm d}t' )] |
| [math(\displaystyle t'' \equiv t'-\!\left[ t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{c} \right] )] |
| [math(\displaystyle \int g(x)\delta(f(x))\,{\rm d}x=\!\left. g(x)\frac{{\rm d}x}{{\rm d}f(x)} \right|_{f(x)=0} )] |
| [math(\displaystyle \Phi=\!\left. \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}\frac{{\rm d}t'}{{\rm d}t}\right|_{t=0} )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}t''}{{\rm d}t'}=1+\frac{1}{c}\frac{{\rm d}|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{{\rm d}t'} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{{\rm d}|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{{\rm d}t'} &=\frac{{\rm d}}{{\rm d}t'}[ (\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t'))\boldsymbol{\cdot}(\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')) ]^{1/2} \\&=\frac{ \mathbf{r'}(t')\boldsymbol{\cdot}\dfrac{{\rm d}\mathbf{r'} }{{\rm d}t'}-\mathbf{r}\boldsymbol{\cdot} \dfrac{{\rm d}\mathbf{r'}}{{\rm d}t'} }{[ (\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t'))\boldsymbol{\cdot}(\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')) ]^{1/2}} \\&=\frac{\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|} \boldsymbol{\cdot} \dfrac{{\rm d}\mathbf{r'}}{{\rm d}t'} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}t''}{{\rm d}t'}=1-\frac{\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|} \boldsymbol{\cdot} \frac{1}{c}\dfrac{{\rm d}\mathbf{r'}}{{\rm d}t'} )] |
| [math(\displaystyle \frac{1}{c}\frac{{\rm d}\mathbf{r'}}{{\rm d}t'} \equiv \boldsymbol{\beta}(t') )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}t''}{{\rm d}t'}=\frac{R(t')-\boldsymbol{\beta}(t') \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(t')}{R(t')} )] |
| [math(\displaystyle t'=t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{c}=t_{r} )] |
| [math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(t_{r})} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{J}(t')=\mathbf{v}(t') \rho(t') )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}&=\frac{\boldsymbol{\beta}(t_{r})}{c}\Phi \\&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} c} \frac{\boldsymbol{\beta}(t_{r})}{R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(t_{r})} \end{aligned} )] |
이상을 요약하면, 광속과 버금가게 빠르게 움직이는 점전하에 대한 뒤처진 스칼라 퍼텐셜과 뒤처진 뒤처진 벡터 퍼텐셜은 아래와 같이 결정된다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \\ \mathbf{A}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} c} \frac{\boldsymbol{\beta}}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \frac{1}{c}\frac{{\rm d}\mathbf{r'}}{{\rm d}t_{r}} \equiv \boldsymbol{\beta} )] |
위의 퍼텐셜은 프랑스의 물리학자 리에나르(Alfred-Marie Liénard; 1869〜1958)와 독일의 물리학자 비헤르트(Emil Johann Wiechert; 1861〜1928)가 각각 유도한 것이며, 이들의 업적을 기리기 위해 이들의 이름을 붙이게 되었다.
8.2. 점전하 방사장
윗 문단에서 스칼라 퍼텐셜과 벡터 퍼텐셜이 각각 결정되었기 때문에 장을 결정할 수 있다. 그러나 이들의 장을 결정하는 것은 매우 복잡하기 때문에 결과를 우선 제시한다. 유도 과정은 이 문단 아래에서 볼 수 있다. 우선적으로| [math(\displaystyle K \equiv R-\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{E}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}}\!\left[ ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta})+\frac{\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]}{c^{2}} \right] )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{B}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}}\!\left[ ( 1-\beta^{2} ) (\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+\frac{(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+K(\mathbf{a} \times \mathbf{R})}{c^{2}} \right] )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{B}=\frac{\mathbf{\hat{R} } }{c} \times \mathbf{E} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{a}=c\boldsymbol{\dot{\beta}} )] |
위에서 구해진 장은 두 항씩 나눈다.
| [math(\displaystyle \mathbf{E}=\mathbf{E}_{v}+\mathbf{E}_{a} \qquad \qquad \mathbf{B}=\mathbf{B}_{v}+\mathbf{B}_{a} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}_{v}&\equiv \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}} ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \\ \mathbf{E}_{a}&\equiv\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}}\frac{\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]}{c^{2}} \\ \mathbf{B}_{v}&\equiv\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}} ( 1-\beta^{2} ) (\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R}) \\ \mathbf{B}_{a}&\equiv\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}}\frac{(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+K(\mathbf{a} \times \mathbf{R})}{c^{2}} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}}\frac{\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]}{c^{2}} \\ \mathbf{B}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}}\frac{(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+K(\mathbf{a} \times \mathbf{R})}{c^{2}} \end{aligned} )] |
- [리에나르-비헤르트 퍼텐셜로부터 장 유도하기]
- -----
리에나르-비헤르트 퍼텐셜로부터 장을 결정하는 것은 매우 복잡하고, 지루한 계산을 요한다. 우선 장을 결정하기 위해선 [math(\boldsymbol{\nabla}t_{r})], [math(\partial t_{r}/\partial t)]를 각각 구해야 한다. 이때
임을 이용한다.[math(\begin{aligned}\displaystyle t_{r}&=t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|}{c} \\ \mathbf{R}&=\mathbf{r}-\mathbf{r}' \end{aligned})]
