전자기파/전자기파 방사
1. 개요
'''Electromagnetic wave radiation'''
이 문서에서는 전자기파 방사에 대한 것을 다루게 된다.
현대 생활에서의 안테나를 이용한 무선 통신 기술은 모두 전자기파를 송출 즉, 전자기파를 방사하여 정보를 전달하는 것에서 시작된다. 따라서 이러한 무선 통신 기술 이해나 더 나아가 주파수 공학 등은 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 방사되는 지, 쌍극자와 연관되어 쌍극자에서 전자기파가 어떻게 방사되는 지를 알아볼 것이다.
2. 퍼텐셜 방정식
이제부터 아래와 같은 가정을 사용할 것이다.
- 자유 전하는 없다. 즉, $$\rho_{f}=0$$이다.
- 자유 전류는 없다. 즉, $$\mathbf{J}_{f}=0$$이다. 다만, 금속과 같은 전도성 물질 내에는 옴의 법칙에 의한 자유 전류만 존재한다. 즉, $$\mathbf{J}_{f}=\sigma_{c} \mathbf{E}$$이다.
- 분석하는 매질은 $$\mathbf{D}=\varepsilon \mathbf{E}$$, $$\mathbf{B}=\mu \mathbf{H}$$를 만족하는 단순한 매질이다.
$$\displaystyle \mathbf{B}=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A} \qquad \qquad \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} $$
$$\displaystyle \frac{1}{\mu}\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{B}=\mathbf{J}_{f}+\varepsilon \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} $$
$$\displaystyle \frac{1}{\mu}\boldsymbol{\nabla} \times (\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A})=-\varepsilon \frac{\partial }{\partial t} \left( \boldsymbol{\nabla}\Phi+\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right)+\mathbf{J}_{f} $$
$$\displaystyle \boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A})-\nabla^{2}\mathbf{A}=-\mu\varepsilon \frac{\partial }{\partial t} \left( \boldsymbol{\nabla}\Phi+\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right)+\mu\mathbf{J}_{f} $$
$$\displaystyle \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} -\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A})-\mu\varepsilon \boldsymbol{\nabla} \left( \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)=-\mu\mathbf{J}_{f} $$
$$\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{E}=\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} $$
$$\displaystyle -\boldsymbol{\nabla} \cdot \left( \boldsymbol{\nabla}\Phi+\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right)=\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} $$
$$\displaystyle \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}) =-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} $$
이상에서 아래와 같은 두 가지 퍼텐셜 방정식을 얻었음을 알 수 있다.
$$\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} -\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A})-\mu\varepsilon \boldsymbol{\nabla} \left( \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)&=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} $$
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 발산이 0으로 둔다. 즉,
$$\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}=0 $$
$$\displaystyle \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}) =-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} $$
$$\displaystyle \nabla^{2} \Phi =-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} $$
$$\displaystyle \nabla^{2} \Phi(\mathbf{r},\,t) =-\frac{\rho_{f}(\mathbf{r'},\,t)}{\varepsilon} $$
$$\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t) =\frac{1}{4 \pi \varepsilon} \int \frac{\rho_{f}(\mathbf{r'},\,t)}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,dV' $$
이번에는 쿨롱 퍼텐셜을 적용한 자기 퍼텐셜이 어떻게 표현되는지 보고자 한다. 자기 퍼텐셜과 관련된 방정식은 아래와 같이 표현된다.
$$\displaystyle \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} - \boldsymbol{\nabla} \left( \varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)=-\mu\mathbf{J}_{f} $$
2.2. 로런츠 게이지
윗 문단에서 퍼텐셜 방정식이
$$\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} -\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A})-\mu\varepsilon \boldsymbol{\nabla} \left( \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)&=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} $$
$$ \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t}=0 $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} - \boldsymbol{\nabla} \left( \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)&=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t} \left(-\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} &=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi -\varepsilon \mu \frac{\partial^{2} \Phi}{\partial t^{2}} &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} &=-\mu_{0}\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi -\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} \Phi}{\partial t^{2}} &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon_{0}} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \nabla^{2}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2} }{\partial t^{2}} \equiv \Box $$
$$\displaystyle \Box \mathbf{A}=-\mu_{0}\mathbf{J}_{f} \qquad \qquad \Box \Phi=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon_{0}} $$
[1] 수식이 깨진 게 아니라 기호 모양이 '네모'이다.
이번에는 전도성 물질 내에서는 어떻게 되는 지 살펴보자. 전도성 물질 내에서 자유 전류는 옴의 법칙에 의한 것만 있다고 가정하므로 $$\mathbf{J}_{f}=\sigma_{c} \mathbf{E}$$이다. 따라서
$$\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} -\boldsymbol{\nabla}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A})-\mu\varepsilon \boldsymbol{\nabla} \left( \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)&=-\mu \sigma_{c} \mathbf{E} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} - \boldsymbol{\nabla} \left( \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} +\sigma_{c} \mu \Phi \right)&=-\mu\mathbf{J}_{f} \\ \nabla^{2} \Phi +\frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}) &=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}=-\sigma_{c}\mu \frac{\partial \Phi}{\partial t}-\sigma_{c}\mu \Phi $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \nabla^{2}\mathbf{A}-\sigma_{c}\varepsilon \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} -\mu\varepsilon\frac{\partial^{2} \mathbf{A}}{\partial t^{2}} &=0 \\ \nabla^{2} \Phi -\sigma_{c}\varepsilon \frac{\partial \Phi}{\partial t}-\varepsilon \mu \frac{\partial^{2} \Phi}{\partial t^{2}} &=0 \end{aligned} $$
2.3. 게이지 변환과 게이지 불변성
위와 같이 자기 퍼텐셜엔 선택성이 있고, 이 선택성 때문에 한 장을 기술하는 자기 퍼텐셜은 여러개가 되어 한 자기 퍼텐셜이 한 장과 대응하기 위해 걸어주는 조건을 게이지 조건이라 했다. 게이지 조건은 여러 가지가 있으며, 그 중 많이 사용하는 게 위에서 서술했듯, '''쿨롱 게이지'''와 '''로런츠 게이지'''라 하였다. 그러나 쿨롱 게이지는 광속이 무한해지는 문제 때문에 다루는 전자기파 방사처럼 장이 정적이 아닐 때는 로런츠 게이지를 쓰는 것이 합당하다고도 위에서 밝혔다.
