Complementi di Fisica 1 Equazioni di Maxwell nei corpi materiali

Università degli Studi di Perugia - Corso di Laurea Triennale in Fisica
Corso di
Complementi di Fisica
Prof. Gianluca Grignani
1
Equazioni di Maxwell nei corpi materiali (unità Gauss)
Introdotti due tensori

0
D
 x
F λµ ≡ 
 Dy
Dz
elettromagnetici F λµ e H λµ definiti come



−Dx −Dy −Dz
0 −Ex −Ey −Ez
E
0
−Hz Hy 
0
−Bz By 

 x

H λµ ≡ 
 ,
 ,
Ey Bz
Hz
0
−Hx 
0
−Bx 
−Hy Hx
0
Ez −By Bx
0
le equazioni di Maxwell si scrivono in forma covariante

~

µν
~ − 1 ∂ D = 4π ~j ;
4π ν
∂F
(ν = 1, 2, 3) rotH
=
J
c ∂t
c

∂xµ
c
~ = 4πρ ;
(ν = 0)
divD





∂Hλµ ∂Hνλ
∂Hµν
+
+
=0
λ
∂xν
∂xµ
∂x






 (0, 1, 2)
(λ, µ, ν) =
(2, 3, 0)


(3, 0, 1)
(λ, µ, ν) = (1, 2, 3)
~+
rotE
~
1 ∂B
=0;
c ∂t
(1)
(2)
~ =0;
divB
J µ ≡ (cρ, ~j) .
La densità di forza che si esercita su di un elemento di carica in movimento è
!
~ · ~j
1
E
1
~ + ~j × B
~ .
f µ = H µν Jν ≡
, f~ = ρE
c
c
c
Decomponiamo ora la corrente Jµ in corrente di conduzione Jµc e di convezione Jµk , in modo
tale che nel sistema di quiete del conduttore la prima possegga solo la componente spaziale e la
seconda la componente spaziale diverse da zero:
Jµ = Jµc + Jµk ,
Jµk =
1
uµ Jλ uλ ,
c2
uµ ≡ (cγ, γ~v ) .
Allora la legge di Ohm (microscopica) assume la forma
Jµc
σ
= Hµν uν ≡
c
!
~v · j~c ~ c
1
~ + ~v × B
~
cρ =
, j = σγ E
c
c
c
e le equazioni di collegamento sono
Fλµ uµ = Hλµ uµ ,
Hλµ uν + Hµν uλ + Hνλ uµ = µ (Fλµ uν + Fµν uλ + Fνλ uµ ) ,
corrispondenti a
1
1
~
~
~
~
D + ~v × H = E + ~v × B ,
c
c
-1-
1
1
~
~
~
~
B − ~v × E = µ H − ~v × D
c
c
(3)
Complementi di Fisica
Equazioni di Maxwell nei corpi materiali (unità Gauss)
~ e B,
~
o, risolvendo rispetto a D
1
1
1
2
~
~
~
~
D=
E(1 − β ) + (µ − 1) ~v × H − 2 (~v · E)~v
,
1 − µβ 2
c
c
1
1
1
2
~
~
~
~
B=
µH(1 − β ) − (µ − 1) ~v × E + µ 2 (~v · H)~v
.
1 − µβ 2
c
c
~ =E
~ eB
~ =H
~ ed i tensori Fλµ e
Si vede immediatamente che nel vuoto ( = µ = 1) si ha D
Hλµ coincidono.
Una connessione tra Fλµ e Hλµ si ha tramite il tensore dei momenti

H λµ = F λµ + 4πM λµ ,
M λµ

0
Px
Py
Pz
−P
0
−Mz My 
 x

≡
 ,
−Py Mz
0
−Mx 
−Pz −My Mx
0
(4)
~ sono, rispettivamente, l’ intensità di polarizzazione e di magnetizzazione. La
dove P~ e M
relazione scritta, eq.(4), equivale alle equazioni della teoria di Maxwell:
~ =D
~ − 4π P~ ,
E
~ =H
~ + 4π M
~ .
B
Dalle proprietà di trasformazione di Mλµ segue, in particolare, che un corpo che nel suo
sistema di quiete sia polarizzato elettricamente, ma non magnetizzato, appare ad un osservatore
in moto anche magnetizzato. Viceversa, un corpo che nel sistema di quiete sia solo magnetizzato,
sembra possedere un momento elettrico quando è in movimento.
Proprietà di trasformazione dei campi per un boost lungo la direzione x (ad esempio per
Hλµ ):


