11 — ecuaciones de maxell y radiación · 2019-01-21 · además predice, junto a la ley de...

11 — Ecuaciones de Maxell y Radiación

428 Ecuaciones de Maxell y Radiación

11.1 Ecuaciones de MaxwellEn este capítulo veremos la unificación de todos los fenómenos eléctricos y magnéticos discutidosanteriormente a través de las cuatro ecuaciones de Maxwell. En un primer lugar, veremos que esnecesaria una modificación del teorema de Ampère el cual viola la ley de conservación de lacarga cuando los campos dependen del tiempo. Maxwell agregó un término que no solamentepermite de conciliar el teorema de Ampère con la ley de conservación de la carga, pero queademás predice, junto a la ley de Maxwell-Faraday, la existencia de ondas electromagnéticas: esdecir, la propagación autosostenida de campos eléctricos y magnéticos en el vacio.

11.1.1 Teorema de Ampère y conservación de la carga eléctricaHasta ahora, hemos establecido las siguientes leyes que resumen la electrostática, magnetostática,y la ley de inducción de Faraday:

~∇ ·~E =ρ

ε0Teorema de Gauss

~∇ ·~B = 0 Ley de Thomson

~∇×~E =−∂B∂ t

Ley de Faraday

~∇×~B = µ0~J Teorema de Ampère

(11.1)

Este conjunto de ecuaciones es, sin embargo, inconsistente con la ley de conservación de la cargaeléctrica, que se escribe:

∂ρ

∂ t+~∇ · ~J = 0

En efecto, utilizando el teorema de Ampère se tiene

~∇ · (~∇×~B) = µ0~∇ · ~J = 0

ya que la divergencia de un rotacional es siempre nula. Se tiene entonces:

~∇ · ~J = 0 6=−∂ρ

∂ tClaramente, el teorema de Ampère es válido para corrientes estacionarias (ρ independiente deltiempo), pero debe ser generalizado cuando se tiene un régimen dependiente del tiempo. Lacontribución de Maxwell consistió en agregar a la ley de Ampère una segunda densidad corriente~JD tal que la densidad de corriente total es consistente con la ley de conservación de la carga.

Ejemplo 11.1 — Problema con el teorema de Ampère. Veamos un ejemplo problemáticoal aplicar el teorema de Ampère en una situación donde la corriente no es estacionaria. Consid-eremos el circuito eléctrico de la figura, que consiste de un condensador que se carga al hacercircular una corriente I(t).

11.1 Ecuaciones de Maxwell 429

Una forma de calcular el campo magnético a una distancia r del cable consiste en utilizar elteorema de Ampère.

Escogiendo una curva Γ circular de radio r∮Γ

d~l ·~B = 2πrB(r) = µ0

∫∫S(Γ)

d~S(~x) · ~J(~x)

Donde S(Γ) es cualquier superficie cuyo contorno es Γ. Por ejemplo, escogiendo la superficiecircular plana encerrada por Γ, el flujo de ~J sobre S(Γ) corresponde a la corriente I y se obtiene:

2πrB(r) = µ0I

que es el resultado usual. Sin embargo, podríamos haber escogido la superficie S′(Γ) comoaquella que aparece en la figura siguiente

En cuyo caso no hay flujo de ~J a través de S′(Γ) y se obtiene en este caso una contradicción:

2πrB(r) = 0

Notar que en las placas del condensador, ∂ρ/∂ t 6= 0 (se está acumulando carga en ellas).

11.1.2 Corriente de desplazamiento - Ley de Ampère-MawellMaxwell agregó un término a la densidad de corriente de forma que el teorema de Ampère seaconsistente con la ley de conservación de la carga.

~∇×~B = µ0(~J+ ~JD)

donde ~JD es llamada corriente de desplazamiento. Se tiene:

~∇ · [~∇×~B] = µ0(~∇ · ~J+~∇ · ~JD) = 0

y entonces ~∇ ·~JD =−~∇ ·~J. Dado que la ecuación de continuidad de la carga impone ~∇ ·~J =− ∂ρ

∂ t ,se debe tener


~∇ · ~JD =∂ρ

∂ t

Tomando la derivada partial respecto a t en la ley de Gauss, ~∇ · ∂~E∂ t = 1

ε0

∂ρ

∂ t , vemos entonces quees posible escoger:

~JD = ε0~E (11.2)

y entonces se obtiene la ley de Ampère-Maxwell

~∇×~B = µ0~J+µ0ε0∂~E∂ t

(11.3)

es evidente que en el caso de campos que no dependen del tiempo, esta ley se reduce al teoremade Ampère. La introducción de la corriente de desplazamiento representa una de las mayorescontribuciones de Maxwell a la teoría electromagnética. Veremos que las ecuaciones de Maxwellpredicen la propagación de ondas electromagnéticas incluso en la ausencia de materia. En efecto,en una región libre de corrientes y cargas, se tiene un acomplamiento entre el campo eléctrico ymagnético dado por las ecuaciones:

~∇×~E =−∂~B∂ t

~∇×~B = ε0µ0∂~E∂ t

Veremos entonces que un campo magnético variable en el tiempo genera un campo eléctrico,también variable en el tiempo, que a su vez es fuente de campo magnético. Este acoplamiento daorigen a ondas electromagnéticas, que se propagan a la velocidad c = 1√

µ0ε0= 3×108 m/s.

Ejemplo 11.2 — Corriente de desplazamiento en la materia. En un medio dieléctrico,una variación temporal del campo eléctrico (~E y ~D) se traduce en una variación del vector polar-izacion ~P, es decir, de un desplazamiento físico de los electrones en torno a los átomos del mediodieléctrico. Este desplazamiento constituye una corriente llamada corriente de polarización, dedensidad ~JP, que contribuye a la corriente de desplazamiento de Maxwell.

Consideremos un dipolo eléctrico arbitrariamente pequeño MM′, formado por dos cargas +q y−q separadas por MM′ = l, que se desplazan con velocidades~v de igual magnitud pero opuestas,de forma que el movimiento no corresponde a ningún desplazamiento global del conjunto. Elmomento dipolar ~p = q~l varía, y se tiene

d~pdt

= qd~ldt

= q~v+(−q)(−~v) = 2q~v = Id~l

11.1 Ecuaciones de Maxwell 431

donde I~dl corresponde al elemento de corriente asociado al conjunto de las 2 cargas enmovimiento. Sumando sobre un volumen unitario la relación obtenida, se obtiene la densi-dad ~JP de corriente de polarization en función del vector polarización ~P

~JP = ∑ Id~l = ∑∂~p∂ t

=∂~P∂ t

Luego, en un dieléctrico, la corriente de desplazamiento de Maxell se escribe

~JD = ~JvacioD + ~JP = ε0

∂~E∂ t

+∂~P∂ t

=∂

∂ t(ε0~E +~P) =

∂~D∂ t

La corriente de desplazamiento en un dieléctrico posee entonces una componente que se debe aun real movimiento de las cargas ligadas en torno a los átomos.

Ejemplo 11.3 — Condensador y ley de Maxell-Ampère. Consideremos nuevamente elejemplo del condensador que se carga. Por simplicidad, consideremos el caso de dos placasparalelas, en cuyo caso el campo eléctrico entre placas está dado por

E(t) =σ(t)ε0

=Q(t)Aε0

donde A es el área de las placas y ±Q la carga contenida en cada una. La corriente de desplaza-miento asociada es:

JD = ε0dE(t)

dt=

1A

dQ(t)dt

=I(t)A

Si escogemos una superficie S(Γ), paralela a las placas en la región entre ambas, se tendráutilizando la ley de Ampère-Maxwell:∮

Γ

d~l ·~B = 2πrB(r) = µ0

∫∫S(Γ)

d~S · ~JD

ya que sobre S(Γ), ~J = 0. El flujo de la corriente de desplazamiento a través de S(Γ) es:∫∫S(Γ)

d~S · ~JD =∫∫

S(Γ)dS

I(t)A

= I(t)

Y entonces, la ley de Ampère-Maxwell da el resultado esperado:∮Γ

d~l ·~B = 2πrB(r) = µ0I


Ejemplo 11.4 — Ley de Maxell-Ampère para una carga puntual móbil. Consideremosel campo magnético que genera una carga puntual q que se mueve a velocidad~v = vk a lo largodel eje z.

El potencial vectorial asociado a esta carga está dado por

~A(~x) =µ0

4π

q~v‖~x‖

Luego:~∇×~B = ~∇× (~∇×~A) = ~∇(~∇ ·~A)−~∇2~A

El laplaciano de ~A es, simplemente:

−~∇2~A =− µ0

4πq~v~∇2 1

‖~x‖

Utilizando la identidad fundamental ~∇2 1‖~x‖ =−4πδ (~x):

−~∇2~A = µ0q~vδ (~x)

pero q~vδ (x) = ~J(~x) es la densidad de corriente asociada a la carga. Luego:

−~∇2~A = µ0~J

Además, dado que ~A solo posee una componente según z:

~∇ ·~A =µ0qv4π

∂

∂ z1‖~x‖

=− µ0qvz4π‖~x‖3

luego

~∇~∇ ·~A =µ0qv4π

(3xz‖~x‖5 i+

3yz‖~x‖5 j+

3z2−‖~x‖2

‖~x‖5 k)

Por otro lado, suponiendo que la ley de Coulomb sigue siendo válida para todo instante t:

~E(~x) =q

4πε0

~x‖~x‖3 ∀t

Luego de un instante infinitesimal dt, el campo eléctrico en~x será ~E +d~E.

