ELECTRODINAMICA CLASICAFIM 8650 (9)

Ricardo RamırezFacultad de Fısica, Pontificia Universidad Catolica, Chile

2do. Semestre 2014

ELECTRODINAMICA DE CARGAS PUNTUALES

Transformaciones de Lorentz

El sistema de referencia S′ se mueve con velocidad constante~v = vx con respecto al sistema S. Las coordenadas (t ′, x ′, y ′, z ′) deun evento visto desde S′ estan relacionadas con las coordenadas(t , x , y , z) del mismo evento visto de S por las transformaciones deLorentz:

x ′ = γ(x − vt), y ′ = y , z ′ = z, t ′ = γ(t − vc2 x)

donde γ =1√

1− v2/c2. La transformacion inversa es la misma

anterior, cambiando v → −v :

x = γ(x ′ + vt ′), y = y ′, z = z ′, t = γ(t ′ +vc2 x ′)

El operador de onda o d’alembertiano

=1c2

∂2

∂t2 −∇2

.el cual aparece en las ecuaciones de la electrodinamica para lospotenciales

Φ(~x , t) = − 1εoρ(~x , t) ~A(~x , t) = −µo

~j(~x , t)

es invariante bajo una transformacion de Lorentz

′ =

Ahora consideramos una partıcula puntual con carga q que semueve c/r a S en la direccion x con velocidad constante v . En elsistema S′, las densidades de carga y corriente son

ρ′ = qδ(x ′)δ(y ′)δ(z ′), j ′x = j ′y = j ′z = 0

mientras que c/r a S

ρ = qδ(x − vt)δ(y)δ(z), jx = qvδ(x − vt)δ(y)δ(z), jy = jz = 0

Estas cantidades estan relacionadas por la transformacion

j ′x = γ(jx − vρ), j ′y = jy , j ′z = jz , ρ′ = γ(ρ− vc2 jx )

Los potenciales se transforman en forma similar:

A′x = γ(Ax − vΦ), A′y = Ay , A′z = Az , Φ′ = γ(Φ− vc2 Ax )

pero los campos electromagneticos tienen las siguientestransformaciones:

E ′x = Ex , E ′y = γ(Ey − vBz), E ′z = γ(Ez + vBy )

B′x = Bx , B′y = γ(By +vc2 Ez), B′z = γ(Bz −

vc2 Ey )

Campos de una carga con movimiento uniforme

Consideremos una carga puntual q que se mueve con velocidad v c/ral sistema S. Su posicion es

~r(t) = (vt ,b,0)

Queremos encontrar E y B en el sistema S con un observador en elorıgen O de este sistema, que es comun con el de S′ en t = 0.

Primero hacemos el calculo en S′, donde la posicion de la carga es~r ′ = (0,b,0). El observador tiene la posicion ~r ′O = (−vt ′,0,0). En S′

solo existe el campo

E ′ = − q4πεo

~r ′ −~r ′O|~r ′ −~r ′O |3

donde ~r ′ −~r ′O = (vt ′,b,0) y |~r ′ −~r ′O | =√

b2 + v2t ′2.

Las componentes de ~E ′ son:

E ′x = − q4πεo

vt ′

(b2 + v2t ′2)3/2 , E ′y = − q4πεo

b(b2 + v2t ′2)3/2 , E ′z = 0

Al transformar al sistema S las coordenadas de O son x = y = z yt ′ = γt y los campos son (considerando que ~B = 0):

Ex = E ′x = − q4πεo

γvt(b2 + γ2v2t2)3/2 (1)

Ey = γE ′y = − q4πεo

γb(b2 + γ2v2t2)3/2

Ez = E ′z = 0

Bx = B′x = 0 By = −γvc2 E ′z = 0

Bz =γvc2 E ′y =

vc2 Ey = − q

4πεoc2γvb

(b2 + γ2v2t2)3/2

cosψ =~v ·~rvr

Tenemos ~v ·~r = v2t y r =√

b2 + v2t2 y por lo tanto:

cosψ =vt√

b2 + v2t2y sinψ =

b√b2 + v2t2

De aquı se puede demostrar que:

b2 + γ2v2t2 = γ2r2(

1− v2

c2 sin2 ψ

)Reemplazando este resultado en los campos anteriores,encontramos

~E = − q4πεo

1γ2[1− (v/c)2 sin2 ψ]3/2

~rr3

y

~B =1c2~v × ~E

De estos resultados podemos sacar algunas conclusiones:

