O potencial vetor deste dipolo pode ser determinado a partir da corrente que flui no fio ligando as duas cargas que é \vec{I}(t)=\frac{d q}{d t} \widehat{\mathrm{k}}=-q_{0} \omega \sin (\omega t) \widehat{\mathrm{k}}, ou seja,
\vec{A}(\vec{r}, t)=\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \int_{-d / 2}^{d / 2} \frac{-q_{0} \omega \sin [\omega(t-\mathfrak{r} / c)] \widehat{\mathrm{k}}}{\mathfrak{r}} d z
Mostre que
\vec{A}(r, \theta, t)=-\frac{\mu_{0} p_{0} \omega}{4 \pi r} \sin [\omega(t-r / c)] \widehat{\mathrm{k}}

Passo 1

O enunciado pede para calcular o potencial vetor de um dipolo elétrico temporariamente variável, cuja corrente no fio que une as duas cargas é
\vec{I}(\vec{r}',t)=\frac{dq}{dt}\,\hat{k}=-q_{0}\,\omega\,\sin(\omega t)\,\hat{k}
e que leva à expressão retardada
\vec{A}(\vec{r},t) =\frac{\mu_{0}}{4\pi}\int_{-d/2}^{d/2}\frac{-q_{0}\,\omega\,\sin\bigl[\omega\bigl(t-\mathfrak{r}/c\bigr)\bigr]\,\hat{k}}{\mathfrak{r}}\,dz.
O conteúdo envolve o potencial retardado e a aproximação de dipolo pequeno ( d\ll r), onde vamos:
  1. aproximar a distância retardada \mathfrak{r},
  2. expandir em série para d\ll r,
  3. avaliar a integral em z,
  4. identificar p_{0}=q_{0}d.

Passo 2

Chamando de \mathfrak{r}=\bigl|\vec{r}-z\,\hat{k}\bigr|, nota-se que
\mathfrak{r} =\sqrt{r^{2}+z^{2}-2\,r\,z\cos\theta} \approx r - z\cos\theta \quad\text{(para \(z\ll r\))},
e também
\frac{1}{\mathfrak{r}}\approx\frac{1}{r}.
Isso reduz
\vec{A}(\vec{r},t) \approx\frac{\mu_{0}}{4\pi}\,\hat{k}\,\frac{-q_{0}\omega}{r} \int_{-d/2}^{d/2}\sin\!\Bigl[\omega\bigl(t-\tfrac{r}{c}+\tfrac{z\cos\theta}{c}\bigr)\Bigr]dz.

Passo 3

Definindo
\alpha=\omega\Bigl(t-\frac{r}{c}\Bigr), \quad k_{z}=\frac{\omega}{c}\cos\theta,
a integral no passo anterior vira
I =\int_{-d/2}^{d/2}\sin(\alpha + k_{z}z)\,dz.
Usamos
\int\sin(A+Bz)\,dz =-\frac{1}{B}\cos(A+Bz),
logo
I =-\frac{1}{k_{z}}\Bigl[\cos(\alpha+k_{z}z)\Bigr]_{-d/2}^{d/2} =-\frac{1}{k_{z}}\bigl[\cos(\alpha+k_{z}\tfrac{d}{2}) -\cos(\alpha-k_{z}\tfrac{d}{2})\bigr].

Passo 4

Utilizando a identidade de cossenos
\cos(u)-\cos(v)=-2\sin\!\bigl(\tfrac{u+v}{2}\bigr)\sin\!\bigl(\tfrac{u-v}{2}\bigr),
com u=\alpha+k_{z}d/2, v=\alpha-k_{z}d/2, obtemos
I =-\frac{1}{k_{z}}\bigl[-2\sin(\alpha)\,\sin(k_{z}d/2)\bigr] =\frac{2\sin(\alpha)\,\sin(k_{z}d/2)}{k_{z}}.

Passo 5

Como d é muito pequeno ( k_{z}d/2\ll1), aproximamos
\sin\!\bigl(k_{z}\tfrac{d}{2}\bigr)\approx k_{z}\,\tfrac{d}{2},
então
I\approx\frac{2\sin(\alpha)\,\bigl(k_{z}\tfrac{d}{2}\bigr)}{k_{z}} =d\,\sin\!\bigl(\omega(t-r/c)\bigr).

Passo 6

Substituindo I em \vec{A},
\vec{A}(r,\theta,t) \approx\frac{\mu_{0}}{4\pi}\,\hat{k}\,\frac{-q_{0}\omega}{r} \;d\;\sin\!\bigl[\omega(t-r/c)\bigr] =-\frac{\mu_{0}\,q_{0}d\,\omega}{4\pi\,r} \sin\!\bigl[\omega(t-r/c)\bigr]\,\hat{k}.
Como p_{0}=q_{0}d, concluímos que

Resposta

\boxed{ \vec{A}(r,\theta,t) =-\frac{\mu_{0}\,p_{0}\,\omega}{4\pi\,r} \sin\!\bigl[\omega(t-r/c)\bigr]\,\hat{k}. }

Exercícios relacionados