다음은 [math(\partial t_{r}/\partial t)]이다.[math(\begin{aligned}\displaystyle [\boldsymbol{\nabla}t_{r}]_{j}&=-\frac{1}{2cR} \frac{\partial}{\partial x_{j}} [x_{i}^2+x_{i}'^2-2x_{i}x'_{i}]\\&=-\frac{1}{2cR} \left[ 2x_{i} \delta_{ij}+\frac{\partial }{\partial x_{i}}(x_{i}'^2)-2 x'_{i}\delta_{ij}-2x \dfrac{\partial x_{i}'}{\partial x_{j}} \right]\\&=-\frac{1}{2cR} \left[ 2x_{i} \delta_{ij}+\frac{\partial x'_{i}}{\partial x_{j}}\frac{\partial }{\partial x_{i}'}(x_{i}'^2)-2 x'_{i}\delta_{ij}-2x \dfrac{\partial x_{i}'}{\partial x_{j}} \right]\\&=-\frac{1}{2cR} \left[ 2x_{i} \delta_{ij}+2x'_{i}\frac{\partial x_{i}'}{\partial t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}}-2 x'_{i}\delta_{ij}-2x \dfrac{\partial x_{i}'}{\partial t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}} \right] \\&=-\frac{1}{2cR} \left[ 2x_{i} \delta_{ij}+2x'_{i}\frac{d x_{i}'}{d t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}}-2 x'_{i}\delta_{ij}-2x \dfrac{d x_{i}'}{d t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}} \right]\\&=-\frac{1}{cR} \left[ x_{i} \delta_{ij}+v_{i}x'_{i}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}}- x'_{i}\delta_{ij}-v_{i}x_{i} \frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}} \right] \\&=-\frac{1}{cR} \left[ (x_{j}-x_{j}')-v_{x}(x_{i}-x_{i}') \frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}} \right] \\&=-\frac{1}{cR} \left[ (x_{j}-x_{j}')-\mathbf{v} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R} \frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}} \right] \\ \\ \therefore \boldsymbol{\nabla}t_{r}&=\frac{1}{cR}[-\mathbf{R}+(\mathbf{v} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}) \boldsymbol{\nabla}t_{r} ] \quad \to \quad \boldsymbol{\nabla}t_{r}=-\frac{1}{c}\frac{\mathbf{R}}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \end{aligned})] [math(\begin{aligned}\displaystyle \frac{\partial t_{r}}{\partial t}&=1-\frac{1}{2cR} \frac{\partial}{\partial t} [x_{i}^2+x_{i}'^2-2x_{i}x'_{j}] \\&=1-\frac{1}{2cR} \left[\frac{\partial}{\partial t}(x_{i}'^2)-2x_{i}\frac{\partial x_{i}'}{\partial t} \right] \\&=1-\frac{1}{2cR} \left[\frac{\partial t_{r}}{\partial t}\frac{\partial x_{i}'}{\partial t_{r}}\frac{\partial}{\partial x_{i}'}(x_{i}'^2)-2x_{i}\frac{\partial x_{i}'}{\partial t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \right]\\&=1-\frac{1}{2cR} \left[\frac{\partial t_{r}}{\partial t}\frac{d x_{i}'}{d t_{r}}\frac{\partial}{\partial x_{i}'}(x_{i}'^2)-2x_{i}\frac{d x_{i}'}{d t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \right] \\&=1-\frac{1}{cR} \left[ v_{i}(x'_{i}-x_{i})\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \right]\\&=1+\frac{1}{cR} \left[ (\mathbf{v} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \right] \\\\ \therefore \frac{\partial t_{r}}{\partial t}&=\frac{R}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \end{aligned})]
리에나르-비헤르트 퍼텐셜은
이고, 각 장을 구하기 위해[math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \\ \mathbf{A}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} c} \frac{\boldsymbol{\beta}}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \end{aligned} )]
임을 이용한다.[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\left(\boldsymbol{\nabla}\Phi+\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right) \\ \mathbf{B}&=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A} \end{aligned} )]
우선 전기장부터 구하여 보자. 그 시작은 스칼라 퍼텐셜의 그레이디언트 연산부터이다. 편의상 상수는 제외하고,
부터 계산하자. 한편, [math(R=c(t-t_{r}))]이므로[math(\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \left( \frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \right)=\frac{-\boldsymbol{\nabla}R+\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^2} \end{aligned} )]
이다. 다음으로[math(\displaystyle \begin{aligned} -\boldsymbol{\nabla} R=c \boldsymbol{\nabla} t_{r} \end{aligned} )]
이상에서[math(\displaystyle \begin{aligned} [\boldsymbol{\nabla} (\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}) ]_{j}&=\frac{\partial }{\partial x_{j}} [\beta_{i}(x_{i}-x_{i}') ] \\ &=\frac{\partial \beta_{i}}{\partial t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}}(x_{i}-x_{i}')+\beta_{i}\left(\delta_{ij}- \frac{\partial x_{i}'}{\partial t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}} \right) \\&=\frac{d \beta_{i}}{d t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}}(x_{i}-x_{i}')+\beta_{i}\left(\delta_{ij}- \frac{d x_{i}'}{d t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}} \right) \\&=\frac{1}{c} [ a_{i}(x_{i}-x_{i}')-\beta^2 ] \frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}}+\beta_{j} \\&=\frac{1}{c} [ \mathbf{a} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-c^2 \beta^2 ] \frac{\partial t_{r}}{\partial x_{j}}+\beta_{j} \\ \\ \therefore \boldsymbol{\nabla} (\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})&=\frac{1}{c} [ \mathbf{a} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-c^2\beta^2 ] \boldsymbol{\nabla} t_{r}+\boldsymbol{\beta} \end{aligned} )] [math(\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \left( \frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \right)&=\frac{-\boldsymbol{\nabla}R+\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^2} \\&=\frac{\left[c+\dfrac{1}{c} [ \mathbf{a} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-c^2\beta^2 ] \right] \boldsymbol{\nabla}t_{r}+\boldsymbol{\beta}}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^2} \\&=\frac{\left[1 + \dfrac{\mathbf{a}}{c^2} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-\beta^2 \right] (-\mathbf{R})+(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})\boldsymbol{\beta}}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \end{aligned} )]
이번에는 [math(\partial \mathbf{A}/\partial t)]를 구할 차례이다. 이 또한 편의를 위해 상수를 제거한다.