11.2 Ecuaciones de Maxwell en el vacío 433

Se tiene

d~E(~x) =q

4πε0d(

~x‖~x‖3

)d~E(~x) =

q4πε0

(d~x‖~x‖3 +~xd

1‖~x‖3

)pero d 1

‖~x‖3 =−3/‖~x‖5~x ·d~r. Considerando además que d~x =−~vdt

d~E(~x) =q

4πε0

(− ~vdt‖~x‖3 +~x(

3~x ·~vdt‖~x‖5 )

)Finalmente

d~E(~x)dt

=q

4πε0

(− v‖~x‖3 k+

3‖~x‖5 zv~x

)=

1ε0µ0

~∇~∇ ·~A

con lo que se obtiene

~∇×~B = µ0~J+µ0ε0d~Edt

11.2 Ecuaciones de Maxwell en el vacíoTodos los fenómenos empíricos relacionados con la electricidad y el magnetismo se encuentranresumidos en las ecuaciones de Maxwell. Estas establecen la relación existente entre las fuentes(densidad de carga ρ(t,~x), y densidad de corriente ~J(t,~x)) con los campos ~E(t,~x) y ~B(t,~x)

~∇ ·~E =ρ

ε0(11.4)

~∇ ·~B = 0 (11.5)

~∇×~E =−∂~B∂ t

(11.6)

~∇×~B = µ0~J+µ0ε0∂~E∂ t

(11.7)

Las ecuaciones 11.5 y 11.6 definen la estructura de los campos ~E y ~B . Las ecuaciones 11.4 y11.7 establecen la relación entre las fuentes ρ , ~J y los campos. El conjunto ~E,~B representaentonces un único fenómeno llamado campo electromagnético. A las ecuaciones de Maxwelldebemos agregar la fuerza de Lorentz-Laplace que se ejerce sobre una partícula de carga q en uncampo electromagnético

~F = q(~E +~v×~B)

Este conjunto de leyes nos da una descripción clásica completa de todo el electromagnetismo.

NotaLas ecuaciones de Maxwell en el vacío se pueden generalizar cuando los campos existen en unmedio material, al reemplazar ε0 y µ0 por la permitividad ε , y la permeabilidad µ del medio,respectivamente.


11.3 Ondas Electromagnéticas

Una de las consecuencias inmediatas de las ecuaciones de Maxwell es la predicción de laexistencia de ondas electromagnéticas que se propagan a la velocidad de la luz c = 1√

µε=

3× 108 m/s. La razón es que un campo eléctrico variable en el tiempo produce un campomagnético y vice versa, el acoplamiento entre estos dos campos conduce a la generación deondas electromagnéticas. Esta predicción fue confirmada experimentalmente por Hertz en 1888.

11.3.1 Ecuación de propagación para el campo eléctrico

La ecuación de propagación se obtiene utilizando la identidad vectorial~∇×~∇×~F =~∇(~∇ ·~F

)−

~∇2~F . Para el campo eléctrico, se tiene por un lado:

~∇×~∇×~E = ~∇× (−∂~B∂ t

) =− ∂

∂ t~∇×~B

donde hemos usado la ley de Maxell-Faraday. Utilizando ahora la ley de Ampère-Maxell para~∇×~B:

~∇×~∇×~E =− ∂

∂ t

(µ0~J+µ0ε0

∂

∂ t~E)

De esta forma

~∇×~∇×~E = ~∇(~∇ ·~E

)−~∇2~E =−

(µ0

∂

∂ t~J+µ0ε0

∂ 2

∂ t2~E)

Por ultimo, utilizando la ley de Gauss ~∇ ·~E = ρ/ε0 se obtiene:

~∇2~E−µ0ε0∂ 2

∂ t2~E = ~∇

ρ

ε0+µ0

∂

∂ t~J (11.8)

La ecuación 11.8 establece una relación entre el campo eléctrico y la densidad de carga y lavariación de densidad de corriente.

11.3.2 Ecuación de propagación para el campo magnético

Utilizando la ley de Ampère-Maxell:

~∇×~∇×~B = µ0~∇× ~J+µ0ε0∂

∂ t~∇×~E = ~∇~∇ ·~B−~∇2~B

Además, ~∇ ·~B = 0 y la ley de Maxell Faraday ~∇×~E =− ∂

∂ t~B da:

~∇2~B−µ0ε0∂ 2

∂ t2~B =−µ0~∇× ~J (11.9)

que corresponde a la ecuación de propagación para el campo magnético.

11.3 Ondas Electromagnéticas 435

11.3.3 Propagación en el vacíoA continuación, consideraremos el comportamiento de los campos lejos de las fuentes que lasgeneran, esto quiere decir en regiones donde ρ = 0 y ~J =~0. Vemos entonces a partir de (11.8) y(11.9) que tanto ~E como ~B satisfacen la misma ecuación de onda:

~∇2~E−µ0ε0∂ 2

∂ t2~E = 0 (11.10)

~∇2~B−µ0ε0∂ 2

∂ t2~B = 0 (11.11)

Estas ondas se propagan a una velocidad

c =1

√ε0µ0

≈ 3×108 m/s

que corresponde a la velocidad de la luz. Cada componente Ei del campo eléctrico satisfaceentonces una ecuación de onda del tipo

~∇2F− 1c2

∂ 2F∂ t2 = 0 (11.12)

11.3.4 Ondas planasConsideremos una solución F de la ecuación de onda (11.12). Se dice que la onda F es plana si∀t la función F tiene el mismo valor en todo punto de un plano π (plano de onda) perpendiculara la dirección de propagación n. Por ejemplo, para una onda plana que se propaga en la direcciónx, esto significa que F no depende ni de y ni de z. Luego F depende únicamente de x. En la figurasiguiente, F tiene el mismo valor en P y en P′, dos puntos arbitrarios de un plano perpendicularal eje de propagación.

en este caso, la definición de onda plana resulta en que F satisface la ecuación:

∂ 2F∂x2 −

1c2

∂ 2F∂ t2 = 0

Resulta inmediato verificar que cualquier función de la forma F(x± ct) es entonces una ondaplana, solución de esta ecuación. En efecto, sea X = x±ct, con esto ∂X

∂x = 1 y ∂X∂ t =±c. Usando

la regla de la cadena:

∂F(X)

∂x=

∂F(X)

∂X∂X∂x

=∂F(X)

∂X


y entonces:∂ 2F(X)

∂ 2x=

∂ 2F(X)

∂X2

Similarmente, las derivada parcial respecto a t es:

∂F(X)

∂ t=

∂F(X)

∂X∂X∂ t

=±c∂F(X)

∂X

y entonces:∂ 2F(X)

∂ t2 =∂

∂ t

(±c

∂F(X)

∂X

)=±c

∂ 2F(X)

∂X2∂X∂ t

= c2 ∂ 2F(X)

∂X2

Vemos entonces que F(X) = F(x± ct) es solución de la ecuación de onda:

∂ 2F(X)

∂x2 = c2 ∂ 2F(X)

∂ t2

La ecuación de onda es un ecuación diferencial lineal, lo que impica que si ψ1(x, t) y ψ2(x, t)son soluciones de la ecuación de onda, entonces cualquier combinación lineal de ψ1(x, t) yψ1(x, t) también es solución . Las ondas electromagnéticas obedecen entonces el principio desuperposición. La solución general está dada por

F(x, t) = A f (x− ct)+Bg(x+ ct) (11.13)

donde A y B son constantes que dependen de las condiciones de borde e iniciales.

11.3.5 Interpretación fisica de una onda planaTomemos una onda plana que se propaga a lo largo del eje x de la forma f (x−ct), y consideremosdos planos π1 y π2 situados respectivamente en x1 y x2:

Bajo qué condición la función f (x− ct) será idéntica en π1 y π2?. El argumento debe ser elmismo:

x1− ct1 = x2− ct2

luego

x2− x1 = c(t2− t1)

Se debe entonces observar π1 y π2 a los instantes t1 y t2 dados por esta relación. Todo ocurrecomo si la onda se desplaza en bloque a la velocidad c en el sentido de x creciente (ondaprogresiva). Para el caso de una función g(x+ ct), en analogía con el análisis predecente, setiene una propagación en el sentido de x decreciente (onda regresiva).

11.4 Estructura de las ondas electromagnéticas planas 437

11.4 Estructura de las ondas electromagnéticas planas11.4.1 Transversalidad

Consideremos una onda plana que se propaga en la dirección x. Anteriormente mostramos quecada componente de los campos ~E y ~B obedece a la ecuación de onda plana

∂ 2F∂x2 −

1c2

∂ 2F∂ t2 = 0

donde F = Ex,Ey,Ez,Bx,By,Bz. La ley de Gauss en el vacío implica

~∇ ·~E =∂Ex

∂x+

∂Ey

∂y+

∂Ez

∂ z= 0

pero Ey y Ez solo dependen de x, luego ∂Ex∂x = 0 lo cual solo es posible para todo x y t si

Ex = 0. Del mismo modo, ~∇ ·~B = 0 implica Bx = 0. Luego, ambos campos ~E y ~B se encuentrancontenidos en el plano π perpendicular a la dirección de propagación n = x. Se dice que loscampos son transversales.

y entonces~E = Eyy+Ezz

~B = Byy+Bzz

11.4.2 Onda plana progresivaConsiderando una onda que se propaga en la dirección creciente de x, se tiene:

~E = Ey(x− ct)y+Ez(x− ct)z

~B = By(x− ct)y+Bz(x− ct)z

Consideremos la ecuación de Maxell Faraday ~∇×~E =−∂~B/∂ t

−∂Ez(x− ct)∂x

y+∂Ey(x− ct)

∂xz =−

∂By(x− ct)∂x

y− ∂Bz(x− ct)∂x

z

lo que significa

∂Ez(x− ct)∂x

=∂By(x− ct)

∂ t∂Ey(x− ct)

∂x=−∂Bz(x− ct)

∂ tescribiendo X = x− ct

∂Ez(X)

∂X=−c

∂By(X)

∂X


∂Ey(X)

∂X=

∂Bz(X)

∂Xy entonces

−Ez/c = By

Ey/c = Bz

lo que implica que ~E y ~B son perpendiculares entre sí

~E ·~B = EyBy +EzBz = Ey(−Ez/c)+Ez(Ey/c) = 0

notar además que

x×~E = Eyz−Ezy = c~B

luego

~B =1c

n×~E (11.14)

donde n es la normal que apunta en la dirección de propagación. Los vectores n, ~E y ~B formanun triedro directo.

Notar que para una onda regresiva, se obtienen los mismos resultados al cambiar n en −n.