El campo ~E apunta en la direccion −~r , es decir desde la carga.Las lıneas de campo no estan distribuıdas isotropicamente, loque se ve por la presencia de sin2 ψ. Cuando ψ = 0,1− (v/c)2 sin2 ψ = 1 y campo es reducido en el factor γ−2 < 1.Pero si ψ = π/2, [1− (v/c)2 sin2 ψ]−3/2 = γ3 > 1 y el campo esamplificado por factor γ > 1. Es decir el campo es mas fuerte enla direccion perpendicular al movimiento y mas debil en ladireccion del movimiento.

Campos de una carga con movimiento arbitrario

Consideremos una partıcula con carga q que se mueve en una trayectoriaarbitraria ~r(t). Su velocidad es ~v(t) = d~r/dt . La densidad de carga es

ρ(~x , t) = q(δ(~x −~r(t))

y la densidad de corrriente

~j(~x , t) = q~v(t)(δ(~x −~r(t))

Primero calculamos los potenciales ~A y Φ:

~A(~x , t) =µo

4π

∫~j(~x ′, t ′)

δ(t − t ′ − |~x − ~x ′|/c)

|~x − ~x ′|d3x ′dt ′

reemplazando la expresion anterior para~j obtenemos:

~A(~x , t) =qµo

4π

∫~v(~x ′, t ′)

δ(t − t ′ − |~x −~r(t ′)|/c)

|~x −~r(t ′)|dt ′

Similarmente obtenemos

Φ(~x , t) =q

4πεo

∫δ(t − t ′ − |~x −~r(t ′)|/c)

|~x −~r(t ′)|dt ′

Ahora definimos:

~R(t ′) = ~x −~r(t ′), R(t ′) = |~x −~r(t ′)|, R(t ′) =~R(t ′)R(t ′)

Para proceder con el calculo introducimos la variable

s = t ′ − t + R(t ′)/c

y obtenemos

dsdt ′

= 1 +1c

dRdt ′

ydRdt ′

= −~R · ~v

R= −R · ~v

por lo tanto

dsdt ′

= 1− R(t ′) · ~v(t ′)c

≡ κ

Entonces

~A =qµo

4π

∫vδ(s)

Rdt ′

dsds (2)

=qµo

4π

∫vδ(s)

κRds (3)

=qµo

4π

[ vκR

]s=0

(4)

y en forma similar obtenemos:

Φ =q

4πεo

[1κR

]s=0

(5)

La condicion s = 0 implica que

|~x −~r(t ′)| = c(t − t ′) (6)

Esto implica que la senal recibida en la posicion ~x en el tiempo t depende delestado de la partıcula en el tiempo mas temprano t ′, i.e. el retardo t − t ′ es eltiempo que le toma a la luz recorrer la distancia R(t ′) = |~x −~r(t ′)|.

Llamaremos a t ′ el tiempo retardado y correspondiente al espacio-tiempo(~x , t) y a (6) la condicion de retardo. Reescribimos (4) y (5) como

~A =qµo

4π

[ vκR

]RET

(7)

Φ =q

4πεo

[1κR

]RET

(8)

donde RET indica que las cantidades deben ser evaluadas en el tiempo t ′

determinado por la ecuacion (6). Estas expresiones son conocidas como lospotenciales de Lienard-Wiechert.