이때[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial}{\partial t}\frac{\boldsymbol{\beta}}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}}=\frac{\partial \boldsymbol{\beta}}{\partial t}\frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}}+\frac{\partial}{\partial t} \biggl( \frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \biggr)\boldsymbol{\beta} \end{aligned} )]
인데,[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial \boldsymbol{\beta}}{\partial t}&=\frac{\partial \boldsymbol{\beta}}{\partial t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \\&=\frac{\mathbf{a}}{c}\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \\ \\ \frac{\partial}{\partial t} \biggl( \frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \biggr)&=-\frac{c-c\dfrac{\partial t_{r}}{\partial t}-\dfrac{\partial}{\partial t}(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^2} \\&=\frac{c\dfrac{\partial t_{r}}{\partial t}+\dfrac{\partial}{\partial t}(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})-c}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^2} \end{aligned} )]
따라서[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial}{\partial t}(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})&=\frac{\partial}{\partial t}[\beta_{i}(x_{i}-x_{i}') ] \\&=\frac{\partial \beta_{i}}{\partial t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial t}(x_{i}-x_{i}')-\frac{\partial x'_{i}}{\partial t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \beta_{i}\\&=\frac{d \beta_{i}}{d t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial t}(x_{i}-x_{i}')-\frac{d x'_{i}}{d t_{r}}\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \beta_{i} \\ &=\left[ \frac{a_{i}}{c}(x_{i}-x_{i}')-c\beta_{i}^2 \right]\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \\ &=\left[ \frac{\mathbf{a}}{c} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-c\beta^2 \right]\frac{\partial t_{r}}{\partial t} \end{aligned} )] [math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}\frac{\boldsymbol{\beta}}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}}&=\frac{1}{c}\left[ \frac{\partial \boldsymbol{\beta}}{\partial t}\frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}}+\frac{\partial}{\partial t} \biggl( \frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}} \biggr)\boldsymbol{\beta} \right] \\&=\frac{\mathbf{a}}{c^2}\frac{R}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^2}+\frac{R\boldsymbol{\beta}\left[1+\dfrac{\mathbf{a}}{c^2} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-\beta^2\right]-\boldsymbol{\beta}(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \\&=\frac{R\boldsymbol{\beta}\left[\dfrac{\mathbf{a}}{c^2} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-\beta^2\right]+\boldsymbol{\beta}(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})+\dfrac{\mathbf{a}R}{c^2}(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \end{aligned} )]
따라서 결정되는 전기장은[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\frac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \left[{\mathbf{R}\left[1 + \dfrac{\mathbf{a}}{c^2} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-\beta^2 \right] -(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})\boldsymbol{\beta}}+{R\boldsymbol{\beta}\left[\beta^2-\dfrac{\mathbf{a}}{c^2} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}\right]-\boldsymbol{\beta}(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})-\dfrac{\mathbf{a}R}{c^2}(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})} \right] \\&=\frac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \left[(1-\beta^2)(\mathbf{R}-R \boldsymbol{\beta})+\frac{\mathbf{a}}{c^2}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(\mathbf{R}-R \boldsymbol{\beta}) -\dfrac{\mathbf{a}R}{c^2}(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}) \right]\\&=\frac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \left[(1-\beta^2)(\mathbf{R}-R \boldsymbol{\beta})+\frac{\mathbf{a}}{c^2}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(\mathbf{R}-R \boldsymbol{\beta}) -\dfrac{\mathbf{a}}{c^2}(\mathbf{R}-R\boldsymbol{\beta} )\boldsymbol{\cdot} \mathbf{R} \right]\\&=\frac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \left[(1-\beta^2)(\mathbf{R}-R \boldsymbol{\beta})+\frac{\mathbf{a} \times [( \mathbf{R}-R \boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{R} ] }{c^2} \right] \end{aligned} )]
다음으로는 자기장이다. 그런데,
임을 이용하자. 이것의 회전이 곧 자기장이 된다.[math(\begin{aligned}\displaystyle \mathbf{A}=\frac{\boldsymbol{\beta}}{c}\Phi \end{aligned})]
그런데[math(\begin{aligned}\displaystyle \mathbf{B}&=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A}\\ &=\frac{1}{c}\boldsymbol{\nabla}\times (\boldsymbol{\beta}\Phi) \\&=\frac{1}{c}[(\boldsymbol{\nabla} \times \boldsymbol{\beta})\Phi-\boldsymbol{\beta} \times (\boldsymbol{\nabla} \Phi ) ] \end{aligned})]
이 성립하므로[math(\begin{aligned}\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{\boldsymbol{\beta}}&=\begin{vmatrix}
\mathbf{\hat{x}} &\mathbf{\hat{y}} &\mathbf{\hat{z}} \\
\dfrac{\partial}{\partial t_{r}}\dfrac{\partial t_{r}}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial t_{r}}\dfrac{\partial t_{r}}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial t_{r}}\dfrac{\partial t_{r}}{\partial z}\\
\beta_{x} & \beta_{y} & \beta_{z}
\end{vmatrix} \\&=\begin{vmatrix}
\mathbf{\hat{x}} &\mathbf{\hat{y}} &\mathbf{\hat{z}} \\
\dfrac{\partial t_{r}}{\partial x} & \dfrac{\partial t_{r}}{\partial y} & \dfrac{\partial t_{r}}{\partial z}\\
\dfrac{\partial}{\partial t_{r}}\beta_{x} & \dfrac{\partial}{\partial t_{r}}\beta_{y} & \dfrac{\partial}{\partial t_{r}}\beta_{z}
\end{vmatrix} \\&=\boldsymbol{\nabla}t_{r} \times \frac{\mathbf{a}}{c} \end{aligned})]
이다.[math(\begin{aligned}\displaystyle \mathbf{B}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}c} \left[ \frac{\dfrac{\mathbf{a}}{c^2}\times \mathbf{R} }{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^2}+ \frac{\left[1 + \dfrac{\mathbf{a}}{c^2} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-\beta^2 \right] (\boldsymbol{\beta}\times \mathbf{R})}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \right] \\&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}c}\frac{1}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \left[\dfrac{\mathbf{a}}{c^2}\times \mathbf{R}(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})+\left[1 + \dfrac{\mathbf{a}}{c^2} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}-\beta^2 \right] (\boldsymbol{\beta}\times \mathbf{R}) \right] \\&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}c}\frac{1}{(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})^3} \left[ (1-\beta^2)(\boldsymbol{\beta}\times \mathbf{R})+\frac{(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta}\times \mathbf{R})+(R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})(\mathbf{a}\times \mathbf{R})}{c^2} \right] \end{aligned})]
이상에서 [math(K \equiv R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R})]으로 정의하면 다음의 결과를 얻는다.[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}}\!\left[ ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta})+\frac{\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]}{c^{2}} \right] \\ \mathbf{B}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}}\!\left[ ( 1-\beta^{2} ) (\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+\frac{(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+K(\mathbf{a} \times \mathbf{R})}{c^{2}} \right] \end{aligned})]
원점에서 정지했던 전하가 순간적으로 가속되어 일정한 속도를 갖게 될 때, 전기장은 아래와 같은 형태로 나타나게 된다.