11.4.3 Onda plana progresiva sinusoidal e uniformeConsideremos una solución que oscila en el tiempo y en el espacio

~E = ~E0 cos(k(ct− x))

la onda es uniforme si ~E0 es un vector constante. Notar que para un punto fijo x0, se tiene

~E(x = x0, t) = ~E0 cos(kct− kx0) = ~E0 cos(ωt− kx0)

vemos que aparece un fenómeno de oscilación periódica en función del tiempo, con una frecuen-cia angular ω = kc, y por lo tanto, de período

T =2π

ωs

De igual forma, para un tiempo fijo t = t0, se obtiene un fenómeno de oscilación periodica enfunción del espacio

~E(x, t = t0) = ~E0 cos(ωt0− kx)

11.4 Estructura de las ondas electromagnéticas planas 439

Table 11.1: El espectro electromagnético

Fuente λ f = 2πwEstacion de radio de onda larga 1829 m 1.64×105 Hz

Estacion de radio FM 2.84 m 1.05×108 HzHorno microondas 11.7 cm 2.56×109 Hz

Vibracion infraroja del agua 38.1 µm 7.87×1012 HzLaser He-Ne (rojo) 632.8 nm 4.74×1014 Hz

Laser Ar (verde) 514.5 nm 5.83×1014 HzLinea UV del mercurio 404.7 nm 7.41×1014 Hz

Rayos X 1.54 10−10 1.95×1018 Hz

Rayos γ 10−15 10−10 3×1033 Hz

de frecuencia espacial k m−1, también llamado número de onda, caracterizado por una longitudde onda

λ =2π

km

En la figura siguiente se muestra una onda electromagnética sinusoidal propagándose según eleje x en el vacío. El campo magnético es perpendicular a ~E y a la dirección de propagación.

La frecuencia espacial y temporal de oscilación de una onda electromagnética estan relacionadaspor la relación de dispersión

ω = kc (11.15)

o, equivalentemente, los períodos se relacionan mediante

λ = cT

Por definición, se llama velocidad de fase de la onda a la cantidad

vϕ = ω/k

y la velocidad de grupo

vg =dω

dkque corresponde a la velocidad de propagación de la energía de la onda. Para una onda plana enel vacío, es fácil verificar que ambas velocidades son iguales a c.

La luz visible corresponde al rango de longitudes de onda 400 nm < λ < 800 nm. Las longitudesde onda mas cortas que 400 nm corresponde a el espectro ultravioleta, mientras que aquellas


mas largas que 800 nm forman parte del infrarojo.

En general, si consideramos una onda que se propaga en una dirección del espacio determinadapor el vector unitario n, la onda se escribe:

~E = ~E0 cos(k(ct− n ·~x))

Se define el vector de onda como

~k = kn

cuya magnitud es igual al número de onda y cuya dirección coincide con la dirección depropagación de la onda. Podemos reescribir el campo eléctrico como

~E = ~E0 cos(ωt−~k ·~x))

11.5 Torema de Poynting

El teorema de Poynting corresponde a la ecuación de conservación de la energía del campoelectromagnético. Sea u(~x, t) la densidad local de energía electromagnética por unidad devolumen (en J/m3). Sea Ω⊆ R3, la energía contenida en Ω al instante t es:

U(t) =∫∫∫

Ω

u(~x, t)d3x

La variación por unidad de tiempo de la energía contenida en Ω es:

dU(t)dt

=∫∫∫

Ω

∂u(~x, t)∂ t

d3x =−W1−W2

la cual puede ocurrir debido a 2 razones: intercambio de energía con las cargas en Ω (trabajoW1), o bien mediante una transferencia de energía de la onda a través de la frontera ∂Ω(trabajoW2). Para encontrar W1, calculamos la fuerza d~f que se ejerce sobre un elemento de volumend3x con carga ρd3x debido al paso de la onda:

11.5 Torema de Poynting 441

d~f = q(~E +~v×~B) = ρd3x(~E +~v×~B)

donde~v es la velocidad media de las cargas en d3x. Luego, el trabajo realizado sobre Ω por laonda es:

W1 =∫∫∫

Ω

d~f ·~vd3x =∫∫∫

Ω

ρ(~E +~v×~B) ·~vd3x =∫∫∫

Ω

ρ~v ·~Ed3x

y dado que ρ~v = ~J:

W1 =∫∫∫

Ω

~J ·~Ed3x

Para el término W2, suponemos que se puede escribir de la forma

W2 =∫∫

∂Ω

~P ·d~S =∫∫∫

Ω

~∇ ·~Pd3x

donde ~P, el vector de Poynting, representa el flujo de energía asociado a la onda electromagnéticapor unidad de tiempo (en W/m2). De esta forma, la ecuación de conservación de energía totaldel sistema se escribe∫∫∫

Ω

∂u(~x, t)∂ t

d3x =−∫∫∫

Ω

~J ·~Ed3x−∫∫∫

Ω

~∇ ·~Pd3x

o, equivalentemente, en su version diferencial, se obtiene el teorema de Poynting

∂u∂ t

+~∇ ·~P =−~J ·~E (11.16)

11.5.1 Identificación de ~P y uLa idea es expresar ~P y u en la ecuación 11.16 en términos de los campos ~E y ~B. Para elloutilizamos la ley de Ampère-Maxell ~∇×~B = µ0~J+µ0ε0

∂~E∂ t y tomamos el producto escalar con

~E/µ0 a ambos lados de la ecuación:

1µ0

~E ·~∇×~B = ~J ·~E + ε0~E ·∂~E∂ t

= ~J ·~E +∂

∂ t(ε0

2~E2) (11.17)

Del mismo modo, utilizamos la ley de Maxell-Faraday ~∇×~E =− ∂~B∂ t y tomamos el producto

escalar con ~B/µ0:

1µ0

~B ·~∇×~E =− 1µ0

~B∂~B∂ t

=∂

∂ t(

12µ0

~B2) (11.18)

Sumando las ecuaciones 11.17 y 11.18 se tiene:

1µ0

(~E ·~∇×~B−~B ·~∇×~E

)= ~J ·~E +

∂

∂ t

(ε0

2~E2 +

12µ0

~B2)

(11.19)

Utilizando por último la identidad ~E ·~∇×~B−~B ·~∇× ~E = ~∇ · (~B× ~E), la ecuación 11.19 sereescribe


1µ0

~∇ · (~B×~E) = ~J ·~E +∂

∂ t

(ε0

2~E2 +

12µ0

~B2)

(11.20)

o bien

1µ0

~∇ · (~E×~B)+∂

∂ t

(ε0

2~E2 +

12µ0

~B2)=−~J ·~E (11.21)

Comparando 11.21 con la ecuación de continuidad (11.16) del teorema de Poynting, se obtieneel vector de Poynting

~P =1µ0

~E×~B (11.22)

y la densidad de energía electromagnética

u =ε0~E2

2+

~B2

2µ0(11.23)

Ejemplo 11.5 — Vector de Poynting en un cable coaxial. Un cable coaxial consiste dedos conductores cilíndricos concéntricos , el interior de radio a y el exterior de radio b. Lalongitud de ambos cables l es tal que l >> b. El cable transmite energía en régimen estacionariodesde una fuente que provee una fem ε entre ambos conductores, hacia una resistencia de cargaR. Una corriente I fluye a través del conductor interior y regresa por el conductor exterior. Lafuente carga el conductor interno con carga −Q y el externo con +Q

a) Encuentre el campo eléctrico en todo el espacio.b) Encuentre la dirección y magnitud de ~B en todo el espacio.c) Calcule el vector de Poynting al interior del cable.d) Al integrar ~S sobre una superficie apropiada, encuentre la potencia que fluye a través del cablecoaxial.

Solucióna) Despreciando efectos de borde, se puede calcular el campo eléctrico (~E = E(r)r) mediantela ley de Gauss, utilizando como superficie de integracion un cilindro de largo h y radio r, cona < r < b, como se muestra en la figura


∫∫S

d~S ·~E = E(r)2πrh = Q(S)/ε0

la carga encerrada por S es

QS = 2πahσ

donde σ es la densidad superficial de carga en el conductor interno, σ = −Q2πaL , con esto

E(r)2πrh =2πah

ε0

(−Q

2πaL

)de forma que el campo eléctrico entre ambos conductores esta dado por

~E(r) =−Q

2πrLε0r

Además, se sabe

ε = φ(b)−φ(a) =−∫ b

ad~x ·~E

tomando una curva parametrizada por~x′ = rr, con r alguna dirección radial fija, y a < r < b, seobtiene

ε =−∫ b

adrE(r) =−

∫ b

adr−Q

2πrLε0=

Q2πLε0

∫ b

a

drr

= ε =Q

2πLε0ln(b/a)

luego

Q = ε2πLε0 ln(a/b)

y

~E(r) =−ε ln(a/b)

rr

por supuesto, que el campo eléctrico para r < a es nulo (interior de un conductor), y lo mismoocurre para r > b, pues el cable coaxial es eléctricamente neutro.

b) El campo magnético para a < r < b puede se obtenido mediante la ley de Ampère, utilizandouna curva circular Γ concentrica al conductor interno y de radio r.


Por simetría, el campo magnetico solo dependerá de la variable r, y será tangente a la curva Γ entodos sus puntos ∮

Γ

d~x ·~B(~x) = 2πrB(r)

la corriente que atraviesa Γ es simplemente −I, luego∮Γ

d~x ·~B(~x) =−µ0I

~B(r) =− µ0I2πr

ϕ

El campo magnético es nulo para r > a (Cualquier curva encierra una corriente nula, puesambos conductores llevan la misma corriente en sentidos opuestos).

c) El vector de Poynting al interior del cable (a < r < b) esta dado por

~P(r) =1µ0

~E(r)×~B(r) =1µ0

(ε ln(a/b)

r

)(µ0I2πr

)r× ϕ

~S(r) =Iε ln(a/b)

2πr2 z

El vector de Poynting representa un flujo de energía por unidad de tiempo y área en direcciónz (es decir, desde la fuente hacia la resistencia). Para calcular la potencia que se transmite atraves de la linea se debe calcular el flujo del vector Poynting sobre una seccion transversal entreambos conductores, esto es

P =∫∫

Sd~S(~x) ·~S(~x) =

∫ 2π

0dϕ

∫ b

adrr(z) · Iε ln(a/b)

2πr2 z = Iε ln(a/b)∫ b

adr

1r

P = εI

que equivale a la potencia que se disipa en la resistencia. Con este ejemplo se ilustra como elcampo electromagnético transporta la energía desde la fuente hasta la resistencia.