Comentario

Aparte del factor 1/κ las ecuaciones anteriores toman la mismo forma de laexpresiones independientes del tiempo. El factor 1/κ explica por que laintegral ∫

ρ(~x ′, t − |~x − ~x ′|/c)d3x ′

no es igual a la carga q. Sin embargo∫ρ(~x ′, t)d3x ′ = q

Para ver esto escribamos:∫ρ(~x ′, t − |~x − ~x ′|/c)d3x ′ =

∫ρ(~x ′, t ′)δ(t − t ′ − |~x − ~x ′|/c)d3x ′dt ′

=

∫qδ(~x ′ −~r(t ′))δ(t − t ′ − |~x − ~x ′|/c)d3x ′dt ′

= q∫δ(t − t ′ − |~x −~r(t ′)|/c)dt ′ = q

∫δ(s)

dt ′

dsds

=[qκ

]RET

Ahora podemos calcular los campos:

~E = −∂~A∂t−∇Φ, ~B = ∇× ~A

Para simplificar el calculo de las derivadas es conveniente escribir lopotenciales como:

Φ(~x , t) =q

4πεo

∫δ(s)

R(t ′)dt ′

~A(~x , t) =q

4πc2εo

∫v(t ′)δ(s)

R(t ′)dt ′ (9)

Entonces

∇Φ =q

4πεo

∫ [∇(

1R

)δ(s) +

1Rδ′(s)∇s

]dt ′

=q

4πεo

∫ [1κ∇(

1R

)δ(s) +

1κcR

δ′(s)∇R]

ds

ya que ∇s = ∇R/c.

∇Φ =q

4πεo

∫ [1κ∇(

1R

)− d

ds

(∇RcκR

)]δ(s)ds

=q

4πεo

∫ [1κ∇(

1R

)− 1

cκddt ′

(∇RκR

)]δ(s)ds (10)

donde usamos ds = κdt ′. Ahora calculamos

∂~A∂t

=q

4πc2εo

∫v(t ′)R(t ′)

δ′(s)∂s∂t

dt ′ y con∂s∂t

= −1

= − q4πc2εo

∫vκR

δ′(s)ds

=q

4πc2εo

∫dds

( vκR

)δ(s)ds

=q

4πc2εo

∫1κ

ddt ′( vκR

)δ(s)ds (11)

Con los resultados (10) y (11) podemos calcular el campo electrico:

~E =q

4πεo

∫ [−1κ∇(

1R

)+

1cκ

ddt ′

(∇RκR

)− 1

c2κ

ddt ′( vκR

)]δ(s)ds

=q

4πεo

∫ [−1κ∇(

1R

)+

1cκ

ddt ′

(∇R − v/c

κR

)]δ(s)ds

Integrando obtenemos:

~E =q

4πεo

[−1κ∇(

1R

)+

1cκ

ddt ′

(∇R − v/c

κR

)]RET

Mediante manipulaciones algebraicas es posible escribir el campo electricocomo

~E =q

4πεo

[R − ~v/cγ2κ3R2 +

R × [(R − ~v/c)× ~a]

κ3c2R

]RET

(12)

donde ~a = d~v/dt ′ es la aceleracion de la partıcula. Dejaremos este calculocomo ejercicio.

El primer termino de esta expresion se llama campos de velocidad, y elsegundo de aceleracion, el que es un tıpico campo de radiacion condependencia de R−1 y ~E y ~B transversales.

Para encontrar el campo magnetico calculamos el rotor de ~A, usandola expresion (9)

∇× ~A =q

4πc2εo

∫ [∇(

1R

)× ~vδ(s) +

∇s × vR

δ′(s)

]dt ′

=q

4πc2εo

∫ [1κ∇(

1R

)× ~vδ(s) +

∇R × vcκR

δ′(s)

]ds

=q

4πc2εo

∫ [1κ∇(

1R

)× ~v − d

ds

(∇R × v

cκR

)]δ(s)ds

=q

4πc2εo

∫ [1κ∇(

1R

)× ~v − 1

cκddt ′

(∇R × vκR

)]δ(s)ds

Por lo tanto

~B =q

4πc2εo

[1κ∇(

1R

)× ~v − 1

cκddt ′

(∇R × vκR

)]RET

Manipulaciones algebraicas pueden dejar esta expresion como:

~B = − q4πc2εo

[R × ~vγ2κ3R2 +

(R · ~a)R × ~vκ3c2R

+R × ~acκ2R

]RET

Con un poco mas de algebra es posible escribir:

~B =1c

[R]

RET× ~E

Una vez mas dejaremos estos ultimos calculos como ejercicio.