0
0


 Ex = Ex ,
 Bx = Bx ,
0
0
(5)
Ey = γ (Ey − βBz ) ,
By = γ (By + βEz ) ,




0
0
Ez = γ (Ez + βBy ) ,
Bz = γ (Bz − βEy ) ;
ovvero, per un boost in una direzione generica
(
~0 = E
~k ,
E
k
~0 = γ E
~ ⊥ + β~ × B
~ ,
E
(
⊥
Dalle regole di trasformazione del tensore
x, si ha

0

 Px = Px ,
Py0 = γ (Py − βMz ) ,


Pz0 = γ (Pz + βMy ) ,
~0 = B
~k ,
B
k
~0 = γ B
~ ⊥ − β~ × E
~ .
B
⊥
(6)
dei momenti, per un boost lungo la direzione





Mx0 = Mx ,
My0 = γ (My + βPz ) ,
Mz0 = γ (Mz − βPy ) .
(7)
~ = 0), nel limite di piccole
Nel caso in cui il corpo nel sistema in quiete non sia magnetizzato (M
velocità, si ha
~ 0 = P~ × ~v .
P~ 0 = P~
M
c
-2-
Complementi di Fisica
Equazioni di Maxwell nei corpi materiali (unità Gauss)
La prima terna delle equazioni di Maxwell, eq.(1), per corpi in movimento lento, si può quindi
scrivere nella forma
!
~
~
1
∂
E
4π
~
v
∂
P
~ − 4π P~ ×
rot B
=
+ ~j ,
+ 4π
c
c ∂t
∂t
c
cosı̀ che il sistema completo delle equazioni di Maxwell per i mezzi in moto, nel caso di piccole
velocità e di mezzi non magnetizzabili, è il seguente
~
1 ∂B
,
c ∂t
~ =0,
divB
~ =−
rotE
(8)
(9)
#
"
~
~
∂
E
1
4π
∂
P
~ =
~j +
,
rotB
+
+ rot P~ × ~v
c ∂t
c
∂t
~ + 4π P~ = 4πρ .
div E
1.1
(10)
(11)
Esperienza di Fizeau
Se u0 è la velocità di propagazione della luce in un mezzo materiale in quiete, la sua velocità di
propagazione u in un mezzo che si muove con velocità v sarà data da
u = u0 + kv
per la propagazione nel senso del moto e da
u = u0 − kv
per la propagazione in senso opposto. Il coefficiente k viene detto coefficiente di trascinamento,
se k fosse uguale ad uno, la velocità della luce e del mezzo si comporrebbero vettorialmente. Il
primo tentativo di misurare sperimentalmente il valore del coefficiente di trascinamento fu fatto
da Fizeau nel 1851 e il risultato dell’ esperienza di Fizeau fu:
k =1−
1
n2
Cerchiamo ora di spiegare questo risultato in base alle formule ottenute nel paragrafo precedente (8)-(11). Le equazioni fondamentali del campo elettromagnetico in un isolante non
magnetizzabile scarico, che si muove con velocità ~v (~j = 0, ρ = 0, µ = 1), secondo le (8)-(11),
sono
~
1 ∂D
~v
~
~
~ =0
rotB =
+ 4πrot P ×
, divD
(12)
c ∂t
c
~
~ = − 1 ∂B ,
~ =0,
rotE
divB
(13)
c ∂t
~ =E
~ + 4π P~ ,
~ + ~v × B
~ .
D
4π P~ = ( − 1) E
(14)
c
-3-
Complementi di Fisica
Equazioni di Maxwell nei corpi materiali (unità Gauss)
L’ultima delle (14) segue dalle equazioni di collegamento (3). Confrontiamo queste equazioni
con le usuali equazioni di Maxwell per un mezzo in quiete:
~ = rotB
~ =
rotH
~
1 ∂D
,
c ∂t
~
1 ∂B
,
c ∂t
~ =E
~ + 4π P~ ,
D
~ =−
rotE
~ =0
divD
~ =0,
divB
(15)
(16)
~ .
4π P~ = ( − 1)E
(17)
4π
rot(P~ ×
c
~v ), che esprime il trascinamento convettivo dello stato di polarizzazione. È la causa per cui l’
~ nei mezzi in movimento, nonostante l’ipotesi µ = 1, non coincide con l’
induzione magnetica B
~ come nel caso dei mezzi in quiete. Un’ altra differenza coninetnsità del campo magnetico H,