11.5.2 Vector de Poynting de una onda plana sinousoidalConsideremos el caso de una onda electromagnética plana que se propaga en el eje x, descritapor

~E = E0 cos(ωt− kx)y

~B =1c

x×~E =1c

E0 cos(ωt− kx)z


Luego

~P =1µ0

E20

ccos2(ωt− kx)x = cε0E2

0 cos2(ωt− kx)x

Como es de esperar, el vector de Poynting apunta en la dirección de propagación. La intensidadde la onda I, definida como el promedio temporal de ~P es

〈~P〉T = cε0E20

1T

∫ T

0cos2(ωt− kx)dtx =

12

cε0E20 x

Notar además que la densidad de energía satisface

u =ε0~E2

2+

~B2

2µ0=

ε0

2E2

0 cos2(ωt− kx)+E2

02c2µ0

cos2(ωt− kx)

de forma queu = ε0E2

0 cos2(ωt− kx)

y se cumple

〈u〉T =ε0E2

02

de forma que el vector de Poynting se puede reescribir como

〈~P〉T = c〈u〉T x

El flujo del vector de Poynting sobre un plano de onda (π) es:

P =∫∫

π

〈~P〉 ·d~S

P =∫∫

π

12

cε0E20 x ·dSx =

12

cε0E20

∫∫π

dS

dado que π es un plano infinito, esta integral no está definida. El problema se debe a que una ondaplana es un caso límite. En realidad, las ondas electromagnéticas siempre son ondas esféricascreadas por densidades de carga finitas que decaen al alejarse de las fuentes. Suficientementelejos de las fuentes, y en una región del espacio pequeña respecto a la distancia a las fuentes,podemos aproximar una onda esférica por una onda plana.

11.5.3 Ondas esféricasConsideremos la ecuación de onda general

~∇2F− 1c2

∂ 2F∂ t2 = 0

una onda esférica depende únicamente de la distancia al origen r (F = F(r, t)), de forma que

1r

(∂ 2

∂ r2 (rF)

)− 1

c2∂ 2F∂ t2 = 0

∂ 2

∂ r2 (rF)− rc2

∂ 2F∂ t2 = 0

Escribiendo F = rΨ, la ecuación para Ψ es:


∂ 2

∂ r2 (Ψ)− 1c2

∂ 2Ψ

∂ t2 = 0

vemos entonces que Ψ satisface la ecuación de onda en una dimensión, cuya solución se escribe:

Ψ(r, t) = A f (r− ct)+Bg(r+ ct)

finalmenteF(r, t) =

Ar

f (r− ct)+Br

g(r+ ct)

vemos que la amplitud de la onda esférica decae como 1/r durante su propagación. En la figurasiguiente se muestra el caso de una onda esférica divergente del tipo A/r f (r− ct)

Considerando una onda electromagnética esférica sinusoidal propagándose en la dirección r

~E = E0/r cos(k(r− ct))ϑ

el promedio temporal del vector de Poynting es, simplemente

〈~P〉T =cε0

2E2

0r2 r

vemos que decae como 1/r2. El flujo sobre una superficie esférica de radio r es

ΦP =∫∫ d~S · 〈~P〉=

E20 cε0

2r2

∫ 2π

0r2dϕ

∫π

0sinϑdϑ =

4πE20 cε0

2Luego, la potencia total asociada a la onda es finita en el caso de una onda esférica:

ΦP = 2πcε0E20

y corresponde a la potencia de la fuente de radiación. Las ondas esféricas son entonces física-mente aceptables para describir ondas electromagnéticas, al contrario de las ondas planas. Sinembargo, a distancias suficientemente grandes de la fuente, una onda esférica se puede aproximarlocalmente por una onda plana. Por ejemplo, en un pequeño volumen en torno al punto P de lafigura, la amplitud de la onda varía lentamente, y se tiene

E(r) = E0/r cos(k(r− ct))≈ E0/r0 cos(k(x− ct)) = E ′0 cos(k(x− ct))

donde E ′0 es aproximadamente constante alrededor de P.

11.6 Expresión del campo electromagnético en términos de los potenciales447

11.6 Expresión del campo electromagnético en términos de los potencialesDe la ecuación (11.5), se deduce que ~B es el rotacional de un potencial vectorial ~A

~B = ~∇×~A (11.24)

y también vimos en 10.5 que ~E + ∂~A∂ t es irrotacional, luego deriva de un potencial φ :

~E =−~∇φ − ∂~A∂ t

(11.25)

11.6.1 CalibreSe define un calibre como un par de potenciales φ ,~A a partir de los cuales se deriva el campoelectromagnético ~E,~B. Es claro que existe una infinidad de potenciales φ ,~A que permiten definirun mismo campo ~E,~B. En efecto, sea ϕ un campo escalar arbitrario, y definamos el nuevopotencial vectorial ~A′ =~A+~∇ϕ . Es fácil ver que el campo magnético generado por ~A′ es idénticoal campo que se deduce a partir de ~A

~B′ = ~∇×~A′ = ~∇× (~A+~∇ϕ) = ~∇×~A = ~B

ya que el rotacional de un gradiente es siempre nulo. Se tiene entonces una infinidad de camposϕ , y luego, una infinidad de potenciales ~A′ que generan el mismo campo magnético. Vemosahora que ocurre con el campo eléctrico generado por φ ′,~A′, donde ~A′ = ~A+~∇ϕ

~E ′ =−~∇φ′− ∂~A′

∂ t=−~∇φ

′− ∂

∂ t(∂A+~∇ϕ)

Si escogemos en particular φ ′ = φ − ∂ϕ

∂ t

~E ′ =−~∇φ − ∂~A∂ t

= ~E

Vemos entonces que existe una indeterminación de los potenciales φ ,~A. Toda transformación deφ ,~A en φ ′,~A′ tal que:

φ′ = φ − ∂ϕ

∂ t~A′ = ~A+~∇ϕ (11.26)

donde ϕ es un campo escalar arbitrario, conduce al mismo campo electromagnético. Un calibrecorresponde a una elección particular de φ ,~A.


11.7 Ecuación para los potenciales - Calibre de LorentzVamos a ver que las ecuaciones de Maxell (11.5)-(11.7) pueden ser reescritas para obtener 2ecuaciones que involucran únicamente a los potenciales φ ,~A. La ecuación (11.7) escrita entérminos de φ y ~A da:

~∇×~∇~A = µ0~J+µ0ε0∂

∂ t(−~∇φ − ∂~A

∂ t)

Utilizando la identidad ~∇×~∇~A = ~∇(~∇ ·~A)−~∇2~A

~∇2~A−µ0ε0∂ 2~A∂ t2 =−µ0~J+~∇[~∇ ·~A+µ0ε0

∂φ

∂ t] (11.27)

De igual forma, la ecuación (11.4)

~∇ · [−~∇φ − ∂~A∂ t

] =ρ

ε0

Luego

~∇2φ =− ρ

ε0− ∂~A

∂ t

Se puede sumar a ambos lados el término ε0µ0∂ 2φ

∂ t2 para obtener una ecuación análoga a (11.27)

~∇2~φ −µ0ε0∂ 2~φ

∂ t2 =− ρ

ε0− ∂

∂ t[~∇ ·~A+µ0ε0

∂φ

∂ t] (11.28)

Para definir de forma única a los potenciales φ ,~A, hay que imponer una condición adicional. Elcalibre de Lorentz consiste a imponer

~∇ ·A+µε0∂φ

∂ t= 0 calibre de Lorentz

de forma que

~∇2~A−µ0ε0∂ 2~A∂ t2 =−µ0~J (11.29)

~∇2~φ −µ0ε0∂ 2~φ

∂ t2 =− ρ

ε0(11.30)

En el caso estático, el calibre de Lorentz es equivalente al calibre de Coulomb, ya que consisteen imponer ~∇ ·~A = 0.

11.7.1 Unicidad de los potenciales bajo el calibre de LorentzVeamos que el calibre de Lorentz solo se cumple para una elección particular de φ ,~A. En efecto,sea una transformacion general de la forma 11.26. Se tiene

~∇ ·~A+µ0ε0∂φ

∂ t= ~∇ · [~A′−~∇ϕ]+µ0ε0

∂

∂ t(φ ′+

∂ϕ

∂ t)

11.8 Potenciales retardados - solución General a las Ecuaciones de Maxwell449

Luego

~∇ ·~A′+µ0ε0∂φ ′

∂ t= ~∇ϕ−µ0ε0

∂ 2ϕ

∂ t2

Para que φ ′,~A′ cumplan con el calibre de Lorentz, se debe tener entonces

~∇ϕ−µ0ε0∂ 2ϕ

∂ t2 = 0

lo que impone una condición sobre ϕ .