먼저 먼 영역에는 움직임에 대한 전하의 전기장 신호가 도달하지 않았으므로 본래의 정적인 전하 상태에 대한 전기장(파란색 장)이 그대로 관측되나, 비교적 가까운 거리는 등속도로 움직이는 전하의 전기장(빨간색 장)이 관측된다. 그리고 그 경계에는 가속도장(검은색 장)이 관측된다.
8.2.1. 등속도로 움직이는 전하
전하량 [math(q)]인 전하가 [math(\mathbf{v})]의 등속도로 움직이는 상황을 가정해보자. 문제를 간단히 하기 위해 [math(t=0)]일 때 전하는 원점을 지난다고 가정하자.다음의 정보를 안다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{a}&=0 \\ \mathbf{R}&=\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t_{r}) \\ \boldsymbol{\beta}&=\frac{\mathbf{v}}{c} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{r'}(t)=\mathbf{v}t )] |
| [math(\displaystyle R=c(t-t_{r})\quad\rightarrow\quad\left| \mathbf{r}-\mathbf{v}t_{r} \right|=c(t-t_{r}) )] |
| [math(\displaystyle t_{r}=\frac{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})\pm \sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} )} }{c^{2}-v^{2}} )] |
| [math(\displaystyle t_{r}=t \pm \frac{c}{r} )] |
| [math(\displaystyle t_{r}=\frac{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})- \sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} )} }{c^{2}-v^{2}} )] |
스칼라 퍼텐셜
| [math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(t_{r})} )] |
| [math(\displaystyle R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(t_{r})= R-\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \frac{\mathbf{v}}{c} )] |
| [math(\displaystyle \frac{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }}{c})] |
| [math(\displaystyle \Phi=\frac{qc}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }} )] |
| [math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} R(t)} \frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta} }} )] |
스칼라 퍼텐셜이 결정되면, 벡터 퍼텐셜은 쉽게 결정된다:
| [math(\displaystyle \mathbf{A}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}c} \frac{\mathbf{v}}{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{A}=\frac{q \mathbf{v}}{4 \pi \varepsilon_{0}c^{2}}\frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta} }} )] |
이 문제에서는 가속도가 없는 상황을 다루기 때문에 전자기장은 가속도와 관련되지 않는 장 즉, 속도장만 고려하면 된다. 즉, 전기장은
| [math(\displaystyle \mathbf{E}= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}} ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) )] |
| [math( K=R(t)\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}} )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} {\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}&=\mathbf{r}-\mathbf{v}t_{r}-(t-t_{r})\mathbf{v} \\ &=r-\mathbf{v}t \\ &=\mathbf{R}(t) \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{E}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1-\beta^{2}}{[1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}]^{3/2}}\frac{\mathbf{\hat{R}}(t)}{R(t)^{2}} )] |
- 전하의 수평 방향 ([math(\theta=0,\,\pi)]) : 전기장이 본래보다 [math(1-\beta^{2})]배 만큼 약하다.
- 전하의 수직 방향 ([math(\theta=\pm \pi/2)]) : 전기장이 본래보다 [math( (1-\beta^{2})^{-1/2} )]배 만큼 강하다.
마지막으로 자기장은
| [math(\displaystyle \mathbf{B}=\frac{1}{c}(\mathbf{\hat{R}}(t_{r}) \times \mathbf{E}) )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{\hat{R}}(t_{r})&=\frac{\mathbf{r}-\mathbf{v} t_{r}}{R(t_{r})} \\&=\frac{(\mathbf{r}-\mathbf{v}t)+(t-t_{r})\mathbf{v} }{R(t_{r})} \\ &=\frac{(\mathbf{r}-\mathbf{v}t)+(t-t_{r})\mathbf{v} }{c(t-t_{r})} \\&=\frac{\mathbf{R}(t)}{R(t_{r})}+\frac{\mathbf{v}}{c} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{B}=\frac{1}{c^{2}}(\mathbf{v} \times \mathbf{E}) )] |
[math(\beta \ll 1)]의 비상대론적 영역에서 전하의 전자기장은 어떻게 결정지어지는 지 논의해보고자 한다. 이러한 영역에서는 전자기장은 아래와 같이 결정된다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&\simeq \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{\mathbf{\hat{R}}(t)}{R(t)^{2}} \\ \mathbf{B}&\simeq\frac{\mu_{0} q}{4 \pi R^{2}}[\mathbf{v} \times \mathbf{\hat{R}}(t) ] \end{aligned} )] |
- [상대론적 전자기학으로 접근하기]
- -----
이 결과를 상대론적 전자기학의 결과를 빌려 해결해보자.