siste nel fatto che la polarizzazione P~ non dipende più esclusivamente dall’ intensità del campo
elettrico, ma anche dall’induzione magnetica;
infatti su di una carica in movimento agisce la
~
v
~ .
~ + ×B
forza di Lorentz: F~ = e E
c
Vogliamo ora cercare una soluzione delle equazioni che corrisponda ad un’ onda piana;
facciamo a questo scopo e titolo tentativo la seguente posizione:
Esistono due differenze essenziali tra questi due sistemi di equazioni. Primo, il termine
~ =B
~ 0 eiω(t− ~ru·n̂ ) ,
B
~ =E
~ 0 eiω(t− ~ru·n̂ )
E
(18)
~
r ·n̂
P~ = P~0 eiω(t− u ) ,
~ =D
~ 0 eiω(t− ~ru·n̂ )
D
(19)
da cui segue
Qui ω indica la frequenza, u la velocità ed n̂ la direzione di propagazione dell’ onda. Dobbiamo
~ 0, B
~ 0 , P~0 , D
~ 0 e la velocità dell’ onda u in modo che siano
ora determinare i valori costanti E
soddisfatte le equazioni (12)-(14). Nel caso di un mezzo in quiete l’introduzione di (18) e (19)
nel sistema di equazioni (15)-(17) dà le note formule:
~0 ,
~ 0 = n̂ · E
~0 = 0 ,
~0 = uD
− n̂ × B
n̂ · D
c
~0 = u B
~0 ,
~0 = 0 ,
n̂ × E
n̂ · B
c
(20)
~ eB
~ e quindi anche D
~ e P~ sono diretti normalmente
che indicano che in questo caso i vettori E
~
alla direzione di propagazione n̂ e che inoltre l’ induzione B è normale ai vettori elettrici.
Inoltre dalle equazioni (20) segue che la velocità dell’ onda è legata alla costante dielettrica c
dalla formula u = u0 = √ .
Le cose vanno altrimenti nel caso di un mezzo in movimento. L’introduzione di (18) e
(19) nel sistema di equazioni (12)-(14) porta alle seguenti relazioni:
~0 = uD
~ 0 − 4π n̂ × (P~0 × ~v ) ,
− n̂ × B
c
c
u~
~
~0 = 0 ,
n̂ × E0 = B0 ,
n̂ · B
c
~v
~
~
~
4π P0 = ( − 1) E0 + × B0 ,
c
~
v
~ 0 = E
~ 0 + ( − 1) × B
~0 .
D
c
-4-
~0 = 0 ,
n̂ · D
(21)
Complementi di Fisica
Invarianza di gauge ed equazioni per i potenziali
~ eB
~ sono normali ad n̂ non però in generale al vettore elettrico E;
~
Da queste si deduce che D
infatti dall’ equazione:
~ 0 = n̂ · E
~ 0 + ( − 1)n̂ · ~v × B
~0 = 0 ,
n̂ · D
c
~ è diverso da zero quando i tre vettori n̂, ~v , B,
~ non giacciono sullo stesso
si vede che n̂ · E
~ = B
~ − 4π P~ × ~v . Ciò mostra
piano. Analogamente per l’ intensità del campo magnetico H
c
che generalmente quando la direzione del moto e la direzione di propagazione non coincidono il
vettore di Poynting non ha la direzione di propagazione dell’ onda. Per i calcoli che seguono,
~ 0 e P~0 nelle equazioni (21) per mezzo di D
~0 e B
~ 0 ; evidentemente si ha:
conviene esprimere E
~ 0 − − 1 ~v × B
~0 ,
~0 = 1 D
E
c
~v
−1 ~
~
~
D0 + × B0 .
4π P0 =
c
(22)
Limitiamoci a piccole velocità in modo da poter trascurare i termini dell’ ordine di β 2 in
confronto all’ unità; allora sostituendo le (22) nelle prime due equazioni (21), tenendo conto che
~ 0 = n̂ · D
~ 0 = 0 si ha:
è n̂ · B
u − 1 n̂ · ~v ~
~
− n̂ × B0 =
−
D0 ,
c
c
(23)
u
1
−
1
n̂
·
~
v
~0 =
~0 .
n̂ × D
−
B
c
c
