elettromagnetismo 2 (2019-2020);4ragusa/2019-2020/elettromagnetismo... · Elettromagnetismo –...

Prof. Francesco RagusaUniversità degli Studi di Milano

Anno Accademico 2019/2020

Elettromagnetismo

Incidenza obliquaPotenziali elettrodinamici. Invarianza di gauge

Potenziali ritardati. Approssimazione quasi-statica

Lezione n. 39 – 21.05.2020

Elettromagnetismo – Prof. Francesco Ragusa 454

Incidenza obliqua• Trattiamo adesso il problema della riflessione di un'onda nel caso in cui il vettore d'onda formi un angolo con la normale alla superficie• L'onda incidente

• L'onda riflessa

• L'onda trasmessa

• Come abbiamo visto nel caso precedente tutte e tre le onde hanno la stessa frequenza angolare ω• I tre vettori d'onda, esplicitamente indicati, sono legati alle frequenze e alle velocità di propagazione

• I campi totali nella regione 1 EI + ER e BI +BR devono adesso essere raccordati ai campi ET e BT nella regione 2 tramite le condizioni al contorno

( ) ( )0, Ii tI It e ω − ⋅= k rE r E ( ) 01

1 ˆ,I I It v= ×B r k E

( ) ( )0, Ri tR Rt e ω − ⋅= k rE r E ( ) 01

1 ˆ,R R Rt v= ×B r k E

( ) ( )0, Ti tT Tt e ω − ⋅= k rE r E ( ) 02

1 ˆ,T T Tt v= ×B r k E

1 1 2I R Tk v k v k v ω= = = I Rk k=2

1T

vk

v= 1

2T

nk

n=

1

2

IθRθ

IkRk

TkTθ

z

y


Incidenza obliqua• La forma generica delle condizioni al contorno è

• Perché questa condizione possa valere su tutti i punti del piano x−y a z = 0 le fasi degliesponenziali devono essere uguali• I termini dipendenti da t (iωt) si semplificano• Avremo pertanto (per z = 0)

• Esplicitamente

• Queste relazioni devono valere per qualunque valore di x e di y• In particolare per y = 0

• E per x = 0

• Il significato di queste relazioni è che le componenti trasversali (rispetto a ) dei tre vettori d'onda sono uguali• I tre vettori giacciono sullo stesso piano

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )I R Ti t t i t i te e eω ω ω ω− ⋅ − − ⋅ − ⋅+ =k r k r k r 0z =

I R T⋅ = ⋅ = ⋅k r k r k r

Iy Ry Tyyk yk yk= =

Ix Rx Txxk xk xk= = Ix Rx Txk k k= =

ˆze

Ix Iy Rx Ry Tx Tyxk yk xk yk xk yk+ = + = +

Iy Ry Tyk k k= =

x

y

z

1

2

IθRθ

IkRk

TkTθ

z

y


Incidenza obliqua• Arriviamo pertanto alla prima legge• I vettori d'onda delle tre onde (kI, kR, kT)

formano un piano detto piano di incidenza• Il piano contiene anche la normale• Per fissare le idee supponiamo che che

il piano di incidenza sia il piano y−z• Significa che kIx = kRx = kTx = 0

• Abbiamo visto che

• Significa che

• Abbiamo trovato la seconda legge (della riflessione)• L'angolo di incidenza θI è uguale all'angolo di riflessione θR• Inoltre abbiamo

• Troviamo quindi la terza legge o legge di Snell• Nota anche come legge della rifrazione

Iy Ry Tyk k k= =

sin sinI I R Rk kθ θ= sin sinI Rθ θ=

sin sinI I T Tk kθ θ=sinsin

I T

T I

kk

θθ

=sin

/sin

T

I I Tv vθ ω ωθ

= TI

vv

= IT

n

n=

sin

sinT I

I T

n

n

θθ

=

x

y

TθkT

RθkI

kRz

Iθ


Incidenza obliqua• Abbiamo trovato le tre leggi fondamentali dell'ottica geometrica• Non abbiamo ancora utilizzato le condizioni al contorno• Le condizioni che abbiamo trovato assicurano che gli esponenziali si semplificano

• Senza ledere la generalità della trattazione possiamo orientare il piano di incidenza nel piano y−z

• Dobbiamo definire la polarizzazione dell'onda rispetto al piano di incidenza• E può giacere sul piano di incidenza• E può essere perpendicolare al piano di incidenza• Una polarizzazione arbitraria può essere ottenutacome una combinazione delle due indicate

• Trattiamo solo il caso in cui il campo EI giacenel piano di incidenza• Si può dimostrare che anche ER e ET

giacciono sul piano di incidenza• Notiamo che nel caso dell'incidenza obliqua i campielettrici E hanno una componente normale alla superficie

• I campi B sono perpendicolari al piano di incidenza• Hanno solo componente lungo l'asse x → Bz = By = 0

xy

z

1

2

IθRθ

Ik

Rk

Tk Tθ

z

y


Incidenza obliqua• Scriviamo le condizioni al contorno• Ricordiamo che nell'onda piana

• Iniziamo con le componenti normali

• Per le componenti tangenziali

• Queste ultime equazioni sono in realtà quattro (in generale)• Due componenti (x, y) per ogni campo