우선 정지한 관성계 [math(\mathcal{O})]의 원점에 관찰자가 있고, 해당 관성계를 기준으로 [math(\mathbf{v}=v\mathbf{\hat{x}})]의 속도로 움직이는 [math(\bar\mathcal{O})]계가 있다. 이때, [math(\bar\mathcal{O})]계의 원점에 전하 [math(q)]를 놓음으로써 분석하고 있는 상황과 동일하게 만들 수 있다. [math(\bar{\mathcal{O}})]계에서 측정한 전기장과 자기장은
이것을 [math(\mathcal{O})]계에서 보면[math( \begin{aligned} \mathbf{\bar{E}}&=\dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\mathbf{\bar{x}}+\mathbf{\bar{y}}+\mathbf{\bar{z}} }{[\bar{x}^{2}+\bar{y}^{2}+\bar{z}^{2} ]^{3/2}} \\ \mathbf{\bar{B}}&=\mathbf{0} \end{aligned} )]
[math(\mathcal{O})]계의 물리량으로 바꿔주기 위해 로런츠 변환을 한다.[math( \begin{aligned} \mathbf{E}=\dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\bar{x}\mathbf{\hat{x}}+\gamma(\bar{y}\mathbf{\hat{y}}+\bar{z}\mathbf{\hat{z}})}{[\bar{x}^{2}+\bar{y}^{2}+\bar{z}^{2} ]^{3/2}} \end{aligned} )]
이것을 대입하면[math(\begin{aligned} \bar{x} & =\gamma (x-vt) \\ \bar{y}&=y \\ \bar{z}&=z \end{aligned})]
한편, [math( \mathbf{R}(t) \equiv \mathbf{r}-\mathbf{v}t )]라 하면[math( \begin{aligned} \mathbf{E}&=\dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\gamma[(x-vt)\mathbf{\hat{x}}+\mathbf{y}+\mathbf{z}]}{[\gamma^{2}(x-vt)^2+y^2+z^2 ]^{3/2}} \\ &=\dfrac{q(1-\beta^{2})}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{(x-vt)\mathbf{\hat{x}}+\mathbf{y}+\mathbf{z}}{[(x-vt)^2+(1-\beta^2)y^2+(1-\beta^2)z^2 ]^{3/2}}\\ &=\dfrac{q(1-\beta^{2})}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{(x-vt)\mathbf{\hat{x}}+\mathbf{y}+\mathbf{z}}{[(x-vt)^2+y^{2}+z^{2}-\beta^{2}(y^{2}+z^{2}) ]^{3/2}} \end{aligned} )]
이고,[math( \begin{aligned} \mathbf{E} &=\dfrac{q(1-\beta^{2})}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\mathbf{R}(t)}{[R(t)^{2}-\beta^{2}(y^{2}+z^{2}) ]^{3/2}} \end{aligned} )]
이다. [math((\boldsymbol{\beta},\,\mathbf{R}))]는 두 벡터 사이의 각으로 [math(\theta)]라 하자. 따라서 위 식을 정리하면 다음을 얻는다.[math(\begin{aligned} |\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R}|^{2} &=\beta^{2}(y^2+z^2) \\ &=\beta^{2}R(t)^2\sin{(\boldsymbol{\beta},\,\mathbf{R})} \end{aligned})]
이상에서 같은 결과를 얻었음을 알 수 있다.[math( \begin{aligned} \mathbf{E}&=\dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1-\beta^{2}}{[1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}]^{3/2}}\frac{\mathbf{\hat{R}}(t)}{R(t)^2} \end{aligned} )]
마지막으로 자기장을 구하면 아래와 같다.
이처럼 상대론적 전자기학으로도 접근할 수 있다.[math( \begin{aligned} \mathbf{B}&= \dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\gamma v}{c^{2}}\dfrac{\mathbf{\bar{y}}-\mathbf{\bar{z}} }{[\bar{x}^{2}+\bar{y}^{2}+\bar{z}^{2} ]^{3/2}} \\ &= \dfrac{ v}{c^{2}}\dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{1-\beta^{2} }{[1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}]^{3/2}}\frac{\mathbf{y-z}}{R(t)^{3}} \\ &=\frac{1}{c^{2}}(\mathbf{v} \times \mathbf{E}) \end{aligned} )]
8.3. 점전하 방사 분석
위 문단에서 빠르게 가속하는 전하의 장이 결정되었음에 따라 이제 포인팅 벡터와 방사 일률을 다루자. 포인팅 벡터 [math(\mathbf{S}\equiv \mathbf{E} \times \mathbf{B}/\mu_{0})]에서| [math(\displaystyle \mathbf{S}=\frac{1}{\mu_{0}}\mathbf{E} \times \biggl( \frac{\mathbf{\hat{R} } }{c} \times \mathbf{E} \biggr) )] |
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{S}&=\frac{E^{2}}{\mu_{0}c}\mathbf{\hat{R}} \\ &=\frac{q^{2}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0} c^{3} K^{6}} \!\left| \mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ] \right|^{2} \end{aligned} )] |
| [math(\displaystyle {\rm{d}}W=\mathbf{S} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\hat{R}} R^{2}{\rm d}\Omega {\rm d}t )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm{d}}W}{{\rm d}t_{r}}=\mathbf{S} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\hat{R}} R^{2}{\rm d}\Omega \frac{{\rm d}t}{{\rm d}t_{r}} )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}P}{{\rm d}\Omega}=\mathbf{S} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\hat{R}} R^{2} \frac{{\rm d}t}{{\rm d}t_{r}} )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}t}{{\rm d}t_{r}}=1+\frac{1}{c}\frac{{\rm d}R}{{\rm d}t_{r}} )] |
| [math(\begin{aligned}\displaystyle \frac{{\rm d}t''}{{\rm d}t_{r}}&=1-\frac{1}{c}\frac{{\rm d}R}{{\rm d}t_{r}}\\&=\frac{R-\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}}{R}\end{aligned})] |
| [math(\displaystyle \frac{1}{c}\frac{{\rm d}R}{{\rm d}t_{r}}=-\frac{\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}}{R} )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}t}{{\rm d}t_{r}}=1-\frac{\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}}{R}=\frac{K}{R})] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}P}{{\rm d} \Omega}=\frac{q^{2} R}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0} c^{3} K^{5}} \!\left| \mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ] \right|^{2} )] |
| [math(\displaystyle P=\frac{q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} }\frac{a^2-|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|^{2}}{(1-\beta^{2})^{3}} )] |
- [리에나르가 일반화한 라모 공식 유도하기]
- -----
점전하는 자신을 원점으로 하여 [math(\mathbf{\hat R})] 방향으로 전자기파를 방사한다. 따라서 입체각에 대한 적분을 구할 때는 [math(\mathbf{\hat R})]을 구면 좌표계의 [math(\mathbf{\hat r})]이라 생각하고 적분하면 된다.