임의의 자기 퍼텐셜을 $$\mathbf{A}$$이라 하자. 자기 퍼텐셜 문서에서 논의했듯, 어떤 스칼라 함수 $$\psi$$의 그레이디언트를 취하여 더한 새로운 자기 퍼텐셜도 같은 자기장을 기술할 수 있다고 했다. 즉,
$$\displaystyle \mathbf{A'}=\mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\psi $$
$$\displaystyle \boldsymbol{\nabla}\times \mathbf{A}=\boldsymbol{\nabla}\times \mathbf{A'}=\mathbf{B} $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi'-\frac{\partial \mathbf{A'}}{\partial t} $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi'-\frac{\partial }{\partial t}(\mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\psi) $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\boldsymbol{\nabla}\Phi'-\boldsymbol{\nabla} \left( \frac{\partial \psi}{\partial t} \right) -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \\ &=-\boldsymbol{\nabla} \left( \Phi'+ \frac{\partial \psi}{\partial t} \right) -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \Phi'=\Phi- \frac{\partial \psi}{\partial t} $$
$$\displaystyle \mathbf{A'} \rightarrow \mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\psi \qquad \qquad \Phi'\rightarrow\Phi- \frac{\partial \psi}{\partial t} $$
본래의 장을 기술했던 두 퍼텐셜 $$\mathbf{A}$$, $$\Phi$$가 로런츠 게이지를 만족한다고 가정하자. 새롭게 도입한 퍼텐셜 $$\mathbf{A'}$$, $$\Phi'$$가 로런츠 게이지 조건을 만족하려면,
$$ \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A'}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi'}{\partial t}=0 $$
$$ \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot (\mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\psi)+\varepsilon \mu \frac{\partial }{\partial t} \left( \Phi- \frac{\partial \psi}{\partial t} \right)=0 $$
$$ \displaystyle \nabla^{2}\psi-\varepsilon \mu \frac{\partial^{2} \psi}{\partial t^{2}}=- \left( \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A}+\varepsilon \mu \frac{\partial \Phi}{\partial t} \right)=0 $$
$$ \displaystyle \nabla^{2}\psi-\varepsilon \mu \frac{\partial^{2} \psi}{\partial t^{2}}=0 $$
3. 뒤처진 퍼텐셜(Retarded Potential)
[image]
어떤 원(原; source)에서 발생되는 퍼텐셜[3]은 시간 변화에 따라 즉각적으로 변화된 퍼텐셜을 관측하는 것이 아니라 실제적으로 발생 원으로 부터 관측점까지 퍼텐셜이 오는 데까지 걸린 시간만큼 전의 퍼텐셜을 관측하게 된다. 즉, 원점으로 부터 $$r'$$만큼 떨어진 원이 있고, 우리가 관측하는 지점이 $$r$$일때, (진공에 있는)
만큼 전의 퍼텐셜을 관측하게 된다는 것이다. 즉, 시간 변수로써 생각해보면,
$$\displaystyle t-\frac{\left|\mathbf{r-r'}\right|}{c} $$
이라 하고, '''지연 시간(Retarded time)'''이라 한다.
위 예는 다음과 같은 예를 들면 쉽게 이해가능하다. 지구에서 초신성의 폭발을 관측했을 때, 초신성이 폭발할 그 순간을 관측하게 되는 것이 아닌 그 초신성으로 부터 지구까지 도달하기 까지의 시간 만큼 전의 신호를 관측하게 되는 것이다. 즉, 5억만년 전 초신성이 폭발했다 가정하면, 우리가 관측하게 되는 신호가 실시간으로 관측되는 것이 아닌 5억만년 전의 신호가 지구에 도달하여 측정된 것이다.
따라서 이와같은 논리를 적용하면, 진공 중에 어느 지점에 전하분포 $$\rho(\mathbf{r'},\,t)$$와 전류 분포 $$\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t)$$의 原이 만드는 스칼라 퍼텐셜과 벡터 퍼텐셜[5]은 다음과 같이 주어진다.
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi(\mathbf{r},\,t)&=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\int_{V} \frac{\rho(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,dV' \\ \mathbf{A}(\mathbf{r},\,t)&=\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\int_{V} \frac{\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,dV' \end{aligned} $$
4. 쌍극자 방사
진공의 구면좌표계에서 방사되는 전자기파의 방정식은 벡터 헬름홀츠 방정식으로 기술된다.
$$\displaystyle \nabla^{2}\mathbf{V}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2} \mathbf{V}}{\partial t^{2}}=0 $$
$$\displaystyle \mathbf{V}=\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi $$
해당 $$\mathbf{V}$$를 헬름홀츠 방정식에 넣고, 단색광을 고려하고 있으므로 $$\mathbf{V} \propto e^{-i \omega t}$$임을 이용하면 아래와 같은 식으로 고칠 수 있다.
$$\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{r} \left( \nabla^{2}\psi+\frac{\omega^{2}}{c^{2}}\psi \right)=0 $$
$$\displaystyle \nabla^{2}\psi+\frac{\omega^{2}}{c^{2}}\psi =0 $$
$$\displaystyle \psi=\sum_{lm}C_{lm}\,h_{1}^{(1)}(kr)Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi) \equiv \sum_{lm} \psi_{lm} $$
$$\displaystyle \psi_{00} \propto -\frac{e^{ikr}}{kr} $$
$$\displaystyle \psi_{10} \propto \frac{e^{ikr}}{kr} \left( 1+\frac{i}{kr} \right)\cos{\theta} $$
$$\mathbf{V}$$가 전기장이라면, 그것을 TE(Transverse Electric)라 한다. 따라서 위에서의 스칼라 방정식을 만족하는 스칼라 해 $$\psi$$를 찾았다면, 전기장은
$$\displaystyle \mathbf{E}=\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi $$
$$\displaystyle \boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{E}=i \omega \mathbf{B} $$
[6] 단색광을 고려하고 있으므로 모든 장의 시간 항은 $$ e^{-i \omega t}$$인 점을 상기하라.
$$\displaystyle \mathbf{B}=\frac{\boldsymbol{\nabla} \times (\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi)}{i \omega } $$
또한, $$\mathbf{V}$$가 자기장이라면, 그것을 TM(Transverse Magnetic)이라 부르며, TE와 같은 논법으로
$$\displaystyle \mathbf{B}=\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=-\frac{c^{2} }{i \omega }\boldsymbol{\nabla} \times (\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla} \psi) $$
4.1. 전기 쌍극자 모멘트 방사
전기 쌍극자에 의한 방사는 TM 모드에 의해 방사된다.
$$\displaystyle \psi_{10} =B_{0} \frac{e^{ikr}}{kr} \left( 1+\frac{i}{kr} \right)\cos{\theta} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{B(r)}&=\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla}\psi \\ &=-\hat{\boldsymbol{\phi}}B_{0}e^{ikr}\left( \frac{1}{kr}+\frac{i}{k^{2} r^{2}} \right)\sin{\theta} \end{aligned} $$
[math(\displaystyle \mathbf{E(r)}=-iB_{0}c\,e^{ikr} \left[2 \hat{\mathbf{r}} \left( \frac{1}{k^{2} r^{2}}+\frac{i}{k^{3}r^{3}} \right)\cos{\theta}-\hat{\boldsymbol{\theta}} \left( \frac{i}{kr}-\frac{1}{k^{2}r^{2}}-\frac{i}{k^{3}r^{3}} \right) \sin{\theta} \right]
)]
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=-\hat{\boldsymbol{\phi}} B_{0}\left[ \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr}+\frac{\sin(\omega t-kr)}{k^{2}r^{2}} \right]\sin{\theta} \\ \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&= -B_{0}c\left[ 2\hat{\mathbf{r}} \left[ \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{k^{2}r^{2}}-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{k^{3}r^{3}} \right]\cos{\theta} +\hat{\boldsymbol{\theta}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}+\frac{\sin{(\omega t-kr)}}{k^{2}r^{2}}-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{k^{3}r^{3}} \right]\sin{\theta} \right] \end{aligned} $$
$$\displaystyle \mathbf{E(r)}=\frac{B_{0}c}{k^{3}r^{3}} [2\hat{\mathbf{r}}\,\cos{\theta}+\hat{\boldsymbol{\theta}} \sin{\theta}] $$