~ 0 è perpendicolare a D
~ 0 . Eliminando ora B
~0 e
Dalla (23) risulta che nel caso β 2 1, anche B
~ 0 per sostituzione, si ottiene, essendo n̂ · B
~ 0 = n̂ · D
~ 0 = 0, l’ equazione:
D
2
u − 1 n̂ · ~v
1
−
=
c
c
oppure, risolvendola
−1
c
n̂ · ~v
u= √ +
√
c
Essendo poi l’indice di rifrazione del mezzo n dato da n = e = u0 , si ha:
n
1
u = u0 + 1 − 2 n̂ · ~v
n
come legge generale per il movimento della luce in una direzione qualsiasi. Questo risultato
si può interpretare intuitivamente dicendo che la luce nella sua propagazione in un mezzo in
movimento viene trascinata nella direzione del moto e precisamente la grandezza di questo
trascinamento è determinata dal coefficiente di trascinamento
1
k =1− 2 .
n
2
Invarianza di gauge ed equazioni per i potenziali
Limitiamoci d’ora in poi al vuoto ( = µ = 1, Hλµ = Fλµ ). Le equazioni di Maxwell omogenee
sono soddisfatte automaticamente se si pone
!
~
∂Aµ
∂Aν
1
∂
A
~ = rotA
~, E
~ = −gradϕ −
Fµν =
−
,
B
,
∂xµ
∂xν
c ∂t
-5-
Complementi di Fisica
Invarianza di gauge ed equazioni per i potenziali
~ definito a meno di una trasformazione di gauge
con Aµ = (ϕ, A)
∂Λ
.
∂xµ
Il gruppo di equazioni di Maxwell non omogeneo diventa
Aµ −→ A0µ = Aµ −
∂ 2 Aν
4π
=
Jµ .
∂xν ∂xµ
c
Sfruttando l’arbitrarietà dei potenziali si può imporre la condizione di Lorentz
Aµ −
∂Aµ
=0.
∂xµ
Le equazioni di Maxwell sono allora sostituite da
4π
∂Aµ
Jµ ,
=0.
(24)
c
∂xµ
Questa è la gauge di Lorentz. Aµ è definito ora a meno di una trasformazione speciale di gauge
(Λ = 0).
Gauge di Coulomb. Esiste un’altra gauge ed è quella definita (in un dato sistema di
riferimento) da:
~=0,
divA
Aµ =
allora l’equazione per il potenziale ϕ è
∆ϕ = −4πρ ,
cioè la stessa che per il campo statico; la soluzione è
Z
ρ(r~0 , t)
ϕ(~r, t) = dr~0
.
|~r − r~0 |
Il potenziale vettore soddisfa l’equazione
~=
A
∂ϕ
4π ~ 1
j − grad
.
c
c
∂t
Si ha
∂ϕ
grad
= −grad
∂t
Z
dr~0
div0~j(r~0 , t)
= 4π~jl .
|~r − r~0 |
L’ultima uguaglianza segue dalla decomposizione1
~j = ~j` + ~jt ,
rot~j` = 0 ,
div~jt = 0 .
Allora si ha
4π ~
jt
c
da cui il nome di gauge trasversa per la gauge di Coulomb. La gauge di Coulomb si usa spesso
~ = 0.
in assenza di sorgenti, allora ϕ = 0 e A
~=
A
1
Dato un campo vettoriale ~v tale che div~v = 4πρ e rot~v = 4π~c lo si può decomporre nel modo seguente
~v = ~v1 + ~v2 dove rot~v1 = 0, div~v1 = 4πρ e rot~v2 = 4π~c, div~v2 = 0. Per ~v1 si ha immediatamente
Z
ρ(~r0 )
~v1 = −gradχ ,
dove
χ=
d~r0 .
|~r − ~r0 |
Per ~v2 si può porre ~v2 = rot~
u (con div~
u = 0). Per cui rot rot~
u = 4π~c, cioè: grad div~
u − ∆~
u = 4π~c, ovvero
∆~
u = −4π~c. Allora
Z
~c(~r0 )
~
u=
d~r0 .
|~r − ~r0 |
-6-
Complementi di Fisica
3
Teoremi di conservazione
Tensore energia-impulso
Nel vuoto la densità di forza diventa
1
f µ = F µν Jν
c
e si può scrivere
fµ =
∂T νµ
1
∂F ρν
Fµν
=
−
,
4π
∂xρ
∂xν
(25)
dove il tensore energia-impulso è dato da
1 µν
1
µλ ν
λσ
µν
F F λ − g Fλσ F
,
T =−
4π
4
cioè