우선 [math(|\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]|^{2})]을 구해보자. 벡터 항등식 [math(\mathbf{a} \times (\mathbf{b} \times \mathbf{c})=(\mathbf{a} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{c})\mathbf{b}-(\mathbf{a} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{b})\mathbf{a} )]임을 이용하면,
따라서 적분은 다음과 같이 써진다.[math(\begin{aligned} \displaystyle \displaystyle |\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]|^{2} &= (\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})^2({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta})^2+[\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot}({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) ]^2 a^2-2(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})[\mathbf{a}\boldsymbol{\cdot}({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) ][\mathbf{R}\boldsymbol{\cdot}({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) ] \\ &=(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})^2(R^2+R^2\beta^2-2R\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta})+(R^2-R\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta})^2 a^2 \\ & \qquad \qquad -2(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})^{2}(R^2-R\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta})+2R(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta } \boldsymbol{\cdot}\mathbf{a})(R^2-R\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta}) \\&=-R^2(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})(1-\beta^2)+a^2 R^2 K^2+2R^2(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})K \end{aligned} )]
앞의 상수는 무시했다.[math(\begin{aligned} \displaystyle &-\oint_{\Omega} \frac{R^3 (\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})^{2} (1-\beta^2)}{K^5}\,{\rm d}\Omega +\oint_{\Omega} \frac{R^3 a^2}{K^{3}}\,{\rm d}\Omega +\oint_{\Omega} \frac{2R^3 (\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{a}) }{K^4} \\ &=-(1-\beta^2)\oint_{\Omega} \frac{R^3 (\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})^{2}}{K^5}\,{\rm d}\Omega +a^2 \oint_{\Omega} \frac{R^3 }{K^{3}}\,{\rm d}\Omega +2(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})\oint_{\Omega} \frac{R^3 (\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a}) }{K^4} \\ & \equiv -(1-\beta^{2})I_{1}+a^2 I_{2}+2(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})I_{3} \\& \equiv I \end{aligned} )]
우선 [math(I_{2})]을 구해보자.[math(\begin{aligned} \displaystyle \begin{aligned} I_{2}&= \oint_{\Omega} \frac{R^3}{(R-\mathbf{R}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta})^3}\,{\rm d}\Omega \\ &=\oint_{\Omega}\frac{{\rm d}\Omega}{(1-\mathbf{\hat{R}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta} )^{3} } \\&=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi} \frac{\sin{\theta}\,{\rm d}\theta{\rm d}\phi }{(1-\beta \cos{\theta})^3}\\&=\frac{4\pi}{(1-\beta^2)^2} \end{aligned} \end{aligned} )]
두 번째로 [math(I_{3})]를 구해보자.
이때, 다음과 같이 식을 변형하자.[math( \displaystyle \begin{aligned} I_{3}&= \oint_{\Omega} \frac{R^3(\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})}{(R-\mathbf{R}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta})^4}\,{\rm d}\Omega \\&=\oint_{\Omega} \frac{\mathbf{\hat{R}}\boldsymbol{\cdot}{\mathbf{a} }}{(1-\mathbf{\hat{R}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta})^{4}}\,{\rm d}\Omega \end{aligned} )]
한편, 다음과 같이 [math(\boldsymbol{\beta})]를 [math(z)]축 위에 고정시키고, [math(\mathbf{R})]과 이루는 각을 [math(\theta)]라 놓자.[math( \displaystyle \begin{aligned} I_{3}&=\mathbf{a}\boldsymbol{\cdot} \oint_{\Omega} \frac{\mathbf{\hat{R}} }{(1-\mathbf{\hat{R}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\beta})^{4}}\,{\rm d}\Omega \end{aligned} )]
또, [math(\mathbf{\mathbf{R}}=\mathbf{\hat{x}}\sin{\theta}\cos{\phi}+\mathbf{\hat{y}}\sin{\theta}\sin{\phi}+\mathbf{\hat{z}}\cos{\theta})] 형태로 쓸 수 있는데, [math(\phi)] 대칭성에 의해 적분에 기여하는 것은 [math(z)]성분 뿐이다.
[math(\boldsymbol{\beta})]가 [math(z)]축 상에 있다고 가정했으므로 [math(\beta \mathbf{\hat{z}}=\boldsymbol{\beta})]가 되었다.[math( \displaystyle \begin{aligned} I_{3}&=\mathbf{a}\boldsymbol{\cdot} \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi} \frac{\mathbf{\hat{z}} \cos{\theta}\sin{\theta} }{(1-\beta\cos{\theta})^{4}}\,{\rm d}\theta {\rm d}\phi \\&=\mathbf{a} \boldsymbol{\cdot} \left[ \frac{16 \pi }{3}\frac{1 }{(1-\beta^2)^3} \beta \mathbf{\hat{z}} \right] \\&=\mathbf{a} \boldsymbol{\cdot} \left[ \frac{16 \pi }{3}\frac{1 }{(1-\beta^2)^3} \boldsymbol{\beta} \right] \\&= \frac{16 \pi }{3}\frac{\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{a} }{(1-\beta^2)^3} \end{aligned} )]
마찬가지의 트릭을 써서 [math(I_{1})]를 구해보자.