$$ \displaystyle \mathbf{E}( \mathbf{r}) =\frac{p_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{3}} [ 2\hat{\mathbf{r}}\cos{\theta}+ \hat{\boldsymbol{\theta}} \sin{\theta}] $$
$$ \displaystyle B_{0}=\frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} c} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=- \hat{\boldsymbol{\theta}} \, \frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}\sin{\theta} \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=- \hat{\boldsymbol{\phi}} \, \frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}c} \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} $$
이제부터는 이 방사장의 강도에 대해 고찰해보도록한다. 전자기파의 복사 강도는 포인팅 벡터로 주어지므로 방사장에 대한 포인팅 벡터는
$$ \displaystyle \begin{aligned} \mathbf{S} &=\frac{1}{\mu_{0}}\mathbf{E} \times \mathbf{B} \\ &=\hat{\mathbf{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{(4 \pi \varepsilon_{0})^{2}c \mu_{0} r^{2}} \cos^{2}{(\omega t-kr)}\sin^{2}{\theta} \end{aligned} $$
$$ \displaystyle \left \langle \mathbf{S} \right \rangle=\hat{\mathbf{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2} $$
$$ \displaystyle \begin{aligned} \left \langle P \right \rangle&=\oint_{\Omega} \left \langle \mathbf{S} \right \rangle \cdot d \mathbf{a} \\ &=\oint_{\Omega} \left[ \hat{\mathbf{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2} \right]\cdot \hat{\mathbf{r}}\,r^{2}\,d\Omega \\ &=\oint_{\Omega} \hat{\mathbf{r}}\,\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \sin^{2}{\theta} \,d\Omega \end{aligned} $$
$$ \displaystyle \left \langle P \right \rangle=\frac{p_{0}^2k^{4}}{12 \pi \varepsilon_{0}^{2}c \mu_{0} } $$
$$ \displaystyle \frac{d \left \langle P \right \rangle}{d\Omega}=\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \sin^{2}{\theta} $$
[image]
$$\mathbf{p}$$는 우리가 다루는 방사 原 전기 쌍극자 모멘트이며, 원점으로 부터 곡선까지의 한 벡터 $$\mathbf{P}$$를 생각했을 때, $$\left|\mathbf{P} \right|$$는 $$\mathbf{P}$$ 방향의 단위 입체각 당 방사 강도가 된다. 이때 가장 눈여겨봐야 하는 것은 $$\theta=\pm \pi/2$$일 때 방사 강도는 최대가 되며, $$\theta=0,\,\pi$$일 때 방사 강도는 0이 된다는 점이다. 따라서 방사 강도는 쌍극자와 수직인 축에서 최대가 되며, 쌍극자와 동일한 축에서는 0이 된다. 또한, $$xy$$평면에서 패턴을 보면, 복사 강도는 $$\phi$$에 의존하지 않기 때문에 $$xy$$평면 어느 방향에서나 같은 강도로 방사된다는 것을 쉽게 예측할 수 있다. 따라서 방사패턴은 실제적으로 3차원으로 나타나며, 이것과 같이 나오게 된다.
4.2. 자기 쌍극자 모멘트 방사
자기 쌍극자에 의한 방사는 TE 모드에 의해 방사된다.
$$\displaystyle \psi_{10} =E_{0} \frac{e^{ikr}}{kr} \left( 1+\frac{i}{kr} \right)\cos{\theta} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E(r)}&=\mathbf{r} \times \boldsymbol{\nabla}\psi \\ &=-\hat{\boldsymbol{\phi}}E_{0}e^{ikr}\left( \frac{1}{kr}+\frac{i}{k^{2} r^{2}} \right)\sin{\theta} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \mathbf{B(r)}=\frac{iE_{0}}{c}\,e^{ikr} \left[2 \hat{\mathbf{r}} \left( \frac{1}{k^{2} r^{2}}+\frac{i}{k^{3}r^{3}} \right)\cos{\theta}-\hat{\boldsymbol{\theta}} \left( \frac{i}{kr}-\frac{1}{k^{2}r^{2}}-\frac{i}{k^{3}r^{3}} \right) \sin{\theta} \right]$$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=-\hat{\boldsymbol{\phi}} E_{0}\left[ \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr}+\frac{\sin(\omega t-kr)}{k^{2}r^{2}} \right]\sin{\theta} \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&= \frac{E_{0}}{c}\left[ 2\hat{\mathbf{r}} \left[ \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{k^{2}r^{2}}-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{k^{3}r^{3}} \right]\cos{\theta} +\hat{\boldsymbol{\theta}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}+\frac{\sin{(\omega t-kr)}}{k^{2}r^{2}}-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{k^{3}r^{3}} \right]\sin{\theta} \right] \end{aligned} $$
$$\displaystyle \mathbf{B(r)}=-\frac{E_{0}}{ck^{3}r^{3}}\, (2 \hat{\mathbf{r}} \cos{\theta}+\hat{\boldsymbol{\theta}} \sin{\theta} ) $$
$$ \displaystyle \mathbf{B}( \mathbf{r}) =\frac{\mu_0 m}{4\pi r^3}[{2\hat{\mathbf{r}}\cos{\theta}+\hat{\boldsymbol{\phi}}\sin{\theta}}] $$
$$ \displaystyle E_{0}=-\frac{\mu_{0}m_{0} ck^{3}}{4 \pi }=-\frac{m_{0} k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} c} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=\hat{\boldsymbol{\phi}}\,\frac{m_{0} k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} c } \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=-\hat{\boldsymbol{\theta}} \, \frac{m_{0} k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} } \frac{\cos(\omega t-kr)}{kr} \sin{\theta} \end{aligned} $$
$$ \displaystyle \begin{aligned} \mathbf{S} &=\frac{1}{\mu_{0}}\mathbf{E} \times \mathbf{B} \\ &=\hat{\mathbf{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{(4 \pi \varepsilon_{0})^{2}c^{3} \mu_{0} r^{2}} \cos^{2}{(\omega t-kr)}\sin^{2}{\theta} \end{aligned} $$
$$ \displaystyle \left \langle \mathbf{S} \right \rangle=\hat{\mathbf{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0} r^{2}} \sin^{2}{\theta} $$
$$ \displaystyle \begin{aligned} \left \langle P \right \rangle&=\oint_{\Omega} \left \langle \mathbf{S} \right \rangle \cdot d \mathbf{a} \\ &=\oint_{\Omega} \left[ \hat{\mathbf{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0}} \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2} \right]\cdot \hat{\mathbf{r}}\,r^{2}\,d\Omega \\ &=\oint_{\Omega} \hat{\mathbf{r}}\,\frac{m_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0}} \sin^{2}{\theta} \,d\Omega \end{aligned} $$
$$ \displaystyle \left \langle P \right \rangle=\frac{m_{0}^2k^{4}}{12 \pi \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0} } $$
$$ \displaystyle \frac{d \left \langle P \right \rangle}{d\Omega}=\frac{m_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2}c^{3} \mu_{0}} \sin^{2}{\theta} $$
4.3. 요약 및 정리
- 전기 쌍극자나 자기 쌍극자가 변화하면 방사장을 만들어내며, 해당 방사장은 복잡하게 주어진다.
- 방사장은 $$r^{-1}$$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 $$r^{-1}$$에 비례하여, 포인팅 벡터를 구할 시 $$r^{-2}$$에 비례하게 되며, 방사 강도를 구할 때, 미소 면적은 $$r^{2}$$에 비례하게 되어 거리에 의존된 항이 모두 상쇄된다. 그렇기 때문에 原으로 부터 매우 먼 영역에서도 방사 강도가 존재할 수 있게된다.
- 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 놓여있는 축에서는 0이 된다.
- 아래의 표는 윗 문단들의 내용을 요약한 것이다.
5. 안테나
안테나는 잘 알고있다시피, 정보를 전자기파 형태로 방사하여 전달하기 위한 장치[7]이며, 현대엔 여러 종류의 안테나가 개발되어 있다. 이 문단에서는 가장 간단한 안테나인 '''"미소 쌍극자 안테나"'''와 '''"반파장 안테나"'''에 대해 분석해보고자 한다.
5.1. 미소 쌍극자 안테나
미소 쌍극자 안테나의 구조를 간단하게 나열하면 아래와 같다.