11.8 Potenciales retardados - solución General a las Ecuaciones de MaxwellHasta ahora hemos estudiado algunas soluciones de las Ecuaciones de Maxwell lejos de todadensidad de carga y densidad de corriente. Veremos a continuación que toda distribución decargas que varía en el tiempo irradia energía en forma de campos electromagnéticos. Nuestroprimer objetivo será entonces determinar exactamente cómo son los campos cuando se conocela dependencia temporal y espacial de las fuentes ρ(~x, t) y ~J(~x, t). En el calibre de Lorentz, lospotenciales satisfacen:

~∇2~A−µ0ε0∂ 2~A∂ t2 =−µ0~J (11.31)

~∇2~φ −µ0ε0∂ 2~φ

∂ t2 =− ρ

ε0(11.32)

Vemos que ambos potenciales satisfacen una ecuación de onda inhomogénea. Es fácil ver que enel caso estático, cuando las fuentes no dependen del tiempo ρ = ρ(~x), ~J = ~J(~x), se obtiene la yaconocida ecuación de Poisson para φ y ~A

~∇2φ(~x) =−ρ(~x)

ε0

~∇2~A(t,~x) =−µ0~J(~x)

11.8.1 Potenciales retardados - solución de la Ecuación de Onda inhomogéneaEn el caso general, debemos encontrar la solución de la ecuación(

~∇2− 1c2

∂ 2

∂ t2

)φ(~x, t) =−4π f (~x, t)

Para esto, definimos la función de Green G que corresponde a la solución cuando se tiene unafuente puntual en x = 0 y t = 0:(

~∇2− 1c2

∂ 2

∂ t2

)G(~x−~x′, t− t ′) =−4πδ (t− t ′)δ (~x−~x′)

En términos de la función de Green, la solución general toma la forma

φ(t,~x) =∫

∞

−∞

dt ′∫R3

d3x′G(~x−~x′, t− t ′) f (~x′, t ′)

La ecuación para la función de Green puede ser resuelta en el dominio de Fourier. En efecto,si G(~x−~x′,ω) es la transformada de fourier respecto a t− t ′ de G(~x−~x′, t− t ′) (por abuso denotación, utilizamos el mismo símbolo G)


G(~x−~x′, t− t ′) =1

2π

∫∞

−∞

G(~x−~x′,ω)e−iω(t−t ′)dω

entonces

12π

∫∞

−∞

(− 1

c2∂ 2

∂ t2 +~∇2)

G(~x−~x′,ω)e−iω(t−t ′)dω =−4π1

2π

∫∞

−∞

dwe−i(t−t ′)δ (~x−~x′)

y se obtiene la ecuación que satisface la transformada de Fourier de la función de Green en eldominio frecuencial: (

ω2

c2 +~∇2)

G(ω,~x−~x′) =−4πδ (~x−~x′)

Notar la relativa similitud con la ecuación de Laplace, en donde la fuente es una carga puntualubicada en~x′. Sabemos que la solución a este problema tiene una simetría esférica con respectoa~x′, de esta forma buscaremos una solución de la forma

G(~x−~x′,ω) = G(‖~x−~x′‖,w)

llamando r = ‖~x−~x′‖, se obtiene

~∇2G(r,ω) =1r

d2

dr2 rG(r,ω) = δ (r)

y entonces1r

d2

dr2 rG(r,ω)+ω2

c2 G(r,w) =−4πδ (r)

cuya solución es

G(r,ω) =1r

e±iω/cr

Notar que, en efecto :

(~∇2 +ω

2/c2)

G(r,ω) = e±iω/cr−4πδ (r)+

1r2

(±iω/c−±iω/c−ω

2/c2r)+ω

2/c2 1r

(~∇2 +ω

2/c2)

G(r,ω) =−4πδ (r)e±iω/cr =−4πδ (r)

Se tiene entonces

G(~x−~x′,ω) =1

‖~x−~x′‖e±i(ω/c)‖~x−~x′‖

luego

G(~x−~x′, t− t ′) =1

2π

∫∞

−∞

G(~x−~x′,ω)e−iω(t−t ′)dω =1

2π

∫∞

−∞

e±i(ω/c)‖~x−~x′‖

‖~x−~x′‖e−iω(t−t ′)dω

G(~x−~x′, t− t ′) =1

2π‖~x−~x′‖

∫∞

−∞

e−iω(t−t ′∓‖~x−~x′‖/c)dω =δ (t− t ′∓‖~x−~x′‖/c)

‖~x−~x′‖


La función retardada de Green se obtiene tomando la solución

G−(~x−~x′, t− t ′) =δ (t− t ′−‖~x−~x′‖/c)

‖~x−~x′‖

La función avanzada de Green se obtiene con

G+(~x−~x′, t− t ′) =δ (t− t ′+‖~x−~x′‖/c)

‖~x−~x′‖

matemáticamente, ambas son soluciones de la ecuación de onda. Notar que ‖~x−~x′‖

c representa eltiempo que demora una señal que se propaga a velocidad c en recorrer una distancia ‖~x−~x′‖.Es fácil ver que la función retardada de Green es causal, y es la única solución fisicamenteaceptable:

φ(t,~x) =∫

∞

−∞

dt ′∫R3

d3x′δ (t− t ′−‖~x−~x′‖/c)

‖~x−~x′‖f (t ′,~x′) =

∫R3

d3x′f (t−‖~x−~x′‖/c,~x′)

‖~x−~x′‖(11.33)

Finalmente, las soluciones para los potenciales están dadas por

φ(~x, t) =1

4πε0

∫∫∫R3

ρ(~x′, t−‖~x−~x′‖/c)‖~x−~x′‖

d3x′ (11.34)

~A(~x, t) =µ0

4π

∫∫∫R3

~J(~x′, t−‖~x−~x′‖/c)‖~x−~x′‖

d3x′ (11.35)

En estas expresiones, en la dependencia temporal aparece un retardo ‖~x−~x′‖/c que correspondeal tiempo que toma la onda electromagnética en recorrer la distancia que separa al punto deemisión ~x′ del punto de observación ~x′. Esta solución de las ecuaciones de Maxwell deja enevidencia que la electrodinámica se propaga a velocidad c. Es por esto, por ejemplo, que esposible observar una estrella lejana en el cielo aún cuando esta puede ya haber desaparecido.Vemos además que en 11.34 y 11.35, los potenciales decaen como 1/r, lo que es necesario parasatisfacer la conservación de la energía.


11.8.2 Ejemplo: generación de Ondas PlanasVeremos a continuación que las ondas planas monocromáticas se generan por una distribuciónde carga plana e infinita que oscila con frecuencia ω . Consideremos una distribución de carga enel plano X−Y . La densidad de carga se puede escribir como

ρ(t,~x) = σδ (z)

con σ una densidad de carga superficial. Notar que ésta es una distribución de carga estática, nodepende del tiempo, y por lo tanto la radiación sólo dependerá del potencial magnético vectorial.Ahora, supongamos que las cargas oscilan en la dirección x, de forma que la velocidad de una deellas se puede escribir como

~v(t,~x) = v0 cosωtx

Esta es una velocidad independiente de la posición en el plano (todas oscilan de igual forma).Así

~J(t,~x) = σv0δ (z)cosωtx

Notar que esto es consistente con la ley de conservación de la carga

~∇ · ~J(~x, t) = 0 =−∂ρ(~x, t)∂ t

El potencial vectorial está dado por

~A(t,~x) =µ0

4πσv0x

∫R3

δ (z′)cosω(t−‖~x−~x′‖/c))‖~x−~x′‖

d3x′

Es claro, dada la distribución de carga infinita sobre el plano, que esta integral sólo dependerá dez. Por simplicidad, conviene evaluar esta expresión sobre el eje z, es decir~x = (0,0,z)

~A(t,z) =µ0

4πσv0x

∫R2

cos(ω(t−√

x′2 + y′2 + z2/c)√x′2 + y′2 + z2

d3x′

Sea el cambio de variablex′ = ρ cosϑ

y′ = ρ sinϑ

dx′dy′ = ρdρdϑ

~A(t,z)=µ0

4πσv0x

∫ 2π

0

∫∞

0

cosω(t−√

ρ2 + z2/c))√ρ2 + z2

ρdρdϑ =µ0

2σv0x

∫∞

0

cos(ω(t−√

ρ2 + z2/c))√ρ2 + z2

ρdρ


de forma que

~A(t,z) =µ0

2σv0x

∫∞

|z|cos(ω(t−u/c))du =

µ0c2ω

σv0 sin(ω(t−|z|/c))x

Finalmente~A(t,z) =

E0

ωsin(ω(t−‖z‖/c)) x

con E0 =12 µ0σv0c. Para z > 0, la solución es de la forma

~A(t,z) =E0

ωsinω(t− z/c) = sin(ω/c(z− ct))x

es una onda plana que viaja en la dirección z positivo con velocidad c. Para z < 0

~A(t,z) =E0

ωsin(ω/c(z+ ct))x

es una onda que se propaga en la dirección z negativo con velocidad c. El campo eléctricovariable en el tiempo está dado por

~E =−∂~A∂ t

~E =−E0 cosω(t−‖z‖/c)x

y el campo magnético~B = ~∇×~A

~B =E0

ccosω(t−‖z‖/c)yε(z)

donde ε(z) = 1 para z > 0 y ε(z) =−1 para z < 0. Notar que

‖B‖/‖E‖= 1c

Además, ~E es perpendicular a ~B, y además ambos son perpendiculares a la dirección de propa-gación z (ondas transversales). El vector de Poynting está dado por

~S(t,~x) =1µ0

~E×~B = cε(z)e0E20 cos2(ω(t−‖z‖/c))


11.9 Radiación

El propósito ahora es obtener expresiones para los potenciales y los campos que irradia unadistribución arbitraria de carga. Veremos que el momento dipolar de la distribución juega un rolfundamental. Supongamos entonces que la carga está confinada a un volumen finito Ω.

11.9.1 Potencial escalarEl potencial escalar está dado por

φ(~x, t) =1

4πε0

∫Ω

d3x′ρ(~x′, t−‖~x−~x′‖/c)

‖~x−~x′‖

Veamos primero lo que ocurre cerca del volumen Ω, es decir cuando se tiene ‖~x−~x′‖/c 1.Empleando la siguiente expansión a primer orden

ρ(~x′, t−‖~x−~x′‖/c)≈ ρ(~x′, t)− 1c

∂ρ(~x′, t)∂ t

‖~x−~x′‖

Con esto

φ(~x, t) =1

4πε0

∫Ω

ρ(~x′, t)‖~x−~x′‖

d3x′− 1c

∫Ω

∂ρ(~x′, t)∂ t

d3x′+ ...

El segundo término es nulo, dada la conservación de la carga total en Ω. Finalmente, se obtieneel potencial cercano;

φ(~x, t)cerca =1

4πε0

∫Ω

d3x′ρ(~x′, t)‖~x−~x′‖

Vemos que el retardo es despreciable, y el potencial obtenido es igual al potencial estático.