Volvamos ahora al caso del movimiento uniforme. En este caso

~r(t) = (vt ,b,0), ~r(t ′) = (vt ′,b,0) = ~r ′, ~v(t) = ~v(t ′) = vx

Reemplazamos en (12):

~E =q

4πεo

[R − ~v/cγ2κ3R2 +

R × [(R − ~v/c)× ~a]

κ3c2R

]RET

Realizamos la observacion en ~x = 0, i.e. ~R = −~r ′ y ya que ~a = 0,esto se reduce a

~E = − q4πεo

r ′ + ~v/cγ2κ3r ′2

= − q4πεo

~r ′ + r ′~v/cγ2κ3r ′3

== − q4πεo

γ(~r ′ + r ′~v/c)

(γκr ′)3

La condicion de retardo es r ′ =√

b2 + (vt ′)2 = c(t − t ′), que sepuede escribir como:

(1− v2/c2)t ′2 − 2tt ′ + t2 − b2/c2 = 0 (13)

Encontramos la componente x del numerador en la expresionanterior, i.e. ~r ′ + r ′~v/c:

vt ′ + r ′v/c = vt ′ + c(t − t ′)v/c = vt

Ası el numerador vale ~r .

Recordando que κ = 1 + ~v ·~r ′/c en el denominador tenemos

(γκr ′)2 = γ2(r ′ + ~v ·~r ′/c)2

= γ2c2(t − t ′ + v2t ′/c2)2

= c2(γ2t2 − 2tt ′ + t ′2/γ2)

usando (13) podemos escribir (γκr ′)2 = b2 + γ2v2t2.Ası recuperamos (1)

Ex = − q4πεo

γvt(b2 + γ2v2t2)3/2

Radiacion de una partıcula acelerada

A grandes distancias el primer termino de (1), que decae como R−2

puede ser despreciado y podemos escribir aproximadamente

~E(~x , t) =q

4πεo

[R × [(R − v/c)× ~a]

κ2c2R

]RET

~B =1c

[R]

RET× ~E (14)

Queremos determinar cuanta potencia es irradiada y cual es sudistribucion angular.

posicion retardada

S’

posicion actualR(t’)

Calculemos la potencia que cruza la esfera de radio R(t ′) centradaen la posicion retardada, como se muestra en la figura anterior. Unelemento de area de su superficie es d~a′ = R2(t ′)R(t ′)dΩ′ y laenergıa que cruza este elemento por unidad de tiempo t es ~S · d~a′,donde ~S es el vector Poynting ~E × ~B/µo.

Para expresar todo en terminos del tiempo t ′, el flujo por unidad detiempo t ′ es:

~S(t ′) · d~a′ dtdt ′

pero

dtdt ′

= 1 +1c

dR(t ′)dt ′

= 1− 1c~v(t ′) · R(t ′) = κ

Entonces la energıa que cruza este elemento por unidad de tiempo t ′

es

~S(t ′) · d~a′ dtdt ′

= ~S(t ′) · (R2(t ′)R(t ′)dΩ′)κ

y la potencia por angulo solido es:

dP ′

dΩ′= κR2~S · R

esta es la energıa que cruza un elemento de S′ por unidad de tiempot ′ y por unidad de angulo solido.El vector Poynting esta dado por:

~S =1µo

~E × ~B =1µoc

~E × (R × ~E) =1µoc|E |2R

ya que ~E y R son ortogonales. Esto nos da

dP ′

dΩ′=

1µoc

κR2|E |2 =µoq2

(4π)2c|R × [(R − ~v/c)× ~a]|2

κ5 (15)

Para entender mejor esta expresion veremos unos casosparticulares. Eliminaremos las primas en la expresion dP ′/dt ′, en elentendido que todo esta calculado en t ′.