[image]
위와 같이 두 도체봉이 교류전원에 연결되어 있는 형태이며, 고류전원을 통해 전류를 흘러줌으로써 전하는 도체봉의 끝으로 몰리거나 끝에서 사라져간다. 따라서 각 도체봉의 끝은 $$+$$ 혹은 $$-$$으로 대전되게 된다. 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.
[image]
위 그림은 분석하기 용이하게 미소 쌍극자 안테나를 도식화 한 것이다. 안테나의 길이 $$l$$은 방사 파장보다 매우 작다고 가정하자.[8] 즉,
이때, 안테나엔 아래와 같은 $$\hat{\mathbf{z}}$$ 방향의 전류 $$I(t)$$를 흘리고 있다. 안테나의 길이가 매우 작으므로 전류의 공간 의존성은 생각하지 않았다. 따라서 관측점 $$\mathrm{P}$$에서의 벡터 퍼텐셜은 벡터 퍼텐셜의 선형 근사를 통해
$$\displaystyle \mathbf{A}=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\hat{\mathbf{z}} \int_{-l/2}^{l/2}\, \frac{I(t-\xi'/c)}{\xi'}\,dz' $$
$$\displaystyle \xi'=\sqrt{r^{2}+z'^{2}-2rz'\cos{\theta}} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \xi'&=r \sqrt{1+\frac{z'^{2}}{r^{2}}-\frac{2z'}{r}\cos{\theta}} \\ &\simeq r \sqrt{1-\frac{2z'}{r}\cos{\theta}} \\ &\simeq r-z'\cos{\theta} \\ & \simeq r \end{aligned}$$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}&=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\hat{\mathbf{z}} \int_{-l/2}^{l/2}\, \frac{I{(t-r/c)}}{r}\,dz' \\ &=\frac{\mu_{0}l \hat{\mathbf{z} } }{4\pi } \frac{I{(t-r/c)}}{r} \end{aligned} $$
이제부터는 스칼라 퍼텐셜을 구해보자. 위의 결과에서
$$\displaystyle \mathbf{A}=\frac{\mu_{0}l \hat{\mathbf{z} } }{4\pi } \frac{I{(t-r/c)}}{r}$$
$$\displaystyle \frac{1}{c^{2}} \frac{\partial \Phi}{\partial t}=-\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{A} $$
$$\displaystyle \frac{1}{c^{2}} \frac{\partial \Phi}{\partial t}=-\frac{\mu_{0}l }{4\pi } \frac{\partial}{\partial z} \left[ \frac{ I\left(t-r/c \right)}{r} \right] $$
$$\displaystyle \Phi=-\frac{\mu_{0}l c^{2} }{4\pi } \frac{\partial}{\partial z} \int \frac{ I\left(t-r/c \right)}{r}\,dt $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=-\frac{\mu_{0}l c^{2} }{4\pi } \frac{\partial}{\partial z} \left[ \frac{ q\left(t-r/c \right)}{r} \right] \\ &=-\frac{\mu_{0}l c^{2} }{4\pi } \left[ -\frac{q(t-r/c)}{r^{2}}\frac{\partial r}{\partial z}+\frac{ \dot{q}\left(t-r/c \right)}{r} \frac{\partial}{\partial r}\left( t-\frac{r}{c} \right) \frac{\partial r}{\partial z} \right] \end{aligned} $$
$$\displaystyle \frac{\partial}{\partial r}\left( t-\frac{r}{c} \right)=-\frac{1}{c} \qquad \qquad \frac{\partial r}{\partial z}=\frac{z}{r} $$
$$\displaystyle \Phi=\frac{l }{4\pi \varepsilon_{0} } \left[ \frac{zq(t-r/c)}{r^{3}}+\frac{ zI\left(t-r/c \right)}{cr^{2}} \right] $$
$$\displaystyle \begin{aligned} q(t)&=q_{0}\cos{\omega t} \\ I_{0} &\equiv q_{0}\omega \\ I&=\dot{q} \\ kc &=\omega \end{aligned}$$
$$\displaystyle \Phi=\frac{lq_{0}kz}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr^{3}}-\frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r^{2}} \right] $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}&=-\frac{I_{0}\mu_{0}l \hat{\mathbf{z} } }{4\pi } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r} \\ &=-\frac{I_{0}\mu_{0}l }{4\pi } \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{r}[\cos{\theta}\,\hat{\mathbf{r}}-\sin{\theta}\,\hat{\boldsymbol{\theta}}] \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{B}&=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A} \\ &=-\frac{I_{0}\mu_{0}l k^{2} }{4\pi }\hat{\boldsymbol{\phi}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}+\frac{\sin{(\omega t -kr)}}{k^{2}r^{2}} \right]\sin{\theta} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\left( \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}+\boldsymbol{\nabla}\Phi \right) \\ &=-\left( \frac{\partial A_{r}}{\partial t}+\frac{\partial \Phi}{\partial r} \right )\hat{\mathbf{r}}-\left( \frac{\partial A_{\theta}}{\partial t}+\frac{1}{r}\frac{\partial \Phi}{\partial \theta} \right )\hat{\boldsymbol{\theta}}-\left( \frac{\partial A_{\phi}}{\partial t}+\frac{1}{r\sin{\theta}}\frac{\partial \Phi}{\partial \phi} \right )\hat{\boldsymbol{\phi}} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \mathbf{E}= -\frac{I_{0}l \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }\left[ 2\hat{\mathbf{r}} \left[ \frac{\sin{(\omega t-kr)}}{k^{2}r^{2}}-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{k^{3}r^{3}} \right]\cos{\theta} +\hat{\boldsymbol{\theta}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}+\frac{\sin{(\omega t-kr)}}{k^{2}r^{2}}-\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{k^{3}r^{3}} \right]\sin{\theta} \right] $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{B}=-\frac{I_{0}l \omega^{2} }{4\pi \varepsilon_{0}c^{4}}\hat{\boldsymbol{\phi}} \left[ \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}+\frac{\sin{(\omega t -kr)}}{k^{2}r^{2}} \right]\sin{\theta} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\frac{I_{0}l \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }\hat{\boldsymbol{\theta}}\,\frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}\sin{\theta} \\ \mathbf{B}&=-\frac{I_{0}l \omega^{2} }{4\pi \varepsilon_{0}c^{4}}\hat{\boldsymbol{\phi}} \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{kr}\sin{\theta} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \frac{I_{0}l \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }=\frac{p_{0}k^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}} \, \rightarrow \, \frac{I_{0}l }{\omega}=p_{0} $$
$$\displaystyle \mathbf{p}(t)=\frac{I_{0}l \hat{\mathbf{z}} }{\omega}\cos{\omega t} $$
$$ \begin{aligned} \displaystyle \left \langle \mathbf{S} \right \rangle&=\frac{p_{0}^2k^{4}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} c \mu_{0} } \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2}\,\hat{\mathbf{r}} \\ &=\frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} \omega^{2} } \frac{\sin^{2}{\theta}}{r^2}\,\hat{\mathbf{r}} \end{aligned}$$
$$ \displaystyle \left \langle P \right \rangle=\frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{12 \pi \varepsilon_{0} \omega^{2} } \qquad \qquad \frac{d\left \langle P \right \rangle}{d \Omega}=\frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} \omega^{2} }\sin^{2}{\theta} $$
전자기파의 총 방사 강도와 같은 일률을 주는 유효 저항을 유효 방사 저항이라 한다. 즉,
$$ \displaystyle \left \langle P \right \rangle= \frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{12 \pi \varepsilon_{0} \omega^{2} }=\left \langle I^{2}R \right \rangle $$
$$ \displaystyle \frac{I_{0}^{2}l^{2}k^{4}c}{12 \pi \varepsilon_{0} \omega^{2} }=\frac{1}{2}I_{0}^{2}R \, \rightarrow \, R=\frac{l^{2}\omega^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} } $$
$$ \displaystyle R=\frac{2\pi}{3}\sqrt{\frac{\mu_{0}}{\varepsilon_{0} } } \left( \frac{l}{\lambda} \right)^{2}=789\left( \frac{l}{\lambda} \right)^{2} $$
5.2. 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 도식화 하면, 아래와 같다.