Ahora consideramos el caso opuesto, suficientemente lejos de Ω, en el que

‖~x‖>> ‖~x′‖ ∀~x′ ∈Ω

Escribiendo en coordenadas esféricas~x = rr, tenemos

‖~x−~x′‖= r

√1+‖~x′‖2

r2 − 2r ·~x′r≈ r− r ·~x′+O((‖~x′‖/r)2)

Luego, a primer orden:

ρ

(~x, t− ‖~x−~x

′‖c

)= ρ

(~x, t− r

c+

r ·~x′

c

)

Esto da paso a la siguiente expansión:

ρ

(~x, t− ‖~x−~x

′‖c

)= ρ

(~x, t− r

c

)+

1c

∂

∂ tρ

(~x, t− r

c

)(r ·~x′

)

De esta forma, se tiene el potencial escalar lejos de las fuentes

φ(~x, t)≈ 14πε0r

∫Ω

ρ(~x′, t− r/c)+

(r ·~x′

c

)∂

∂ tρ(~x′, t− r/c)

d3x′

11.9 Radiación 455

φ(~x, t) =1

4πε0r

∫Ω

ρ(~x′, t− r/c)d3x′︸︷︷︸Q

+

(r ·~x′

c

)ddt

∫Ω

~x′ρ(~x′, t− r/c)d3x′︸︷︷︸~p(t−r/c)

+...

Donde Q es la carga total contenida en Ω (independiente del tiempo), y ~p es el momento dipolarde la distribución de carga. Finalmente, vemos que además del potencial estático aparece untérmino que se propaga a velocidad c:

φ(~x, t)≈ 14πε0

(Qr

)︸︷︷︸

Estatico

+1

4πε0

(r · d~p(t−r/c)

dtcr

)︸︷︷︸

Radiativo

El segundo término existe siempre y cuando el momento dipolar total de la distribución dependedel tiempo (es decir, cuando las cargas se mueven al interior de Ω). Por ejemplo, para un dipoloen el origen cuya magnitud oscila sinusoidalmente en el tiempo:

~p(t) = ~p0 cosωt

se obtiene:

ddt~p(t) =−~p0ω sinωt

y entonces

φrad(~x, t) =−1

4πε0~p0 · r

(ω

c

) sinω(t− r/c))r

11.9.2 Potencial vectorialNotar que una variación del momento dipolar esta asociado con una densidad de corriente, y porlo tanto, un campo magnético. En efecto:

d~p(t− r/c)dt

=∫

Ω

~x′∂

∂ tρ(~x′, t− r/c)d3x′

la ley de conservación de la carga establece ∂ρ/∂ t +~∇ · ~J = 0, luego

d~p(t− r/c)dt

=−∫

Ω

~x′~∇′ · ~J(~x′, t− r/c)d3x′

pero ~∇ · (x~J) = ~J+ x~∇ · ~J. Si ~J = 0 sobre la frontera ∂Ω, se obtiene:

d~p(t− r/c)dt

=∫

Ω

~J(~x′, t− r/c)d3x′

Calculemos ahora el potencial vectorial asociado a la densidad de corriente en Ω:

~A(~x, t) =µ0

4π

∫Ω

d3x′~J(~x′, t− ‖~x−~x

′‖c )

‖~x−~x′‖Consideremos el término a orden cero en ‖~x−~x′‖/r, es decir

~A(~x, t)≈ µ0

4πr

∫Ω

~J(~x′, t− rc)d3x′


Vemos que: ∫Ω

d3x′~J(~x′, t− r

c

)=

ddt~p(t− r/c)

De forma que los potenciales de radiación en la zona lejana a las fuentes son

φrad(~x, t) =1

4πε0rcr · d~p(t− r/c)

dt(11.36)

~Arad(~x, t) =µ0

4πrd~p(t− r/c)

dt(11.37)

11.9.3 Campos de radiaciónA partir de los potenciales 11.36 y 11.37, podemos calcular los campos ~E y ~B a partir de:

~E(~x, t) =−∂~A(~x, t)∂ t

−~∇φ(~x, t)

~B(~x, t) = ~∇×~A(~x, t)

Se tiene

~∇φ(~x, t) =1

4πε0c

~∇

(r · d

dt~p(t− r/c)

)1r+ r · d

dt~p(t− r/c)~∇

(1r

)

Considerando que ~∇(1/r) =−1r

2, el segundo término genera un campo que decae como 1/r2, ypor lo tanto no contribuye a la radiación lejos de las fuentes. Para el primer término:

~∇

(r · d

dt~p(t− r/c)

)=

ddt~p(t−r/c)~∇· r+ r ·~∇ d

dt~p(t−r/c)=

3r

ddt~p(t−r/c)− 1

c

(r · d2

dt2~p(t− r/c))

r

El término de la izquierda, que decae como 1/r, tampoco contribuye a la radiación. Así, elcampo eléctrico de radiación será

~E(~x, t) =− µ0

4πrd2~pdt2 +

14πε0c2r

r · d2~p

dt2 r

~E(~x, t) =− µ0

4πr

(d2

dt2~p− (rd2

dt2~p)r)

que se puede reescribir como:

~E(~x, t) =− µ0

4πr

((r× d2

dt2~p(t− r/c))× r)

Para el campo magnético, utilizamos lo siguiente

11.9 Radiación 457

~∇×(

1r

ddt~p(t− r/c)

)= ~∇

(1r

)ddt~p(t− r/c)+

1r~∇× d

dt~p(u)

El primer término decae como (1/r2), mientras que para el segundo es posible demostrar:

~∇×(

1r

ddt~p(t− r/c)

)=− 1

rc(r× d2

dt2~p(u))+O(

1r2

)

Finalmente, los campos de radiación corresponden a las siguientes ondas esféricas:

~E(~x, t) =− µ0

4πr

((r× d2

dt2~p(t− r/c))× r)

(11.38)

~B(~x, t) =− µ0

4πcr

(r× d2

dt2~p(t− r/c)))

(11.39)

Notar que ~E(~x, t) = cr×~B(~x, t).

11.9.4 Vector de Poynting y Energía radiadaEl vector de Poynting asociado a los campos de radiación está dada por:

~P(~x, t) =1µ0

~E(~x, t)×~B(~x, t) =c

µ0

∣∣∣~B(~x, t)∣∣∣2 r

~P(~x, t) =µ0

16cπ2r2

∣∣∣∣r× d2

dt2~p(t− r/c)∣∣∣∣2 r

La potencia radiada por la distribución de cargas se obtiene al integral el vector de Poyntingsobre una superficie cerrada que contiene a Ω. Considerando una esfera de radio r:

P =∫∫

Sd~S(~x) ·~P(~x, t) = µ0

(4π)2c

∫ 4π

0dΩ

∣∣∣∣r× d2~p(t− r/c)dt2

∣∣∣∣2

donde dΩ = sinϑdϑdϕ . Para evaluar esta integral, se puede escoger la orientación del eje z deforma que en todo instante sea paralelo a d2~p

dt2 . De esta forma∣∣∣r× d2~p(t−r/c)

dt2

∣∣∣= ∣∣∣d2~p(t−r/c)dt2 sinϑ

∣∣∣P =

µ0

(4π)2c

∣∣∣∣d2~p(t− r/c)dt

∣∣∣∣2 ∫ 2π

0dϕ︸︷︷︸

2π

∫π

0dϑ sin2

ϑ︸︷︷︸4/3

Finalmente, la potencia radiada se escribe:

P =µ0

6πc

∣∣∣∣d2~p(t− r/c)dt2

∣∣∣∣2 = 16πε0c3

∣∣∣∣d2~p(t− r/c)dt2

∣∣∣∣2 (11.40)


11.9.5 Reacción de radiación (Fuerza de Abraham-Lorentz)Consideremos un electrón de carga q = −e el cual es acelerado bajo la acción de una fuerzaexterna ~Fext . La ecuación de movimiento, sin considerar los efectos de radiación está dada por:

md2~rdt2 = ~Fext(t)

donde m y~r son la masa y la posición del electrón, respectivamente. Vemos entonces que hay unconflicto entre la mecánica clásica y el electromagnetismo: esta ecuación es incapaz de describirel hecho de que parte de la energía del electrón es emitida en forma de radiación. Ya que ningunaotra fuerza exterior está presente, esta energía solo puede provenir de la propia energía delelectrón: luego la amplitud de su movimiento debe disminuír en reacción a la radiación. Si solonos interesa la dinámica del electrón, podemos modelar la radiación como una fuerza disipativaque frena al electrón, conocida como reacción de radiación o fuerza de Abraham-Lorentz:

md2~rdt2 = ~Fext +~Frad

De acuerdo a (11.40), la potencia radiada por unidad de tiempo es:

P =e2µ0

6πca(t)2 =−dE

dtdonde a(t) es el módulo de la aceleración del electrón, y E la energía mecánica. La potenciarealizada por la fuerza de Abraham-Lorentz debe ser tal que:

~Frad ·d~rdt

=dEdt

= P =−e2µ0

6πc(d2~rdt2 )

2

o en términos de la velocidad~v del electrón

~Frad ·~v =dEdt

= P =−e2µ0

6πcd~vdt· d~v

dtluego ∫ t2

t1

~Frad ·~vdt =−e2µ0

6πc

∫ t2

t1

d~vdt· d~v

dtdt

integrando por partes, se obtiene:∫ t2

t1

~Frad ·~vdt =−e2µ0

6πcd~vdt·~v∣∣∣t2t1+

e2µ0

6πc

∫ t2

t1

d2~vdt2 ·~vdt

Asumiendo un movimiento periódico de período T , tomamos t2 = t1 = T y se obtiene:∫ t2

t1

~Frad ·~vdt =+e2µ0

6πc

∫ t2

t1

d2~vdt2 ·~vdt

y obtenemos una expresión para ~Frad .

11.9 Radiación 459

Definición 11.9.1 — Fuerza de Abraham-Lorentz. Una carga e de aceleración ~a sienteuna fuerza disipativa, llamada fuerza de Abraham-Lorentz

~Frad =µ0e2

6πcd~adt

=23

mτd~adt

(11.41)

donde τ = re/c, con re el radio clásico del electrón, dado por (3.14):

mc2 =e2

4πε0re

el trabajo generado por ~Frad sobre un ciclo en un movimiento periódico corresponde a lapotencia emitida en forma de radiación.