T µν
u

 Sx


=  Sc
 y

 c
Sy
c
Sx Sy Sz 
c
c
c 

T11 T12 T13 

 ,
T21 T22 T23 


T31 T32 T33
T µµ = 0 .
(26)
T µν è un tensore di rango due, simmetrico, a traccia nulla, le cui componenti sono costituite
dal tensore di Maxwell, o degli sforzi elettromagnetici
Tik =
1 −Ei Ek − Bi Bk + δik E 2 + B 2
4π
(27)
dalla densità di energia
u=
e dal vettore di Poynting
4
1 ~ 2 ~ 2
E +B
8π
~= c E
~ ×B
~ .
S
4π
Teoremi di conservazione
Dalla espressione della densità di forza come quadridivergenza di T µν , (25), seguono le due leggi
di conservazione seguenti (la prima corrisponde alla prima equazione cardinale della dinamica
in cui si tiene conto anche dei campi):
Z
d (m)
(c)
Pi + Pi
= − Tik nk dσ ,
(28)
dt
σ
Z
d (m)
~ · n̂dσ ,
T
+ U (c) = − S
(29)
dt
σ
dove P~ (m) e T (m) sono le quantità di moto e l’ energia delle masse (cariche) contenute nel
volume V racchiuso nella superficie σ e
Z
Z
1
~ dV ,
S
U (c) =
u dV ,
P~ (c) = 2
c V
V
-7-
Complementi di Fisica
Teoremi di conservazione
y
x
n̂
~
E
θ
dσ
Figura 1: Elemento di superficie.
sono, conseguentemente, la quantità di moto e l’ energia del campo contenuto in V . Il teorema
dell’ energia prende il nome di teorema di Poynting. Per illustrare meglio il significato del
~
tensore di Maxwell supponiamo che sia presente solo il campo E.
~ sia
Consideriamo un elemento di superficie dσ, ed una scelta degli assi in modo che E
diretto lungo l’asse x come in figura 1:
n̂ ≡ (cos θ, sin θ, 0) ,
~ ≡ (E, 0, 0) ,
E
le componenti spaziali del tensore di Maxwell (27) sono


