문서의 임의 삭제는 제재 대상으로, 문서를 삭제하려면 삭제 토론을 진행해야 합니다. 문서 보기문서 삭제토론 전자기파 방사 (문단 편집) === [[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. [[파일:namu_전자기파_방사_자기_쌍극자_방사.png|width=250&align=center]] 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} )] || 여기서 [math(\mathbf{r})], [math(\mathbf{r'})]이 이루는 각을 [math(\psi)]라 하자. ||<:> [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} )] || 두 벡터의 내적 관계를 이용하면 ||<:> [math(\displaystyle \begin{aligned} \cos{\psi}=\sin{\theta}\cos{(\phi-\phi')} \end{aligned} )] || 임을 쉽게 보일 수 있다. [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} )] || 따라서 ||<:> [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} )] || 우선 [math(x)]성분부터 살펴보자. 다음의 사실을 이용한다. ||<:> [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} )] || 이상에서 ||<:> [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} )] || 다음으로는 [math(y)]성분을 구할 차례이다. 다음의 사실을 이용한다. ||<:> [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} )] || 따라서 ||<:> [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} )] || 한편, [math(m_{0}=I_{0}\pi R^2)]으로 최대 자기 쌍극자 모멘트의 크기임을 이용하면 ||<:> [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} )] || 마찬가지로 [math(\omega \to 0)]에서 정적인 자기 쌍극자의 벡터 퍼텐셜로 환원된다. ||<:> [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}= \boldsymbol{\hat{\phi}}\frac{\mu_{0} m_{0} \sin{\theta}}{4\pi } \frac{1 }{r^{2}} \end{aligned} )] || 전기 쌍극자 방사에서와 같은 이유로 이제부터 [math(kr \gg 1)]의 영역에서도 방사강도가 존재하도록 하게 하는 퍼텐셜인 ||<:> [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} )] || 을 우세한 퍼텐셜로 정한다. 스칼라 퍼텐셜은 로런츠 게이지 조건 ||<:> [math(\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+\varepsilon_{0}\mu_{0}\frac{\partial \Phi}{\partial t}=0 \end{aligned} )] || 으로 구할 수 있는데, 이 문제에서 [math(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}=0)]이므로 스칼라 퍼텐셜은 시간에 의존하지 않는 퍼텐셜이 나온다. 한편, 고려하는 것은 방사장으로써 해당 퍼텐셜을 사용할 경우 정적인 장이 얻어짐에 따라 고려하는 대상과 먼 장이다. 따라서 여기서는 스칼라 퍼텐셜을 0으로 둬도 문제 없다. ||<:> [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} )] || 으로 결정된다. 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} )] || 방사장 중 자기장의 모습은 아래와 같이 생겼다. [[파일:namu_전자기파방사_쌍극자방사장.png|width=320&align=center]] 전자기파의 복사 강도는 [[포인팅 벡터]]로 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} )] || 이것은 곧 방사장의 전파 방향이 [math(\mathbf{\hat{r}})]임을 알려준다. 따라서 복사 강도에 해당하는 평균 포인팅 벡터는 아래와 같이 주어진다. ||<:> [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} )] || 이 방사장이 반지름 [math(r)]인 구의 표면에서의 평균 일률은 아래와 같이 주어진다. ||<:> [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} )] || 이 때, [math({\rm d}\Omega \equiv \sin{\theta}\,{\rm d}\theta {\rm d}\phi)]의 미소 입체각이다. 이 적분의 결과는 ||<:> [math( \displaystyle \!\left \langle P \right \rangle=\frac{m_{0}^2k^{4}}{12 \pi \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0} } )] || 따라서 위와 같이 총 복사 강도를 구했다. 단위 입체각 당 복사 강도는 다음과 같다. ||<:> [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} )] || 따라서 전기 쌍극자 방사와 동일하게 주어지므로 이것의 패턴 또한 동일하다.저장 버튼을 클릭하면 당신이 기여한 내용을 CC-BY-NC-SA 2.0 KR으로 배포하고,기여한 문서에 대한 하이퍼링크나 URL을 이용하여 저작자 표시를 하는 것으로 충분하다는 데 동의하는 것입니다.이 동의는 철회할 수 없습니다.캡챠저장미리보기