Ejemplo 11.6 — Radiación del átomo de Hidrógeno. Considere un electrón que describeuna orbita circular de radio r = a0 en torno al protón, donde a0 = 0.529 es el radio de Bohr.Debido a que el electrón acelera, este emite radiación electromagnética durante el movimientocircular.

a) Cual es la energía total radiada por el electrón durante una vuelta al nucleo, ∆E?.b) Cual es la razón entre ∆E y la energía mecanica E del electrón en la orbita circular?.c) Si el electrón se encuentra inicialmente a una distancia de a0 = 0.529 (radio de Bohr) delprotón, cuanto tiempo se requiere para que el electrón colapse hacia el centro del nucleo?.

Solucióna) El equilibrio de fuerzas para el electrón entrega:

~F(t) =− e2

4πε0

1r2 r = me~a(t)

Luego la aceleracion del electrón esta dada por:

~a(t) =− e2

4πε0mer2 r

Asi,la potencia emitida por el electrón está dada por

P =

(µ0e2

6πc

)|~a|2 =

(µ0

6πc

) e6

(4πε0)2 m2

er4

La perdida de energía ∆E durante una vuelta al protón es ∆E = −PT , donde T = 2πr/v. Lavelocidad del electrón en la orbita es v =

√ar = e/

√4πε0mer, de forma que

∆E =−(

µ0

3c

) e5

(4πε0mer)3/2 r= 3.2×10(−6)


Evaluando numéricamente:

∆E =−7.05×10−24 J =−4.4×10−5 eV

b) La energía total del electrón esta dada por E =−12

e2

4πε0a0=−13.6 eV, luego :

∆EE

=2µ0e3

3c1√

4πε0(mea0)3/2 = 3.24×10−6

vemos entonces que la energía perdida durante un periodo es despreciable respecto a la energíatotal del electrón.

c) La potencia emitida corresponde a la tasa de pérdida de la energía mecánica, es decir

dEdt

=−P

Si al instante t el radio de la orbita es r(t), se tiene:

E(t) =−12

e2

4πε0r(t)

Entonces

dE(t)dt

=dE(t)

drdrdt

=

(e2

8πε0r(t)2

)drdt

=−P

Por lo tanto (e2

8πε0r(t)2

)drdt

=−(

µ0

6πc

) e6

(4πε0)2 m2

er(t)4

despejando

dr(t)dt

=−43

e4

(4πε0)2 m2

ec3r(t)2

Sea τ el tiempo que demora el electrón en colapsar hacia el nucleo. Se tiene entonces∫ 0

a0

r2dr =−43

e4

(4πε0)2 m2

ec3

∫τ

0dt

donde τ es el tiempo de decaimiento. Se obtiene

13

a30 =

43

e4

(4πε0)2 m2

ec3τ

τ =14

a30(4πε0)

2 m2ec3

e4

11.9 Radiación 461

Evaluando:

τ ≈ 1.6×10−11 s

Vemos entonces que la vision clásica del átomo de hidrógeno consistente en un electrón girandoen torno al protón no es consistente con la electrodinámica: esta última predice que un átomo deHidrógeno no sobrevive mas que 16 picosegundos!.

Ejemplo 11.7 Una partícula de carga q incide radialmente sobre un potencial repulsivoV (r) = α

r . La partícula en infinito tiene una velocidad radial v0. Esta se acerca radialmente alorigen hasta un punto de retorno rmin y luego se aleja de vuelta hacia infinito. Determine laenergía total radiada durante todo el trayecto.

SoluciónEl momento dipolar de la carga q respecto al origen está dado por

~p(t) = qr(t)r

Luego

~p(t) = qd2r(t)

dt2 r

La potencia total radiada por la carga en un instante t será

P(t) =(

µ0

6πc

)q2 r(t)2

Resolver este problema en forma exacta es realmente complejo. Sin embargo, podemos asumirque la energía total radiada es muchísimo menor que la energía inicial de la partícula. De estaforma, podemos asumir que la trayectoria es la de una partícula que no pierde energía bajo laacción del potencial. De esta forma podemos determinar rmin según

12

mv20 =

qα

rmin

Luego

rmin =2qα

mv20

Además, se tiene

mr(t) =−qα

r2

De forma que

P(t) =(

µ0

6πc

) q4α2

m2r(t)4

Además, dada la simplificación al problema, podemos obtener la energía total radiada como 2veces la energía radiada en el trayecto rmin→ ∞. De esta forma


E = 2∫ t f

t0dtP(t)

pero

dt =drv

donde

12

mv2 +qα

r=

12

mv20

Luego

v(r) =

√v2

0−2qα

mrFinalmente

E = 2∫

∞

rmin

dr(

µ0

6πc

) q4α2

m2r4√

v20−

2qα

mr

E = 2(

µ0q4α2

6πcm2

)∫∞

rmin

dr1

r4√

v20−

2qα

mr

E = 2(

µ0q4α2

6πcm2

)∫∞

rmin

dr1

r4√

2qα

m

√1

rmin− 1

r

= 2(

µ0q4α2

6πcm2

)√m

2qα

∫∞

rmin

dr1

r4√

1rmin− 1

r

Esta última integral puede ser evaluada computacionalmente, obteniéndose

E = 2(

µ0q4α2

6πcm2

)√m

2qα

16

15r5/2min

Reemplazando el valor de rmin

E =(

µ0qm3παc

) 2v50

15

Notar que esto es válido mientras

E <<12

mv20

11.9 Radiación 463

Ejemplo 11.8 — Electrón en un campo gravitacional. Un electrón se suelta desde el re-poso y cae bajo la influencia de la gravedad. Que porción de la energía potencial es radiadadurante el primer centímetro?

SoluciónLa aceleración del electrón en el campo gravitacional terrestre es igual a a = g = 9.81m/s2, deforma que la potencia radiada es:

P =

(µ0e2

6πc

)g2

el tiempo T que demora el electrón en caer una distancia d está dado por

h0−d = h0−gT 2

2→ T =

√2dg

de forma que la energía radiada al caer una distancia d es:

Erad = PT =

(µ0e2

6πc

)g2√

2dg

Si d = 1 cm, se tiene T = 4.51×10−2 s, y

Erad = 5.49×10−52 J = 3.42×10−33 eV

Por otro lado, la pérdida de energía potencial después de caer una distancia d es:

∆U =−mgd = 8.94×10−32 J = 5.6×10−13 eV

Vemos que la fracción de energía potencial que se transfiere en forma de radiación es despreciablefrente a ∆U :

Erad

∆U∼ 10−22

Luego, prácticamente toda la energía potencial se convierte en energía cinética.

Ejemplo 11.9 — Carga oscilante. Una carga q se encuentra inicialmente a una distancia hde un plano infinito. La carga comienza a oscilar verticalmente en torno a su posición inicialsegún z(t) = d cosωt, donde h >> da) Determine la potencia promedio que incide sobre el plano, por unidad de área. Use coorde-nadas apropiadas a la simetría del problema para representar el elemento de área dSb) Integre la potencia total que incide sobre todo el plano, y compare con la potencia total radiadapor la carga. ¿Tiene sentido este resultado?


Solucióna) Si bien la distancia entre la carga oscilante y el plano varía en el tiempo de acuerdo a

x(t) = h−d cosωt

dado que d << h, podemos considerar esta distancia como aproximadamente constante, e iguala h. Esto equivale a localizar a la carga en una región muy cercana al origen de coordenadas, yentonces el vector de Poynting suficientemente lejos del origen está dado por

~S(~x, t) =µ0

16cπ2r2

∣∣∣∣r× d2~p(t−‖~x‖/c)dt2

∣∣∣∣2 r

y la potencia radiada está dada por

P =(

µ0

6πc

)∣∣~p(t−‖~x‖/c)∣∣2

En este caso, el momento dipolar de la distribución de carga es

~p(t) = qd cosωtk

luego

~p(t) =−qdw2cosωtk

Así, la potencia total radiada por la carga es

P =(

µ0

6πc

)q2d2

ω4 cos2 (ω(t− r/c))

En promedio, la carga radia una potencia dada por

< P >=

(µ0q2d2ω4

12πc

)

Además, el vector Poynting toma la forma

~S(~x, t) =µ0

16cπ2r2

∣∣r× (−qdw2 cosω(t−‖~x‖/c)k)∣∣2 r =

µ0q2d2w4 cosω(t− r/c)16cπ2r2 sin2

ϑ r

En promedio temporal

〈S(~x, t)〉= µ0q2d2ω4

32cπ2r2 sin2ϑ r

Ahora bien, calculemos la potencia que incide sobre el plano por unidad de área. Para elloutilizaremos las coordenadas polares del plano, utilizando las coordenadas ρ y φ . Un elementode área en la posición determinada por las coordenadas (ρ,φ) es dA = ρdρdφ

11.9 Radiación 465

La potencia que que incide (en promedio) sobre el elemento de área infinitesimal dS es

dP = dSk · 〈~S〉= dS〈~S〉‖cosϑ = dSµ0q2d2ω4

32cπ2r2 sin2ϑ cosϑ

Luego, la potencia que incide sobre el plano por unidad de área es

dPdS

=µ0q2d2ω4

32cπ2r2 sin2ϑ cosϑ

Además, r =√

h2 +ρ2, sinϑ = ρ√h2+ρ2

, cosϑ = h√h2+ρ2

, con lo que

dPdS

=µ0(qdw2

)2

32cπ2ρ2h

(h2 +ρ2)5/2

b) La potencia total que incide sobre el plano (en promedio) será

〈P〉=∫

∞

0dρ

∫ 2π

0dφ

µ0(qdω2

)2

32cπ2ρ3h

(h2 +ρ2)5/2

〈P〉=µ0(qdω2

)2 h16cπ

∫∞

0dρ

ρ3

(h2 +ρ2)5/2︸︷︷︸23h

=µ0(qdω2

)2

24cπ

Recordar que anteriormente determinamos la potencia media total que radía la carga

< P >=

(µ0(qdω2

)2

12πc

)

Naturalmente, la potencia que atraviesa el plano es la mitad de la potencia total radiada.

Ejemplo 11.10 — Carga suspendida en un resorte. Suponga que una carga de masa m ycarga q se suspende en un resorte de constante K. Si el sistema se pone a oscilar, cuánto tiempodebe pasar para que el sistema pierda la mitad de la energía mecánica inicial?.