1 2
E
0
0
−

 8π


1 2

Tik =  0
E
0 
 .
8π

1 2
0
0
E
8π
Definiamo T~ , un vettore di componenti
1
1
2
2
E sin θ, 0 ,
Ti ≡ Tik nk
T~ ≡ − E cos θ,
8π
8π
~ (indipendentemente dal segno) è perpendicolare a dσ il tensore esercita solQuindi quando E
~ giace nel piano di dσ il tensore esercita una pressione. Per
tanto una trazione, quando E
◦
θ = 45 esiste una tensione pura. Applichiamo quanto detto, come esempio al caso di due
cariche puntiformi sull’ asse x a distanze +a e −a dall’origine, figura 2.
y
r
b
+e
a
+e
x
Figura 2: Dipolo.
Come volume del sistema prendiamo la semisfera limitata dal piano (yz) e dalla metà di
sinistra di una superficie sferica di centro l’ origine e di raggio tendente all’ infinito (che non
contribuisce perché su di essa T~ va come 1/r4 ).
-8-
Complementi di Fisica
Soluzione ritardata dei potenziali
Nel caso di cariche di segno concorde si ha
~ = 0, 2 e y , 2 e z ,
E
r2 r
r2 r
b2
1 2
1 e2 2
e2
2
E =
(y
+
z
)
=
,
8π
2π r6
2π (a2 + b2 )3
Z
Z ∞
2b · b2
e2 ∞
λ
e2
µ
e2
db 2
=
dλ
=
dµ
=
.
(a + b2 )3
2 0
(a2 + λ)3
2a2 0
(1 + µ)3
(2a)2
|T~ | =
Z
e2
|T~ | dσ =
2
Z
0
∞
Infine per cariche opposte
Z
5
e2
|T~ | dσ =
2π
Z
0
∞
~ = 2 e a , 0, 0 ,
E
r2 r
a2
e2
,
|T~ | =
2π (a2 + b2 )3
Z
Z ∞
a2
λ
e2 2 ∞
e2
1
e2
2πdb·b 2
dλ
=
a
=
dµ
=
.
(a + b2 )3
2
(a2 + λ)3
2a2 0
(1 + µ)3
(2a)2
0
Soluzione ritardata dei potenziali
Nella gauge di Lorentz le equazioni dei potenziali sono (24)
Aµ =
4π
Jµ ,
c
∂Aµ
=0.
∂xµ
Una soluzione particolare di queste equazioni, valida nel caso in cui Jµ è diversa da zero in una
zona finita dello spazio si ottiene come segue. Si consideri l’ equazione
f (x) = g(x) ,
indicando brevemente con x le tre coordinate spaziali e il tempo e con g(x) una funzione nota.
Se riusciamo a determinare una funzione G(x, x0 ) (funzione di Green) tale che
G(x, x0 ) = δ (4) (x − x0 ) ,
con δ (4) (x − x0 ) ≡ δ(x − x0 )δ(y − y 0 )δ(z − z 0 )δ(x0 − x00 ) (in cui x0 = ct) si può scrivere una
soluzione particolare per f nella forma
Z
f (x) = d4 x0 G(x − x0 )f (x0 )
con d4 x0 ≡ dx0 dy 0 dz 0 dx00 . Consideriamo gli integrali di Fourier
Z
1
0 µ
0
G(x − x ) =
d4 k G0 (k) e−ikµ (x−x ) ,
4
(2π)
Z
1
0 µ
δ (4) (x − x0 ) =
d4 k e−ikµ (x−x ) .
4
(2π)
Si ha:
G0 (k) = −
(30)
(31)
1
1
=
.
µ
~k 2 − k 2
kµ k
0
Se desideriamo una soluzione “ritardata” di G(x − x0 ), cioè tale che G = 0 per t < t0 ed
onde uscenti per t > t0 , dobbiamo prendere un cammino complesso R nel piano complesso k0
come indicato in figura 3. La soluzione ritardata quindi è
-9-
Complementi di Fisica
Potenziali di Liénard -Wiechert
Im[k0 ]
k0
R
−|~k|
|~k|
Re[k0 ]
Figura 3: Cammino di integrazione.
1
GR (x − x ) = −
(2π)4
0
0 µ
e−ikµ (x−x )
d k
kµ k µ
R
Z
4
si ha per successive integrazioni (usando il teorema dei residui)
1
GR (x − x ) =
(2π)3
0
Z
~
0
d3 k eik·(~r−~r )
sin[|~k|c(t − t0 )]
|~k|
Z ∞
1
dk sin(kc∆t) sin(kR)
2π 2 R 0
Z ∞
1
=
dk sin(kc∆t) sin(kR)
(2π)2 R −∞
Z ∞
h
i
1
dk eik(R−c∆t) − eik(R+c∆t)
= 2
8π R −∞
1
δ(R − c∆t) ,
=
4πR
=
(32)
avendo posto
k ≡ |~k| ,
~ ≡ ~r − r~0 ,
R
e
∆t ≡ t − t0 .
Quindi la soluzione “ritardata” per f (x) è:
Z
1
g(x0 )
f (x) =
d4 x0
δ(R − c∆t)
4π
R
Z
[g(~r0 , t0 )]t0 =t−R/c
1
=
d~r0
.
4π
R
6
Potenziali di Liénard -Wiechert
Supponiamo che la sorgente dei campi sia costituita da una carica puntiforme, +e, in moto
vario. Sia ~re (t) la sua posizione al tempo t e ~v = d~re /dt la sua velocità. Il quadrivettore
Jλ (~r0 , t0 ) è dato da
J µ (~r0 , t0 ) = ecβ µ δ (3) (~r − ~re (t)) ,
~ ,
β µ ≡ (1, β)
essendo β~ = ~v /c. Notare che β µ non è un quadrivettore, bensı̀ β µ δ (3) (~r − ~re (t)). Sostituendo