[image]
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.
$$\displaystyle I=I_{0}\cos{kz'}\cos{\omega t} $$
$$\displaystyle k=\frac{2\pi}{\lambda}=\frac{\pi}{l} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} dE_{\theta}&=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }\frac{\cos{(\omega t-k \xi')}}{k \xi'}\sin{\theta'}\cos{kz'}\,dz' \\ dB_{\phi}&=-\frac{I_{0} \omega^{2} }{4\pi \varepsilon_{0}c^{4}} \frac{\cos{(\omega t-k\xi')}}{k\xi'}\sin{\theta'}\cos{kz'} \,dz' \end{aligned} $$
$$\displaystyle \sin{\theta'} \simeq \sin{\theta} \qquad \qquad \xi'\simeq r-z'\cos{\theta}$$
$$\displaystyle \begin{aligned} dE_{\theta}&=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} }\frac{\cos{(\omega t-kr+kz'\cos{\theta})}}{k r}\sin{\theta}\cos{kz'}\,dz' \\ dB_{\phi}&=-\frac{I_{0} \omega^{2} }{4\pi \varepsilon_{0}c^{4}} \frac{\cos{(\omega t-kr+kz'\cos{\theta})}}{kr}\sin{\theta}\cos{kz'} \,dz' \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} E_{\theta}&=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} k^{2}r }\sin{\theta} \int_{-l/2}^{l/2} \cos{(\omega t-kr+kz'\cos{\theta})}\cos{kz'}\,dz' \\ &=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} k^{2}r }\sin{\theta} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos{(\omega t-kr+kz'\cos{\theta})}\cos{kz'}\,d(kz') \\ &=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} k^{2}r }\sin{\theta} \left[ \cos{(\omega t-kr)} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos{(kz'\cos{\theta})}\cos{kz'}\,d(kz')-\sin{(\omega t-kr)} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin{(kz'\cos{\theta})}\cos{kz'}\,d(kz') \right] \end{aligned} $$
$$\displaystyle E_{\theta}=-\frac{I_{0} \omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{3} k^{2}r }\sin{\theta} \cos{(\omega t-kr)} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos{(kz'\cos{\theta})}\cos{kz'}\,d(kz') $$
$$\displaystyle E_{\theta}=-\frac{I_{0} }{2\pi \varepsilon_{0} cr } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} B_{\phi}&=-\frac{I_{0} }{2\pi \varepsilon_{0} c^{2}r } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]} \\ &=-\frac{I_{0} \mu_{0} }{2\pi r } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=-\frac{I_{0} }{2\pi \varepsilon_{0} cr } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\,\hat{\boldsymbol{\theta}} \\ \mathbf{B}&=-\frac{I_{0} \mu_{0} }{2\pi r } \frac{\cos{(\omega t-kr)}}{\sin{\theta}}\cos{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\,\hat{\boldsymbol{\phi}} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \mathbf{S}=\frac{I_{0}^{2} }{4\pi^{2} \varepsilon_{0} cr^{2} } \frac{\cos^{2}{(\omega t-kr)}}{\sin^{2}{\theta}}\cos^{2}{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\,\hat{\mathbf{r}} $$
$$\displaystyle \left \langle \mathbf{S} \right \rangle=\frac{I_{0}^{2} }{8\pi^{2} \varepsilon_{0} cr^{2} } \frac{1}{\sin^{2}{\theta}}\cos^{2}{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\,\hat{\mathbf{r}} $$
$$\displaystyle \left \langle P \right \rangle=\frac{I_{0}^{2} }{4\pi \varepsilon_{0} c } \int_{0}^{\pi} \frac{1}{\sin^{2}{\theta}}\cos^{2}{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]}\sin{\theta}\,d\theta$$
$$\displaystyle \left \langle P \right \rangle=1.22\frac{I_{0}^{2} }{4\pi \varepsilon_{0} c } $$
$$\displaystyle \frac{d \left \langle P \right \rangle}{d \Omega}=\frac{I_{0}^{2} }{8\pi^{2} \varepsilon_{0} c } \frac{1}{\sin^{2}{\theta}}\cos^{2}{\left[ \frac{\pi}{2}\cos{\theta} \right]} $$
[image]
따라서 반파 안테나 또한, 안테나와 동일한 축에서 방사 강도는 0이 되고, 수직인 축에서 최대가 된다는 것을 알 수 있다. 반파 안테나의 방사장의 모습은 이곳에서 볼 수 있다. 이곳에서도 메뉴 중 "dipoles-Half Wave Dipole"을 선택하면 더 자세히 볼 수 있다.
미소 쌍극자 안테나를 다루면서 유효 방사 저항을 구했듯, 이 안테나에서도 구하는 것이 가능하다. 이 안테나에서는
$$\displaystyle \left \langle P \right \rangle=1.22\frac{I_{0}^{2} }{4\pi \varepsilon_{0} c }=\frac{1}{2}I_{0}^{2}R $$
$$\displaystyle R=\frac{1.22 }{2\pi \varepsilon_{0} c } \simeq 73.1\,\Omega $$
5.2.1. 추가 논의 : 안테나의 배열
반파 안테나와 관련하여 한 가지 재미있는 논의를 해보고자 한다. 다음과 같이 여러 개의 반파 안테나를 $$d=\lambda/2$$만큼의 간격으로 배열했다고 가정해보자. 이렇게 되면, 각각의 안테나에서 방사된 신호는 중첩되어 어떤 영역은 세게, 어떤 부분은 약하게 신호가 중첩될 것이다.
[image]
이제 안테나들이 놓여있는 축이 $$z$$축이라 생각하고, 이에 $$\theta$$만큼의 각을 이루는 곳에서 관측을 했다고 하자. 주의해야 할 것은 안테나로 부터 관측점까지는 매우 멀다고 가정하면, 그림에서 안테나로 부터 관측점까지의 선분은 모두 근사적으로 평행하다고 볼 수 있다.
각 안테나에서는 방사장으로 전기장과 자기장을 방사한다. 그런데 $$n$$번째 안테나가 첫 번째 안테나와 비교했을 때, 위상차가 $$(n-1)\beta$$만큼 난다 가정하면, 위치에 의한 위상차까지 고려한 총 위상차는
$$\displaystyle (n-1)(k\delta+\beta)=(n-1)(kd\cos{\theta}+\beta)=(n-1)(\pi\cos{\theta}+\beta) $$
$$\displaystyle \mathbf{E}_{n}=\mathbf{E}_{0}e^{\left[ i\pi(n-1)(\pi\cos{\theta}+\beta) \right]} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\sum_{n=1}^{N}\mathbf{E}_{0}e^{\left[ i\pi(n-1)(\pi\cos{\theta}+\beta) \right]} \\ &=\mathbf{E}_{0} \exp{\left[ i \pi \frac{(N-1)}{2}(\cos{\theta}+\beta) \right]} \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} N (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \left|\mathbf{E}\right|=\left|\mathbf{E}_{0}\right| \left| \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} N (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \right| $$
$$\displaystyle \left|\mathbf{B}\right|=\left|\mathbf{B}_{0}\right| \left| \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2}N (\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \right| $$
$$\displaystyle S\propto \left[ \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} N (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \right]^{2} $$
$$\displaystyle \left[ \frac{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} N (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}}{\displaystyle \sin{\left[ \frac{1}{2} (\pi\cos{\theta}+\beta) \right]}} \right]^{2} $$
[image]
그렇다면 이런 것이 어디에 응용되는 지 궁금할 수도 있다. 안테나에서 어떤 신호를 방사하지만, 이것이 사방에서 수신하기 기대하는 상황은 실제적으로 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. 따라서 안테나에 대해 더 알고 싶은 위키러들은 공학 관련 서적을 찾아보기로 하고, 안테나에 대한 분석은 이것으로 마친다.