Movimiento lento. Formula de Larmor

Consideremos el caso en que v << c y por lo tanto κ ≈ 1. En estecaso

dPdΩ

=µoq2

(4π)2c|R × (R)× ~a)|2

=µoq2

(4π)2c|~a− (~a · R)R|2

=µoq2

(4π)2c

[|~a|2 − (~a · R)2

]Si θ es el angulo entre ~a y R, |~a|2 − (~a · R)2 = |~a|2 sin2 θ y

dPdΩ

=µo

(4π)2c(q|~a|)2 sin2 θ =

µo

(4π)2c|p|2 sin2 θ

aquı ~p = qr(t) es el dipolo de la distribucion de carga y θ es el angulo entre ~ry ~p.

Integrando sobre Ω obtenemos

P =µo

6πc(q|~a|)2

Esta es la formula de Larmor.

Movimiento lineal

En este caso no restringiremos la velocidad v , i.e. v/c puede tomar cualquiervalor, pero asumiremos que ~v y ~a tienen la misma direccion y llamaremos θal angulo entre R y ~v . Entonces como ~v × ~a = 0

dPdΩ

=µoq2

(4π)2c|R × (R × ~a)|2

κ5

=µo

(4π)2c(q|~a|)2 sin2 θ

(1− v cos θ/c)5

porque |R × (R × ~a)|2 = |R × R⊥|~a| sin θ|2 = a2 sin2 θ y κ = 1− ~v · R/c

Si v/c << 1 se reproduce el comportamiento visto en la seccionanterior. Pero si v/c se aproxima a 1 el perfil angular es fuertementemodificado. En este caso la potencia irradiada para angulospequenos (en la direccion de ~v ) es muy grande.

Perfil de radiacion producido poruna partıcula no-relativista en unmovimiento lineal.

Perfil de radiacion producido poruna partıcula relativista en unmovimiento lineal.

La potencia total irradiada es:

P =µo

(4π)2c(q|~a|)2

∫dΩ

sin2 θ

(1− v cos θ/c)5

=µo

(4π)2c(q|~a|)22π

∫ π

0

sin2 θ

(1− v cos θ/c)5 sin θdθ

=µo

6πc(q|~a|)2γ6 ya que la integral vale 4γ6/3

Ahora calculemos la fuerza sobre la partıcula, la que esta dada por~F = d~p/dt , donde ~p = mγ~v es el momento relativıstico de lapartıcula. En la direccion de x

px =mv

(1− v2/c2)1/2

por lo tanto

F =dpdt

=ma

(1− v2/c2)1/2 +(mv)(v/c2)a

(1− v2/c2)3/2 =ma

(1− v2/c2)3/2 = mγ3a

Por lo tanto la potencia total irradiada se puede expresada en funcionde F ,

P =µo

6πc

(qFm

)2

Movimiento circular

Tomemos ~a y ~v como vectores perpendiculares. Esta condicionpuede ocurrir siempre pero la asumiremos que la vamos suponersolo momentaneamente. Es decir en el momento en que elmovimiento es circular. Suponemos que ~a esta dirigido segun el eje xy ~v en la direccion z. Escribamos R como:

R = sin θ cosφx + sin θ sinφy + cos θz

Para calcular la potencia por unidad de angulo solido usamos (15) ydebemos calcular:

R × [(R − ~v/c)× ~a = R · ~a(R − ~v/s)− R · (R − ~v/s)~a

Pero R · ~v = v cos θ, R · ~a = a sin θ cosφ, κ = 1− v cos θ/c y porlo tanto

R × [(R − ~v/c)× ~a = R · ~a(R − ~v/s)− κ~a

y

|R × [(R − ~v/c)× ~a|2 = (R · ~a)2(R − ~v/s) · (R − ~v/s)

−2κ(R · ~a)(R · ~a− ~v/c) · ~a + κ2a2

= −(R · ~a)2(1− v2/c2) + κ2a2

= κ2a2

[1− (R · a)2

κ2γ2

]