questa espressione di J µ nella formula dei potenziali ritardati scritta come integrale quadruplo,
- 10 -
Complementi di Fisica
Potenziali di Liénard -Wiechert
si ha
J µ (x0 )
δ R − ct + ct0
R
Z
µ
0
1
0
0
0 β (t )
δ t + R(t ) − t
= e dt
R(t0 )
c
0µ
eβ
=
0
~0
~0 · β
R −R
1
A =
c
µ
Z
d4 x0
~ 0 ) = ~r − ~re (t0 ) e l’apice alle varie grandezze indica che vanno prese al
dove, d’ora in poi, R(t
1
tempo ritardato t0 definito da t0 = t − R(t0 ). Nell’ uguaglianza precedente si è fatto uso inoltre
c
di
~ 0 · β~ 0
1
∂
1 ∂R0
R
0
0
t
+
R(t
)
−
t
=
1
+
=
1
−
.
∂t0
c
c ∂t0
R0
Separando le componenti spaziali e temporali di Aµ si ha
~ r, t) =
A(~
eβ~ 0
,
~ 0 · β~ 0
R0 − R
ϕ(~r, t) =
R0
e
,
~0
~0 · β
−R
(33)
questi sono i potenziali di Liénard e Wiechert.
Da questi potenziali si possono ottenere i campi mediante le usuali equazioni
~
~ = −gradϕ − 1 ∂ A ,
~ = rotA
~,
E
B
c ∂t
dove compaiono derivate rispetto al tempo t attuale e rispetto alle coordinate del punto potenziato ~r. I potenziali di Liénard e Wiechert, (33), sono espressi però in termini di ~r e di t0 ed il
1
tempo ritardato t0 risulta essere funzione di ~r e t tramite la relazione implicita t0 = t − R(t0 ).
c
Perciò bisogna calcolare derivate di t0 rispetto a x, y, z e t. Prima abbiamo, derivando rispetto
1
a t l’equazione t0 = t − R(t0 )
c
~ 0 · β~ 0 ∂t0
∂t0
1 ∂R(t0 ) ∂t0
R
=1−
=
1
+
,
∂t
c ∂t0 ∂t
R0 ∂t
da cui segue
∂t0
R0
=
~ 0 · β~ 0
∂t
R0 − R
Per trovare le derivate di t0 rispetto a x, y, z notiamo che
1
1
1
grad t0 = grad t − R(t0 ) = − gradR(t0 ) = −
c
c
c
(34)
~0
∂R0
R
0
gradt
+
∂t0
R0
!
da cui segue
grad t0 = −
~0
1
R
~ 0 · β~ 0
c R0 − R
Usando queste formule si trova per i campi
˙0
0
0
~
0
0
~
~
~
~ 0 − R0 β~0 ) e R × (R − R β ) × β
(1 − β 02 )(R
~
E(~r, t) = e ,
3 +
3
c
~ 0 · β~ 0
~ 0 · β~ 0
R0 − R
R0 − R
(35)
~ r, t) = 1 R
~0 × E
~ .
B(~
R0
(36)
- 11 -
Complementi di Fisica
Campi creati da una carica in moto uniforme
~ Il campo elettrico è composto da un primo
Il campo magnetico è sempre perpendicolare a E.
termine che non contiene l’accelerazione e che per grandi distanze va come 1/R2 e un secondo
˙
termine che contiene β~0 e che va come 1/R per grandi R. Quest’ultimo termine è relativo alle
onde elettromagnetiche irradiate dalla particella.
7
Campi creati da una carica in moto uniforme
Supponiamo ora che ~v = cost. . Cerchiamo di esprimere tutto in termini di funzioni del tempo
attuale t. Dalla figura 4 abbiamo che
P
~0
R
~
R
R0 β~ = ~v (t − t0 )
~v
Figura 4: Punto potenziato e raggi vettori attuali e ritardati.
~
~0 = R
~ + R0 β
R
(37)
e risolvendo l’equazione di secondo grado che si ottiene per R0 quadrando la (37),
r
2
~
~·R
~
~ + (1 − β 2 ) R2
β·R+
β
R0 =
,
1 − β2
dove la radice è stata scelta con il segno positivo poichè R0 > 0 e β < 1. Abbiamo anche
r
2
0
0
0
0
2
~
~
~
~
~
~
R −R ·β = 1−β R −R·β =
β · R + (1 − β 2 ) R2 ≡ s
Allora i campi si scrivono
2 ~
~ = β~ × E
~ ,
~ = e (1 − β )R ,
B
E
s3
che si possono naturalmente ottenere in modo più immediato operando con una trasformazione di Lorentz sul campo Coulombiano esistente nel sistema in cui la carica è in quiete.
Analogamente per i potenziali si ottiene
~
~ = eβ = ϕβ~ ,
A
s
ϕ=
e
.
s
~ possiamo scrivere il modulo di E
~ forma con β,
~ come
Indicando con θ l’angolo che R
(1 − β 2 )
~ = e
E
.
R2 (1 − β 2 sin2 θ)3/2
- 12 -
Complementi di Fisica
Potenza irradiata da una carica puntiforme
L’intensità del campo, rispetto al valore statico, risulta rimpicciolita di un fattore 1/γ 2 lungo
π
la direzione del moto (θ = 0), mentre perpendicolarmente ad esso (θ = ) viene moltiplicata