6. 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.[9]
$$\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\int \frac{\rho(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,dV' $$
[9] 물론 쌍극자 근사로만으로는 설명을 할 수 없는 경우도 있다. 그런 경우엔 쌍극자 이상의 다중극 근사를 이용해야 할 것이나, 그런 경우는 여기서 다루지 않는다.
$$\displaystyle \left|\mathbf{r-r'}\right|\simeq r-\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{r} $$
$$\displaystyle \frac{1}{\left|\mathbf{r-r'}\right|}\simeq \frac{1}{r}\left( 1+\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{r^{2}} \right) $$
$$\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} r}\int \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}+\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{cr} \right) \left[ 1+\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{r^{2}} \right]\,dV' $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}+\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{cr} \right)& \simeq \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)+\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{cr} \left. \frac{\partial \rho}{\partial t} \right|_{t-{r}/{c}} \\ &= \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)+\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{cr} \dot{\rho}\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right) \end{aligned} $$
$$\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} r}\int \left[ \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)+\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{cr} \dot{\rho}\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right) \right] \left[1+\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{r^{2}} \right]\,dV' $$
$$\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} r} \left[ \int \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)\,dV'+\int \frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{r^{2}} \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)\,dV'+\int \frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r'}}{cr} \dot{\rho}\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)\,dV' \right] $$
$$\displaystyle \int \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)\,dV' \equiv Q $$
$$\displaystyle \frac{\mathbf{r}}{r^{2}}\cdot \int \mathbf{r'} \rho\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)\,dV' =\frac{\mathbf{r} \cdot \mathbf{p}( t-{r}/{c} )}{r^{2}} $$
$$\displaystyle \frac{\mathbf{r} \cdot \mathbf{p}( t-{r}/{c} )}{4 \pi \varepsilon_{0}r^{3}} $$
$$\displaystyle \frac{\mathbf{r} \cdot \dot{\mathbf{p}}( t-{r}/{c} )}{4 \pi \varepsilon_{0}cr^{2}} $$
$$\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} } \left[ \frac{Q}{r}+\frac{\mathbf{r}\cdot \mathbf{p}}{r^{3}}+\frac{\mathbf{r}\cdot \dot{\mathbf{p} } }{cr^{2}} \right]$$
$$\displaystyle \mathbf{A}(\mathbf{r},\,t)=\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\int \frac{\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,dV' $$
$$\displaystyle \mathbf{A}(\mathbf{r},\,t)=\frac{\mu_{0}}{4 \pi r} \int \mathbf{J}\left( \mathbf{r'},\,t-\frac{r}{c}\right)\,dV'+\cdots $$
$$\displaystyle \int \mathbf{J}\,dV'=\frac{d\mathbf{p}}{dt} $$
$$\displaystyle \mathbf{A}(\mathbf{r},\,t)=\frac{\mu_{0} }{4 \pi r}\dot{\mathbf{p}} \left(t-\frac{r}{c} \right)+\cdots $$
$$\displaystyle \mathbf{A}(\mathbf{r},\,t)=\frac{\mu_{0} }{4 \pi r} \dot{\mathbf{p}} $$
$$\displaystyle \boldsymbol{\nabla}\times \dot{\mathbf{p}}=\hat{\mathbf{r}} \times \frac{\partial \dot{\mathbf{p} } }{\partial r}=-\frac{\hat{\mathbf{r} } }{c}\times \ddot{\mathbf{p}} $$
$$\displaystyle \mathbf{B}=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A} $$
$$\displaystyle \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)=-\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \left( \frac{\hat{\mathbf{r}}\times \dot{\mathbf{p} } }{r^{2}}+ \frac{\hat{\mathbf{r}}\times \ddot{\mathbf{p} } }{cr} \right)$$
$$\displaystyle \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)=-\frac{\mu_{0}}{4 \pi c r} \hat{\mathbf{r}}\times \ddot{\mathbf{p}} $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla}\Phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}$$
$$\displaystyle \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4\pi \varepsilon_{0} c^{2}r}[\hat{\mathbf{r}}(\hat{\mathbf{r}}\cdot \ddot{\mathbf{p}})-\ddot{\mathbf{p}} ] $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=\frac{1}{4\pi \varepsilon_{0} c^{2}r}[\hat{\mathbf{r}}(\hat{\mathbf{r}}\cdot \ddot{\mathbf{p}})-\ddot{\mathbf{p}} ] \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=-\frac{\mu_{0}}{4 \pi c r} \hat{\mathbf{r}}\times \ddot{\mathbf{p}} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=-c \hat{\mathbf{r}} \times \mathbf{B} \qquad \qquad \mathbf{B}=\frac{\hat{\mathbf{r}} \times \mathbf{E}}{c} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{S}&=-\frac{c}{\mu_{0}}( \hat{\mathbf{r}} \times \mathbf{B}) \times \mathbf{B} \\&=\frac{c}{\mu_{0}} [\hat{\mathbf{r}}\left| \mathbf{B} \right|^{2}-\mathbf{B}(\mathbf{B} \cdot \hat{\mathbf{r}}) ] \\ &=\frac{c \left| \mathbf{B} \right|^{2}}{\mu_{0}} \hat{\mathbf{r}} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \mathbf{S}=\frac{\mu_{0} }{16 \pi^{2} cr^{2}} \hat{\mathbf{r}} |\hat{\mathbf{r}}\times \ddot{\mathbf{p}}|^{2} $$
$$\displaystyle \mathbf{S}=\frac{ |{\ddot{\mathbf{p} } }|^{2} \sin^{2}{\theta}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0} c^{3}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} $$
$$\displaystyle P=\frac{|{\ddot{\mathbf{p} } }|^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} $$
위에서 다뤘던 진동하는 전기 쌍극자는
$$\displaystyle \mathbf{p}(t)=p_{0}\cos{\omega t} $$
$$\displaystyle \ddot{\mathbf{p}}=-p_{0}\omega^{2} \cos(\omega t-kr) $$
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
$$\displaystyle \mathbf{p}=q\mathbf{r'} $$
$$\displaystyle \ddot{\mathbf{p}}=q\frac{d^{2}\mathbf{r'}}{dt^{2}}=q\mathbf{a} $$
$$\displaystyle P=\frac{q^{2}a^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} $$
7. 점전하 방사
윗 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 윗 문단에서 썼던 근사는 적용되지 못하고 결과적으로는 다르게 구해야 한다. 따라서 이 문단에서는 광속과 비슷한 속도로 운동하는 빠른 점전하의 전자기파 방사에 대해 알아보고자 한다.