Reemplazando en (15) obtenemos:

dPdΩ

=µo

(4π)2cq2a2

κ3

[1− (R · a)2

κ2γ2

]

Reemplazando κ obtenemos finalmente:

dPdΩ

=µo

(4π)2cq2a2

(1− v cos θ/c)3

[1− (R · a)2

γ2(1− v cos θ/c)2

]La potencia total irradiada:

P =µo

6πc(q|~a|)2γ4

y en funcion de la fuerza ~F = mγ~a

P =µo

6πc(q|~F |m

)2γ2

Radiacion de sincrotron

Aquı asumimos que partıcula cargada se mueve en un cırculo deradio ρ, con v = ρΩ.

~r(t ′) = ρ [cos(Ωt ′)x + sin(Ωt ′)y ]

~v(t ′) = v [− sin(Ωt ′)x + cos(Ωt ′)y ]

~a(t ′) = −vΩ [cos(Ωt ′)x + sin(Ωt ′)y ]

Suponemos que el detector esta en la posicion ~x = r y , con r >> ρ,en la zona de radiacion. No confundir r con |~r(t ′)|. El tiempo t ′ semide con un reloj que se mueve con la partıcula mientras que t semide en el detector.

Ahora calcularemos el campo ~E en primer orden en ρ/r . Entonces de~R = ~x −~r(t ′)

R(t ′) ≈ r − ρ sin Ωt ′

De t = t ′ + R/c obtenemos t = t ′ + r/c − (ρ/c) sin Ωt ′ y

κ = dt/dt ′ = 1− (v/c) cos Ωt ′

y por lo tanto

Ω(t − vc

) = Ωt ′ − vc

sin Ωt ′ (16)

Dentro de esta aproximacion tenemos que R = y , despreciando ρ/r .Entonces

R − ~v/c = (v/c) sin Ωt ′x − [1− (v/c) cos Ωt ′]y

y

R × [(R − ~vc)× ~a] = −vΩ[v

c− cos Ωt ′

]x

Reemplazando en (14):

~E = − q4πεo

vΩ

c2rv/c − cos Ωt ′

[1− (v/c) cos Ωt ′]3 x (17)

En los graficos siguientes se muestran los campos electricos en funcion deltiempo para diferentes valores de v/c. Note las diferentes escalas en el ejey .

La mayor parte de la radiacion es emitida cada vez que Ωt ′ es unmultiplo de 2π y la intensidad aumenta fuertemente cuando v/c → 1

Consideremos el caso extremadamente relativista con γ >> 1.Cuando v/c → 1 el denominador de (17) se acerca a cero cada vezque cos Ωt ′ = 1, lo que ocurre cuando Ωt ′ es un multiplo de 2π y lamayor parte de la radiacion es emitida durante un intervalo de tiempomuy pequeno, cuando la partıcula cruza el eje x . Esto muestra que elpulso tiene una duracion del orden de (γΩ)−1 en el sistema de lapartıcula.

Podemos escribir v/c ≈ 1− γ−2/2 y sin Ωt ′ ' Ωt ′ ycos Ωt ′ ' 1− (Ωt ′)2/2. Entonces

κ = 1− v cos θc

' 12γ2

[1 + (γΩt ′)2]

lo que muestra que κ es del orden γ−2 << 1 para el casoextremadamente relativista. Tambien

v/c − cos Ωt ′ ' − 12γ2

[1− (γΩt ′)2]

por lo tanto

E ' q4πεo

vΩ

c2r1− (γΩt ′)2

[1 + (γΩt ′)2]3

Aquı tambien vemos que el la duracion del pulso es del orden de(γΩ)−1. Para ver cuanto dura el pulso en el sistema del detectorusamos la ecuacion (16). Entonces

Ω(t − v/c) = Ωt ′ − vc

sin Ωt ′ ' 12γ−2Ωt ′

y por lo tanto

γΩt ′ ' 2γ3Ω(t − r/c)

lo que nos da una duracion del pulso en el detector de:

∆tpulso '1γ3Ω