2
per un fattore γ. Si conseguenza, via via che la velocità della carica si avvicina alla velocità
della luce, l’intero suo campo tende a concentrarsi su di un disco piatto perpendicolare alla
traiettoria. Considerando ora la forza di Lorentz
~ + 1 ~v × B
~ =E
~ + β~ × (β~ × E)
~ = (1 − β 2 )E
~ + (β~ · E)
~ β~ = −grad (1 − β 2 )ϕ ,
F~ = E
c
essendo ϕ il potenziale scalare. ψ ≡ (1 − β 2 )ϕ è detto talvolta potenziale di convenzione. Esso
ha valori costanti sull’ ellissoide di rotazione
x2 + (1 − β 2 )(y 2 + z 2 ) = cost. ,
avendo scelto l’origine con la posizione istantanea della carica e β~ lungo l’asse x. Questo
ellissoide si ottiene contraendo una sfera in direzione x per un fattore 1/γ. Ricordare il caso di
una sfera conduttrice carica e l’assurdo che si avrebbe se anche la sfera subisse la contrazione
di Lorentz.
8
Potenza irradiata da una carica puntiforme
~ è data da
In approssimazione non relativistica (β~ ' 0) la parte radiativa di E
~˙
e n̂ × (n̂ × β)
~
,
E'
c
R
n̂ =
~
R
,
R
nella stessa approssimazione si è posto t0 = t poiché dalla (34)
"
#−1
~ 0 · β~ 0
∂t0
R
= 1−
'1.
∂t
R0
Il vettore di Poynting è dato da
~= c E
~ ×B
~ = c E 2 n̂ ,
S
4π
4π
quindi la potenza irradiata per unità di angolo solido è
2
i
2 h
2 ˙2
dW
c 2 2
e2 ˙
~˙ = e
~˙ 2 = e ~v sin2 Θ ,
=
E R =
β~ 2 − (n̂ · β)
n̂ × (n̂ × β)
dΩ
4π
4πc
4πc
4πc3
~˙ Integrando su tutto l’angolo solido (con la scelta della
essendo Θ l’ angolo tra i vettori n̂ e β.
˙
direzione di β~ come asse polare) si ha la potenza totale irradiata
2e2~v˙ 2
,
formula di Larmor .
3c3
Un calcolo relativistico esatto avrebbe dato per la potenza totale irradiata l’espressione
di Liénard
i
2e2 6 h ~˙ 2
~˙ 2 ,
γ (β) − (β~ × β)
(38)
W =
3c
la quale si ottiene integrando sulle direzioni di n̂ l’espressione relativistica di dW/dΩ data da
h
i2
~ × β~˙ n̂
×
(n̂
−
β)
2
dW
c 2 02 ∂t
e
=
E R
=
(39)
~ 5
dΩ
4π
∂t0
4πc
(1 − n̂ · β)
W =
- 13 -
Complementi di Fisica
Potenza irradiata da una carica puntiforme
Il fattore ∂t/∂t0 = 1 − n̂0 · β~ 0 è necessario per riferire la potenza al tempo t0 della carica; nell’
ultima espressione è stato omesso, per semplicità, l’apice.
Vediamo esplicitamente come si ottiene la (38) dalla (39). Omettendo gli apici, il prodotto
vettore in (39) si espande secondo la
h
i2
~˙ 2 − 2n̂ · β(
~ β̇)2 + 2β~ · β~˙ n̂ · β~˙ − (n̂ · β)
~˙ 2 − (n̂ · β
~ × β)
~˙ 2
~ × β~˙ = (β̇)2 (1 + β 2 ) − (β~ · β)
n̂ × (n̂ − β)
~ le integrazioni sull’ angolo ϕ sono semplici e gli integrali
Prendendo l’asse z nella direzione di β,
necessari per trovare la potenza totale irradiata sono del tipo (x = cos θ)
Z
1
dx
2(1 + β 2 )
1
=
,
(1 − βx)5
(1 − β 2 )4
dx
x
2β(5 + β 2 )
=
,
(1 − βx)5
3(1 − β 2 )4
dx
x2
2β(1 + 5β 2 )
=
,
(1 − βx)5
3(1 − β 2 )4
−1
1
Z
−1
1
Z
−1
e danno i risultati
i
h
~˙ 2
(β̇)2 (1 + β 2 ) − (β~ · β)
e2
2
2
~ · β)
~˙ 2 (1 + β 2 ) ,
=
(
β̇)
(1
+
β
)
−
(
β
~ 5
c(1 − β 2 )4
(1 − n̂ · β)
Z
~ β̇)2 + 2β~ · β~˙ n̂ · β~˙
e2
−2n̂ · β(
e2
2
2 ~ ~˙ 2
2
2 2
2
dΩ
=
− (β̇) β (5 + β ) + (β · β) (5 + β ) ,
~ 5
4πc
c(1 − β 2 )4
3
3
(1 − n̂ · β)
Z
~˙ 2
e2
e2
−(n̂ · β)
~˙ 2 − 1 β̇ 2 (1 − β 2 ) ,
=
dΩ
−2(β~ · β)
2
4
5
~
4πc
c(1 − β )
3
(1 − n̂ · β)
Z
~˙ 2
e2
−(n̂ · β~ × β)
e2
1
˙ 2
2
2
2
~
~
dΩ
=
− (1 − β )[β (β̇) − (β · β) ] .
(40)
~ 5
4πc
c(1 − β 2 )4
3
(1 − n̂ · β)
e2
4πc
Z
dΩ
Sommando le (40) si ottiene
e2
3c(1 − β 2 )4
e2
=
3c(1 − β 2 )3
e2
=
3c(1 − β 2 )3
W =
h
i
~˙ 2 (1 − β 2 )
β̇ 2 (1 − β 2 )2 + (β~ · β)
h
~˙ 2
β̇ 2 (1 − β 2 ) + (β~ · β)
h
~˙ 2
β̇ 2 − |(β~ × β)|
cioè appunto la (38).
- 14 -
i
,
i
(41)