SoluciónAsumiendo que la carga oscila en la dirección z, la ecuación de movimiento, sin tomar en cuentala radiación, está dada por:

md2zdt2 =−K(z− z0)


donde z0 es la posición de equilibrio. La solución, sin considerar la radiación, es un movimientoarmónico de amplitud A en torno a z0:

z(t)− z0 = Acos(ωt)

con ω =√

K/m. Asumiendo que la energía radiada durante un ciclo es mucho menor que laenergía mecánica del sistema, podemos suponer que la aceleración corresponde en todo instantea~a(t) = A(t)ω2 cos(ωt)z y entonces la potencia promedio radiada durante un ciclo es:

〈P〉=(

µ0e2

6πc

)〈a2〉=

(µ0e2

6πc

)ω4A2

02

=−dEdt

considerando que la energía mecánica del sistema está dada por E(t) = 12 KA(t)2 = 1

2 mω2A(t)2,tenemos:

〈P〉=(

µ0ω2e2

6πcm

)E(t) =−dE(t)

dt

de forma que la energía mecánica decae de forma exponencial, E(t) = E0e−t/τ , con una constantede tiempo dada por:

τ =6πmc

µ0ω2e2

finalmente, la energía mecánica será igual a la mitad de su valor inicial para t = t∗ tal que:

e−t∗/τ =12→ t∗ = τ ln(2) =

6πmcµ0ω2e2 ln(2)

Ejemplo 11.11 — Radiación de ciclotrón. Considere una carga q de masa m y velocidadinicial v0 que describe una órbita circular en un campo magnético uniforme B, perpendicu-lar al movimiento de la carga. Muestre que el radio R de la órbita evoluciona de acuerdo aR(t) = R0e−t/τ . Calcule la energía total radiada por la partícula.

SoluciónEl radio de la órbita está dado por el equilibrio entre la aceleración y la fuerza de Laplace:

mv2

R= qvB → R =

mvqB

asumiendo que el radio de la órbita es aproximadamente constante durante una revolución, setiene que a = v2/R y la potencia radiada durante una vuelta es:

〈P〉=(

µ0q2

6πc

)v4

R2 =−dEdt

la energía cinética en un instante t está dada por E(t) = 12 mv(t)2 = 1

2m R(t)2q2B2, de forma que:

dEdt

= RdRdt

q2B2

mluego

−dEdt

=−q2B2

mR

dRdt

=

(µ0q2

6πc

)v4

R2 =

(µ0e2

6πc

)R4q4B4

m4

11.10 Difusión 467

q2B2

mR

dRdt

=−(

q6B4µ0

6πcm4

)R2

Finalmente

dRdt

=−(

q4B2µ0

6πcm3

)R

cuya solución es

R(t) = R0e−t/τ

con

τ =6πcm3

q4B2µ0

Como la potencia radiada se puede escribir en función del radio como

P =

(q6B4µ0

6πcm4

)R2 =

(q6B4µ0

6πcm4

)R2

0e−2t/τ

la energía total radiada está dada por:

∆E =

(q6B4µ0

6πcm4

)R2

0

∫∞

0e−2tτdt =

(q6B4µ0

6πcm4

)R2

0τ

2

reemplazando:

∆E =

(q2B2

2m

)R2

0 =12

mv20

que corresponde a la energía cinética inicial de la carga q.

11.10 Difusión

Una onda electromagnética incidente sobre un medio induce un movimiento de cargas. Estascargas son fuentes secundarias de radiación, generando así una onda de difusión, la cual puedeposeer la misma frecuencia de la onda incidente (difusión elástica), pero también puede poseeruna frecuencia diferente de la onda que la genera (se habla entonces de difusión inelástica).

11.10.1 Difusión de un electrón libreConsideremos un electrón libre de carga q =−e de masa m que se somete a una onda electro-magnética monocromática de la forma

~E(~r, t) = Re~Eei(~k·~r−ωt)

bajo la acción de este campo, el electrón va a oscilar a una frecuencia f = ω/2π , comportándoseasí como un dipolo oscilante que radía a la misma frecuencia del campo incidente, creando asíun campo de difusión elástico. Si~r representa la posición del electrón, se tiene:

med2~rdt

= q[~E(~r, t)+~v×~B(~r, t)]+~Frad


donde ~Frad =23 meτ

d~adt es la fuerza de Abraham-Lorentz (11.41), la cual representa la pérdida de

energía mecánica del electrón por emisión de radiación. Si la velocidad del electrón es muchomenor a la velocidad de la luz c, podemos despreciar la fuerza magnética ya que, para una ondaelectromagnética, ‖~B‖= ‖~E‖/c. Si además la longitud de onda del campo incidente es muchomayor a la amplitud de la oscilación del electrón, podemos despreciar la variación espacial de~E(~r, t) y escribir ~E(~r, t) = Re

~Ee−iωt

. Buscando una solución estacionaria de la forma:

~r(t) = Re~r0e−iωt

se tiene:

Re−mω

2~r0e−iωt= Re

q~Ee−iωt + iω3 23

meτ~r0e−iωt

luego, la amplitud del movimiento del electrón está dada por:

~r0 =−q~E

mω2 + 2ω3meτ

3

=− qmω2

~E1+ 2

3 iωτ(11.42)

Notar que τ = re/c ≈ 10−23 s, de forma que para una onda incidente en el rango visible(ω ∼ 1015 s−1), se tiene ωτ ∼ 10−8 1. Esto significa que ~Frad se puede despreciar frente aq~E, y se tiene:

~r0 ≈−q

mω2~E (11.43)

Sección eficaz de difusionLa aceleración de un electrón que oscila bajo la influencia de una onda electromagnética afrecuencia ωw está dada entonces por:

~a =qm~E cos(ωt)

y la potencia irradiada en todo el espacio es:

P =µ0q2

6πcq2‖E‖2

m2 cos2(ωt)

cuyo promedio temporal es:

P =µ0q4

6πc‖E‖2

2m2

lo que se puede reescribir como

P =q4

4πε0

‖E‖2

3m2c3 =4π

3r2

e ε0c‖E‖2 (11.44)

donde re = (q2)/(4πε0mec2) es el radio clásico del electrón. En esta última expresión recono-cemos el promedio temporal del vector de Poynting de la onda plana incidente ε0c‖E‖2/2. Deesta forma, la potencia de difusión se puede escribir como el producto de un flujo de energía porunidad de superficie (módulo del vector de Poynting incidente) multiplicado por una cantidadhomoénea a una superficie, llamada sección eficaz.

11.10 Difusión 469

Definición 11.10.1 — Sección eficaz de difusión. La sección eficaz de difusión σ corre-sponde a la superficie tal que, expuesta a un flujo incidente de una onda electromagnética, éstaintercepta un flujo de energía igual al flujo de difusión. La sección eficaz σe de un electrónlibre, llamada sección eficaz de Thomson, se obtiene a partir de (11.44) y está dada por:

σe =8π

3r2

e

Vemos entonces que un electrón es visto por una onda electromagnética como una superficiecircular de radio similar al radio clásico re ∼ 10−15 m.

11.10.2 Difusión de un átomo o de una moléculaLos átomos están constituídos de cargas positivas (protones), cuya masa es tres órdenes demagnitud superior a la del electrón. Esto significa que el cuadrado de la aceleración, y entoncesla potencia radiada, es 106 veces menor que la potencia radiada por los electrones. Es entoncesrazonable considerar únicamente la energía radiada por los electrones de un átomo cuandoéste interactúa con una onda electromagnética. Podemos tomar en cuenta el hecho de que loselectrones se encuentran ligados al núcelo atómico mediante una fuerza elástica. Anticipamosentonces una fuerte dependencia de la difusión en función de la frecuencia de la onda incidente,debido a la prescencia de una frecuencia de resonancia ω0 que corresponde a la frecuencianatural de oscilación del electrón en torno al núcleo:

md2~rdt2 = q~E +~Frad−mω

20~r

donde~r es el desplazamiento del electrón respecto a la posición de equilibrio. Nuevamente,suponiendo una onda incidende monocromática, de longitud de onda mucho mayor a la oscilaciónde los electrones, buscamos una solución de la forma~r = Re

~r0e−iωt

y se tiene:

Re−mω

2~r0e−iωt= Re

q~Ee−iωt + iω3 23

meτ~r0e−iωt −mω2~r0e−iωt

luego

~r0 =−qm

~Eω2−ω2

0 + iγω(11.45)

donde γ = 2/3ω2τ y τ = re/c.

Sección eficaz de difusiónDado que la potencia de radiación es proporcional al cuadrado de la aceleración, y como en unmovimiento armónico esta última es proporcional a la amplitud del movimiento~r0, se tiene:

σ

σe=

(‖~r0‖‖~rlibre

0 ‖

)2

donde~rlibre0 corresponde al resultado encontrado previamente para un electrón libre (11.43). Se

tiene:

σ

σe=

ω4

(ω2−ω20 )

2 + γ2ω2

de forma que la sección eficaz de un electrón ligado elásticamente a un átomo se escribe:


σ(ω) = σeω4

(ω2−ω20 )

2 + γ2ω2 (11.46)

Difusión resonanteVemos a partir de la ec.(11.46) que la interación entre la onda electromagnética y un electrónligado a un átomo es particularmente fuerte cuando la frecuencia de la onda se encuentra enresonancia con la frecuencia de vibración del electrón en el átomo, ω0. A partir de (11.46),vemos que en el límite ω ≈ ω0

σ(ω) = σeω4

[(ω−ω0)(ω +ω0)]2 + γ2ω2 ≈ σeω4

0

[(ω−ω0)(2ω0)]2 + γ2ω20

σ(ω)≈ σeω2

04(ω−ω0)2 + γ2

vemos que la dependencia de σ(ω) en ω es aproximadamente una lorentziana de ancho 1/γ . Elvalor máximo de σ(ω) se obtiene para ω = ω0:

σ(ω0) = σe

(ω0

γ

)2

en el dominio visible, ω0 ∼ 1015 s−1, y γ = 2/3ω0τ ∼ 108 s−1, de forma que la sección eficazpuede ser muchos órdenes de magnitud más grande que la de la un electrón libre, σ(ω0) ∼1014×σe.

11 — ecuaciones de maxell y radiación · 2019-01-21 · además predice, junto a la ley de...

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