항의 개수가 많을 것 처럼 보이나, [math(\phi)]에 대한 대칭성으로 인하여 다음 세 항에 의한 것만 적분에 기여한다.[math( \displaystyle \begin{aligned} I_{1}&=\oint_{\Omega} \frac{R^3 (\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})^{2}}{(R-\mathbf{R}\boldsymbol{\cdot }\boldsymbol{\beta})^{5}}\,{\rm d}\Omega \\&=\oint_{\Omega} \frac{(\mathbf{\hat R}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{a})^{2}}{(1-\mathbf{\hat R}\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\beta})^5} \,{\rm d}\Omega \\&= \oint_{\Omega} \frac{(a_{x}\sin{\theta}\cos{\phi}+a_{y}\sin{\theta}\sin{\phi}+a_{z}\cos{\theta})^{2}}{(1-\beta\cos{\theta})^5} \,{\rm d}\Omega \end{aligned} )] [math( \displaystyle \begin{aligned} I_{1}&= \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi} \frac{a_{x}^{2}\sin{\theta}^{2}\cos^{2}{\phi}}{(1-\beta\cos{\theta})^5} \,\sin{\theta}\,{\rm d}\theta {\rm d}\phi + \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi} \frac{a_{y}^{2}\sin^{2}{\theta}\sin^{2}{\phi}}{(1-\beta\cos{\theta})^5} \,\sin{\theta}\,{\rm d}\theta {\rm d}\phi + \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi} \frac{a_{z}^{2}\cos^{2}{\theta}}{(1-\beta\cos{\theta})^5} \,\sin{\theta}\,{\rm d}\theta {\rm d}\phi \\&=\frac{4 \pi}{3} \frac{1}{(1-\beta^2)^3} \left[a_{x}^2+a_{y}^{2}+\frac{a_{z}^2+5\beta^2a_{z}^{2}}{1-\beta^2} \right]\\&=\frac{4 \pi}{3} \frac{1}{(1-\beta^2)^3} \left[a_{x}^2+a_{y}^{2}+\frac{a_{z}^2(1-\beta^{2})+6\beta^2a_{z}^{2}}{1-\beta^2} \right] \\ &=\frac{4 \pi}{3} \frac{1}{(1-\beta^2)^3} \left[a_{x}^2+a_{y}^{2}+\frac{a_{z}^2+5\beta^2a_{z}^{2}}{1-\beta^2} \right]\\&=\frac{4 \pi}{3} \frac{1}{(1-\beta^2)^3} \left[a_{x}^2+a_{y}^{2}+a_{z}^{2}+\frac{6\beta^2a_{z}^{2}}{1-\beta^2} \right] \\ &=\frac{4\pi}{3} \frac{1}{(1-\beta^2)^3} \left[ a^2+\frac{6(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{a} )^2}{1-\beta^2} \right] \end{aligned} )]
따라서 위 적분은
형태로 써지는데, 벡터 항등식 [math(|\mathbf{a} \times \mathbf{b}|^2=a^2 b^2-|\mathbf{a} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{b}|^{2})]을 이용하면[math(\begin{aligned} I&= -\frac{4\pi}{3}\frac{1}{(1-\beta^{2})^{2}}\left[ a^2+\frac{6(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{a} )^2}{1-\beta^2} \right] +\frac{4\pi a^{2}}{(1-\beta^{2})^{2}}+\frac{32 \pi}{3}\frac{(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{a})^{2}}{(1-\beta^2)^{3}} \\&=\frac{8\pi}{3}\frac{1}{(1-\beta^2)^{3}} [(1-\beta^{2})a^{2}+|\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{a}|^{2} ] \end{aligned} )] [math(\begin{aligned} I&=\frac{8\pi}{3} \frac{(1-\beta^{2})a^{2}+|\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{a}|^{2}}{(1-\beta^2)^{3}} \\&=\frac{8\pi}{3} \frac{(1-\beta^{2})a^{2}+a^2\beta^{2}-|\boldsymbol{\beta}\times \mathbf{a}|^{2}}{(1-\beta^{2})^{3}} \\&=\frac{8\pi}{3} \frac{a^{2}-|\boldsymbol{\beta}\times \mathbf{a}|^{2}}{(1-\beta^{2})^{3}} \end{aligned} )]
이상에서 아래와 같이 리에나르가 일반화한 라모 공식이 유도된다.[math(\begin{aligned} P=\frac{q^2}{16\pi^2 \varepsilon_{0}c^{3}}I=\frac{q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} }\frac{a^2-|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|^{2}}{(1-\beta^{2})^{3}} \end{aligned} )]
이 식에서부터 [math(v \rightarrow c)]이면, [math(\beta \rightarrow 1)]이므로 방사 일률은 매우 커진다. 이제 [math(\beta \ll 1)]인 영역, 즉 [math(v \ll c)]인 경우를 보자. 이 경우에서 [math(1-\beta^{2}\simeq 1)]이고,
| [math(\displaystyle a^2-|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|^{2}=a^2[1-\beta^{2}\sin^{2}{(\boldsymbol{\beta},\,\mathbf{a})}] )] |
| [math(\displaystyle a^2-|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|^{2} \simeq a^2 )] |
| [math(\displaystyle P=\frac{q^{2} a^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} } )] |
참고로, 상대성 이론에 등장하는 로런츠 인자 [math(\gamma)]를 이용하면, 위에서 구했던 총 방사일률은 다음과 같이 쓸 수 있다.
| [math(\displaystyle P=\frac{q^{2}\gamma^{6}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} }[a^2-|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|^{2}] )] |
8.3.1. 가속도와 속도가 평행한 운동을 하는 점전하
이 예에서 특수한 조건에서 전자기파의 방사 패턴을 구하자. 다음의 가정을 사용한다.- 전하의 가속은 일정하게 일어난다.