7.1. 리에나르-비헤르트 퍼텐셜
[image]
그림과 같이 $$\mathbf{r'}(t')$$의 곡선 상에서 움직이는 점전하를 고려해보자. 점 $$\mathrm{O}$$는 원점이고, 점 $$\mathrm{P}$$는 관측점이다. 중요한 것은 관측자와 관계되는 시간은 $$t$$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 $$t$$에서 관측할 때, 지체 효과가 일어나, 실제로 관측되는 전하의 위치는 현재 위치($$t$$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,
$$\displaystyle t' \rightarrow t_{r}=t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{c} $$
$$\displaystyle \Phi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\int_{V} \frac{\rho(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,dV' \qquad \qquad \mathbf{A}=\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\int_{V} \frac{\mathbf{J}(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,dV' $$
$$\displaystyle \rho=q\delta^{3}(\mathbf{r'-r'}(t')) \delta\left( t'-\left[ t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|}{c} \right] \right) $$
$$\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\iint \frac{\delta^{3}(\mathbf{r'-r'}(t'))}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|} \delta\left( t'-\left[ t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|}{c} \right] \right)\,dV'dt' $$
$$\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \delta(t'')}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'}(t') \right|}\,dt' $$
$$\displaystyle t'' \equiv t'-\left[ t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{c} \right] $$
$$\displaystyle \int g(x)\delta(f(x))\,dx=\left. g(x)\frac{dx}{df(x)} \right|_{f(x)=0} $$
$$\displaystyle \Phi=\left. \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}\frac{dt'}{dt''}\right|_{t''=0} $$
$$\displaystyle \frac{dt''}{dt'}=1+\frac{1}{c}\frac{d|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{dt'} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} d|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')| &=\boldsymbol{\nabla'}|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')| \cdot d\mathbf{r'} \\ &=-\boldsymbol{\nabla}|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')| \cdot d\mathbf{r'} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \frac{dt''}{dt'}=1+\boldsymbol{\nabla}|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')| \cdot \frac{1}{c}\frac{d\mathbf{r'}}{dt'} $$
$$\displaystyle \frac{1}{c}\frac{d\mathbf{r'}}{dt'} \equiv \boldsymbol{\beta}(t') $$
$$\displaystyle \frac{dt''}{dt'}=\frac{R(t')-\boldsymbol{\beta}(t') \cdot \mathbf{R}(t')}{R(t')} $$
$$\displaystyle t'=t-\frac{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t')|}{c}=t_{r} $$
$$\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \cdot \mathbf{R}(t_{r})} $$
$$\displaystyle \mathbf{J}(t')=\mathbf{v}(t') \rho(t') $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}&=\frac{\boldsymbol{\beta}(t_{r})}{c}\Phi \\&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} c} \frac{\boldsymbol{\beta}(t_{r})}{R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \cdot \mathbf{R}(t_{r})} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R-\boldsymbol{\beta} \cdot \mathbf{R}} \\ \mathbf{A}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} c} \frac{\boldsymbol{\beta}}{R-\boldsymbol{\beta} \cdot \mathbf{R}} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \frac{1}{c}\frac{d\mathbf{r'}}{dt} \equiv \boldsymbol{\beta} $$
여담으로, 위의 퍼텐셜은 프랑스 물리학자 리에나르(Alfred-Marie Liénard; 1869〜1958)와 독일의 물리학자 비헤르트(Emil Johann Wiechert; 1861〜1928)가 각각 유도한 것이며, 이들의 업적을 기리기 위해 위와 같은 이름을 붙이게 되었다.
7.2. 점전하 방사장
윗 문단에서 스칼라 퍼텐셜과 벡터 퍼텐셜이 각각 결정되었기 때문에 장(Field)을 결정할 수 있다. 그러나 이들의 장을 결정하는 것은 매우 복잡하기 때문에 이 문서에서는 결과만을 적는다. 우선적으로
$$\displaystyle K \equiv R-\mathbf{R} \cdot \boldsymbol{\beta} $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}}\left[ ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta})+\frac{\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]}{c^{2}} \right] $$
$$\displaystyle \mathbf{B}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}}\left[ ( 1-\beta^{2} ) (\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+\frac{(\mathbf{R} \cdot \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+K(\mathbf{a} \times \mathbf{R})}{c^{2}} \right] $$
$$\displaystyle \mathbf{B}=\frac{\hat{\mathbf{R} } }{c} \times \mathbf{E} $$
$$\displaystyle \mathbf{a}=c\dot{\boldsymbol{\beta}} $$
위에서 구해진 장은 두 항 씩 나눈다.
$$\displaystyle \mathbf{E}=\mathbf{E}_{v}+\mathbf{E}_{a} \qquad \qquad \mathbf{B}=\mathbf{B}_{v}+\mathbf{B}_{a} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}_{v}&\equiv \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}} ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \\ \mathbf{E}_{a}&\equiv\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}}\frac{\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]}{c^{2}} \\ \mathbf{B}_{v}&\equiv\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}} ( 1-\beta^{2} ) (\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R}) \\ \mathbf{B}_{a}&\equiv\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}}\frac{(\mathbf{R} \cdot \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+K(\mathbf{a} \times \mathbf{R})}{c^{2}} \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}}\frac{\mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ]}{c^{2}} \\ \mathbf{B}&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}cK^{3}}\frac{(\mathbf{R} \cdot \mathbf{a})(\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R})+K(\mathbf{a} \times \mathbf{R})}{c^{2}} \end{aligned} $$
7.3. 점전하 방사 분석
윗 문단과 빠르게 가속하는 전하의 장이 결정되었음에 따라 이제부터는 포인팅 벡터와 방사 일률에 대해 이야기하고자 한다. 포인팅 벡터 $$\mathbf{S}\equiv \mathbf{E} \times \mathbf{B}/\mu_{0}$$에서
$$\displaystyle \mathbf{S}=\frac{1}{\mu_{0}}\mathbf{E} \times \left( \frac{\hat{\mathbf{R} } }{c} \mathbf{} \times \mathbf{E} \right) $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{S}&=\frac{E^{2}}{\mu_{0}c}\hat{\mathbf{R}} \\ &=\frac{q^{2}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0} c K^{6}} \left| \mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ] \right|^{2} \end{aligned} $$
그렇다면, 방사장의 방사 일률은 어떻게 구하는지가 이제 목적이 될 것이다. 중요한 것은 관측자에 대한 시간은 $$t$$이지만, 전하에 대한 시간은 $$t_{r}$$이라는 점에 유의하여야 한다. 에너지가 방출되는 原은 전하 자체이기 때문에 시간 $$t$$에서 $$t+dt$$에 이르기 까지 입체각 $$d \Omega$$에서 방사된 일률은
$$\displaystyle dW=\mathbf{S} \cdot \hat{\mathbf{R}} R^{2}d\Omega dt $$
$$\displaystyle \frac{dW}{dt_{r}}=\mathbf{S} \cdot \hat{\mathbf{R}} R^{2}d\Omega \frac{dt}{dt_{r}} $$
$$\displaystyle \frac{dP}{d\Omega}=\mathbf{S} \cdot \hat{\mathbf{R}} R^{2} \frac{dt}{dt_{r}} $$
[11] 굳이 $$dt_{r}$$을 나눠서 일률을 구하는 지 의심간다면, 지금의 내용을 제대로 이해하지 못하고 있는 것이다. 전하에 대한 시간은 $$t_{r}$$이라는 점을 상기하라. 그렇다면, 전하에서 방사된 장이 일률을 방사하는 것은 $$t_{r}$$과 관련되어있다는 것을 알 수 있을 것이다.
$$\displaystyle \frac{dt}{dt_{r}}=1+\frac{1}{c}\frac{dR}{dt_{r}} $$
$$\displaystyle \frac{dt''}{dt_{r}}=1-\frac{1}{c}\frac{dR}{dt_{r}} \qquad \qquad \frac{dt''}{dt_{r}}=\frac{R-\boldsymbol{\beta} \cdot \mathbf{R}}{R} $$
$$\displaystyle \frac{1}{c}\frac{dR}{dt_{r}}=-\frac{\boldsymbol{\beta} \cdot \mathbf{R}}{R} $$
$$\displaystyle \frac{dt}{dt_{r}}=1-\frac{\boldsymbol{\beta} \cdot \mathbf{R}}{R}=\frac{K}{R}$$
$$\displaystyle \frac{dP}{d \Omega}=\frac{q^{2} R}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0} c K^{5}} \left| \mathbf{R} \times[ ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) \times \mathbf{a} ] \right|^{2} $$
$$\displaystyle P=\frac{q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} }\frac{a^2-|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|^{2}}{(1-\beta^{2})^{3}} $$
$$\displaystyle P=\frac{q^{2} a^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} } $$
참고로, 상대성 이론에 등장하는 로런츠 인자 $$\gamma$$를 이용하면, 위에서 구했던 총 방사일률은 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$\displaystyle P=\frac{q^{2}\gamma^{6}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} }[a^2-|\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{a}|^{2}] $$
7.3.1. 예
이 예에서 특수한 조건에서 전자기파의 방사 패턴을 구하고자 한다. 다음의 가정을 사용한다:
- 전하의 가속은 일정하게 일어난다.