- 전하의 가속의 방향은 전하의 초기 운동 방향과 같다.
| [math(\displaystyle \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}c^{2}K^{3}}[ (\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{a})\mathbf{R}-R^{2}\mathbf{a} ] )] |
| [math(\displaystyle \mathbf{S}= \frac{q^{2}a^{2}R^{4}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} \mu_{0} c^{5} K^{6}}\sin^{2}{\theta}\mathbf{\hat{R}} )] |
| [math(\displaystyle K=R(1-\beta\cos{\theta}) )] |
| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}P}{{\rm d} \Omega}= \frac{q^{2}a^{2}\sin^{2}{\theta}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} \mu_{0} c^{5} (1-\beta\cos{\theta})^{5}} )] |
위 그림과 같이 속도가 커짐에 따라 방사 강도가 최대가 되는 각 [math(\theta_{\sf{max}})]은 상이하며, 그 값은 [math([0,\,\pi/2])]의 범위에서
| [math(\displaystyle \theta_{\sf{max}}=\arccos{\biggl[ \frac{\sqrt{1+15\beta^{2} }-1}{3\beta} \biggr]} )] |
주목해야 할 것은 [math(\beta=0)]일 때는 다뤘던 쌍극자 방사에 의한 방사 패턴과 동일하다는 것이다. 따라서 전하의 속력이 [math(v \ll c)]라면, 방사 패턴은 쌍극자 방사의 패턴과 같으며, [math(\boldsymbol{\beta})]와 평행한 축을 기준으로, 동일한 축상에선 방사 일률이 없으며, 최대는 해당 축과 수직인 축에서이다.
리에나르가 일반화한 라모 공식을 시용함으로써 총 방사 일률은 쉽게 구할 수 있다. 이 경우 [math(|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|=0)]이므로
| [math(\begin{aligned}\displaystyle P&=\frac{q^{2}a^{2}c^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0}} \gamma^{6}\end{aligned})] |
| [math(\displaystyle E=\int P\,{\rm d}t_{r} )] |
| [math(\displaystyle \beta(t_{r})=\frac{v_{0}-at_{r}}{c} )] |
| [math(\displaystyle E=\int_{0}^{\tau} \frac{q^{2}a^{2}c^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{(1-\beta^{2})^{3}}\,{\rm d}t_{r} )] |
| [math(\displaystyle E=\frac{c}{a}\frac{q^{2}a^{2}c^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0}} \int_{0}^{\beta_{0}} \frac{1}{(1-\beta^{2})^{3}}\,{\rm d}\beta )] |
| [math(\displaystyle E=\frac{q^{2}ac^{3}}{6 \pi \varepsilon_{0}} \!\left[ \frac{5\beta_{0}-3\beta_{0}^{2}}{8(1-\beta_{0}^{2})}+\frac{3}{16}\ln{\!\left[ \frac{1+\beta_{0}}{1-\beta_{0}} \right]} \right] )] |
8.3.2. 가속도와 속도가 직교하는 운동을 하는 점전하
광속으로 규격화된 속도 [math(\boldsymbol{\beta})]와 가속도 [math(\mathbf{a})]가 직교하는 경우를 보자. 쉽게 분석하기 위해 [math(\boldsymbol{\beta}=\beta \mathbf{\hat{z}})], [math(\mathbf{a}=a\mathbf{\hat{x}})]인 경우로 설정하면, 단위 입체각 당 복사 강도는| [math(\displaystyle \frac{{\rm d}P}{{\rm d} \Omega}= \frac{q^{2}a^{2}[(1-\beta\cos{\theta})^{2}-(1-\beta^{2}) \sin^{2}{\theta} \cos^{2}{\phi} ] }{16 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} \mu_{0} c^{5} (1-\beta\cos{\theta})^{5}} )] |
리에나르가 일반화한 라모 공식을 사용함으로써 총 방사 일률은 [math(|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|=\beta a)]임을 이용하면 다음을 얻는다.
| [math(\displaystyle P=\frac{q^{2}a^2 }{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}}\gamma^{4} )] |
9. 예제
10. 관련 문서
[1] 수식이 깨진 게 아니라 기호 모양이 '네모'이다.[2] 이제부터는 전기 퍼텐셜을 스칼라 퍼텐셜이라 부를 것이다.[3] 이제부터는 자기 퍼텐셜을 벡터 퍼텐셜이라 칭할 것이다.[4] 이 때, 原에 해당하는 항들의 시간은 모두 지연 시각인 점에 유의한다. [math(V)]는 각각의 原이 점유하는 영역이다.[5] 무한히 먼 지점에서 퍼텐셜을 0으로 둔다.[6] 단색광을 고려하고 있으므로 모든 장의 시간 항은 [math( e^{-i \omega t})]인 점을 상기하라.[7] 어떤 독자들은 [math((0,\,0,\,d/2))]와 [math((0,\,0,\,-d/2))]에 쇠구슬을 놓기 원할 수도 있다. 그러나 근사에 의해서 그것에 의한 효과는 거의 무시해도 될 정도며, 그 답도 일치하게 나온다.[8] 물론 수신에도 사용하기도 한다.[9] 이것을 쌍극자 근사라 한다.[10] 물론 쌍극자 근사로만으로는 설명을 할 수 없는 경우도 있다. 그런 경우엔 쌍극자 이상의 다중극 근사를 이용해야 할 것이나, 그런 경우는 여기서 다루지 않는다.[11] 굳이 [math({\rm d}t_{r})]를 나눠서 일률을 구해야 하는지 의심이 간다면, 지금의 내용을 제대로 이해하지 못한 것이다. 전하에 대한 시간은 [math(t_{r})]라는 점에서, 전하에서 방사된 장이 일률을 방사하는 것은 [math(t_{r})]와 관련되어 있기 때문이다.[12] 그러나, 이 방사 패턴의 경우엔 [math(\phi)]에도 의존하기 때문에 실제론 [math(\phi)]에 따라 달라진다. 아래의 패턴은 임의의 [math(\phi)]를 기준으로 한 것이므로 해석에 유의하여야 한다.