- 전하의 가속의 방향은 전하의 초기 운동 방향과 같다.
$$\displaystyle \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}c^{2}K^{3}}[ (\mathbf{R} \cdot \mathbf{a})\mathbf{R}-R^{2}\mathbf{a} ] $$
$$\displaystyle \mathbf{S}= \frac{q^{2}a^{2}R^{4}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} \mu_{0} c^{5} K^{6}}\sin^{2}{\theta}\hat{\mathbf{R}} $$
$$\displaystyle K=R(1-\beta\cos{\theta}) $$
$$\displaystyle \frac{dP}{d \Omega}= \frac{q^{2}a^{2}\sin^{2}{\theta}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} \mu_{0} c^{5} (1-\beta\cos{\theta})^{5}} $$
[image]
위 그림과 같이 속도가 커짐에 따라 방사 강도가 최대가 되는 각은 상이한 것을 알 수 있다. 주목해야 할 것은 $$\beta=0$$일 때는 다뤘던 쌍극자 방사에 의한 방사 패턴과 동일하다는 것이다. 따라서 전하의 속력이 $$v \ll c$$라면, 방사 패턴은 쌍극자 방사의 패턴과 같으며, $$\boldsymbol{\beta}$$와 평행한 축을 기준으로, 동일한 축 상에선 방사 일률이 없으며, 최대는 해당 축과 수직인 축에서이다.
단위 입체각 당 방사 일률을 구했으므로 총 방사 일률은 쉽게 구할 수 있다:
$$\displaystyle P=\oint_{\Omega} \frac{q^{2}a^{2}\sin^{2}{\theta}}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} \mu_{0} c^{5} (1-\beta\cos{\theta})^{5}}\,d \Omega=\frac{q^{2}a^{2}c^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0}} \gamma^{6} $$
$$\displaystyle E=\int P\,dt_{r} $$
$$\displaystyle \beta(t_{r})=\frac{v_{0}-at_{r}}{c} $$
$$\displaystyle E=\int_{0}^{\tau} \frac{q^{2}a^{2}c^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1}{(1-\beta^{2})^{3}}\,dt_{r} $$
$$\displaystyle E=\frac{c}{a}\frac{q^{2}a^{2}c^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0}} \int_{0}^{\beta_{0}} \frac{1}{(1-\beta^{2})^{3}}\,d\beta $$
$$\displaystyle E=\frac{q^{2}ac^{3}}{6 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{5\beta_{0}-3\beta_{0}^{2}}{8(1-\beta_{0}^{2})}+\frac{3}{16}\ln{\left[ \frac{1+\beta_{0}}{1-\beta_{0}} \right]} \right] $$
추가적으로 광속으로 규격화된 속도 $$\boldsymbol{\beta}$$와 가속도 $$\mathbf{a}$$가 직교하는 경우를 보고자한다. 쉽게 분석하기 위해 $$\boldsymbol{\beta}=\beta \hat{\mathbf{z}}$$, $$\mathbf{a}=a\hat{\mathbf{x}}$$인 경우로 설정하면, 단위 입체각 당 복사 강도는 아래와 같이 주어진다.
$$\displaystyle \frac{dP}{d \Omega}= \frac{q^{2}a^{2}[(1-\beta\cos{\theta})^{2}-(1-\beta^{2}) \sin^{2}{\theta} \cos^{2}{\phi} ] }{16 \pi^{2} \varepsilon_{0}^{2} \mu_{0} c^{5} (1-\beta\cos{\theta})^{5}} $$
[image]
8. 방사 반작용
전자기파 방사 이론의 마지막 논의로 방사 반작용을 하고자한다. 윗 문단들로 부터 가속하는 전하는 전자기파를 방출하고, 전자기파 자체도 에너지이므로 전자기파가 방사될 때 입자에게 추가의 에너지를 공급하지 않는 이상은 전하의 에너지는 감소할 것이고, 이것은 곧 전하가 감속된다는 것을 뜻한다. 따라서 이 문단에서는 이러한 과정에 대해서 고찰할 것이다.
8.1. 방사 반작용력
이제부터 비상대론적($$v \ll c$$)의 전하를 고려할 것이다. 이런 점전하가 방사하는 일률을 라모 공식에 따라
$$\displaystyle P=\frac{q^{2}a^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} $$
[12] 그러나, 이 방사 패턴의 경우엔 $$\phi$$에도 의존하기 때문에 실제론 $$\phi$$에 따라 달라진다. 아래의 패턴은 임의의 $$\phi$$를 기준으로 한 것이므로 해석에 유의하여야 한다.
이제 방사 일률이란 단어의 참뜻에 대해 생각해보자. 전자기파에 의해 방사되는 일률은 곧, 어떤 반작용력이 전하에 작용하여, 손실시킨 일률과 같을 것이다. 따라서 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$\displaystyle \mathbf{F}_{r} \cdot \mathbf{v}=-\frac{q^{2}a^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} $$
$$\displaystyle \int_{\text{1 period}}\mathbf{F}_{r} \cdot \mathbf{v}\,dt=- \frac{q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} \int_{\text{1 period}}a^{2}\,dt $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \int_{\text{1 period}}a^{2}\,dt &=\int_{\text{1 period}} \frac{d \mathbf{v}}{dt} \cdot \frac{d \mathbf{v}}{dt} \,dt \\ &=\left. \frac{1}{2}\frac{d}{dt}(\mathbf{v} \cdot\mathbf{v} ) \right|_{\text{1 period}}-\int_{\text{1 period}} \frac{d^{2} \mathbf{v}}{dt^{2}} \cdot \mathbf{v} \,dt \end{aligned} $$
$$\displaystyle \int_{\text{1 period}}\mathbf{F}_{r} \cdot \mathbf{v}\,dt= \int_{\text{1 period}} \left( \frac{q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}}\frac{d^{2} \mathbf{v}}{dt^{2}} \right) \cdot \mathbf{v} \,dt $$
$$\displaystyle \mathbf{F}_{r} = \frac{q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}}\frac{d \mathbf{a}}{dt} $$
$$\displaystyle F_{r}=\frac{q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}}\frac{da}{dt} $$
점전하는 진동자에 매달린 채 두 가지 힘인 진동자에 의한 힘과 방사 반작용력을 받는다. 여기서는 구동력은 고려하지 않을 것이고, 전하가 만약 $$z$$축에서 운동한다면,
$$\displaystyle m \frac{d^{2}z}{dt^{2}}=-m \omega_{0}^{2}z+\frac{q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3}}\frac{d^{3}z}{dt^{3}} $$