• Proiettiamo sull'asse z i campi E. La prima equazione diventa

• La terza equazione• Per finire la quarta equazione

1

2

IθRθ

Ik

Rk

Tk Tθ

z

y( )1 0 0 2 0Iz Rz TzE E Eε ε+ = 0 0 0Iz Rz TzB B B+ =

0 0 0I R T+ =E E E ( )0 0 01 2

1 1I R Tμ μ+ =B B B

1 ˆv

= ×B k E1

B Ev

=

( )1 0 0 2 0sin sin sinI I R R T TE E Eε θ θ ε θ− =

0 0 0cos cos cosI I R R T TE E Eθ θ θ+ =

banale. Bz = 0

( )0 0 01 1 2 2

1 1I R TE E Ev vμ μ− =


Incidenza obliqua• Riassumendo

• La prima equazione è equivalente all'ultima• Infatti per le leggi della riflessione

• In definitiva abbiamo due equazioni

( )1 0 0 2 0sin sin sinI I R R T TE E Eε θ θ ε θ− =

0 0 0cos cos cosI I R R T TE E Eθ θ θ+ = ( )0 0 01 1 2 2

1 1I R TE E Ev vμ μ− =

20 0 0

1

sinsin

TI R T

I

E E Eε θε θ

− =

2

1

sinsin

T

I

vv

θθ

=

21 1 2

0212 2

T

v vEvv

μμ

=

1 21 1

1v

εμ

= 2 22 2

1v

εμ

=sin sinI Rθ θ=

1 10 0 0

2 2I R T

vE E E

vμμ

− =

0 0 0I R TE E Eβ− = 0 0 0coscos

TI R T

I

E E Eθθ

+ = 0TEα=

1 1

2 2

vv

μβ

μ=

coscos

T

I

θα

θ=


Incidenza obliqua• Risolviamo il sistema

• Sostituiamo nella seconda

• Le due soluzioni trovate sono note come equazioni di Fresnel per la polarizzazione nel piano di incidenza• Notiamo che per θI = 0 anche θT = 0 e α = 1• Ritroviamo le leggi della incidenza normale• Notiamo inoltre che l'ampiezza delle onde riflessa e trasmessa dipende

dall'angolo di incidenza

• Per θI → π/2 abbiamo α →∞ e l'onda viene completamente riflessa

0 0 0

0 0 0

I R T

I R T

E E E

E E E

αβ

⎧ + =⎪⎪⎨⎪ − =⎪⎩

( )0 02 I TE Eα β= +

0 0

2T IE Eα β=

+

0 0 0R I TE E Eβ= − 0 0R IE E

α βα β−

=+

coscos

T

I

θα

θ=

21 sincos

T

I

θθ

−=

( )21 21 / sincos

I

I

n n θ

θ

−= ( )If θ=

1 1

2 2

vv

μβ

μ=

coscos

T

I

θα

θ=

0 0 00 0Iz Rz TzE E E= = → =


Incidenza obliqua

• Osserviamo che per α = β l'onda riflessa ha ampiezza nulla• Non c'è onda riflessa, tutta l'onda viene trasmessa• L'angolo di incidenza per il quale questo accade si chiama angolo di Brewster• Dalle formule precedenti si ricava facilmente

• Per la luce con polarizzazione perpendicolare al piano di incidenza non esiste un fenomeno analogo• Supponiamo che un fascio di luce con polarizzazione arbitraria incida su una

superficie con angolo di incidenza uguale (o prossimo) all'angolo di Brewster• La componente con polarizzazione parallela al piano di incidenza non è riflessa: è trasmessa, in pratica assorbita• Tutta la luce riflessa ha polarizzazione perpendicolare al piano di incidenza• Su questo fenomeno si basa l'utilizzo di filtri polaroid negli occhiali per ridurre i riflessi: filtri che assorbono la polarizzazione voluta

0 0

2T IE Eα β=

+ 0 0R IE E

α βα β−

=+

coscos

T

I

θα

θ= 1 1

2 2

vv

μβ

μ=

( )

22

2 21 2

1sin

/B

n n

βθ

β

−=

−


Esempio: lenti polarizzate


Potenziale scalare e potenziale vettore• Ricordiamo le relazioni fra campi e potenziali nel caso di campi variabili nel tempo (vedi diapositiva )• Vogliamo adesso scrivere l'equazione dell'onda per i potenziali• Richiamiamo come avevamo introdotto le relazioni fra campi e potenziali• Ricordiamo le equazioni di Maxwell nel vuoto

• La divergenza del campo magnetico è nulla anche in elettrodinamica• È pertanto possibile introdurre il potenziale vettore anche in elettrodinamica

• Introduciamo questa relazione nella legge di Faraday

• Abbiamo pertanto trovato una combinazione di campi a rotore nullo• È il gradiente di un campo scalare

0

ρε

⋅ =E∇t

∂× = −

∂B

E∇0⋅ =B∇ 0 21tc

μ∂

× = +∂E

B J∇

= ×B A∇

( )t

∂ ×× = −

∂

AE

∇∇

t∂

= − ×∂A∇ 0

t

⎛ ⎞∂ ⎟⎜× + =⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂⎝ ⎠A

E∇

tφ

∂+ = −

∂A

E ∇t

φ∂

= − −∂A

E ∇

1488239


Equazioni per i potenziali

• I campi soddisfano automaticamente le equazioni di Maxwell omogenee

• Adesso utilizziamo le altre due equazioni di Maxwell (con le sorgenti) per trovare le equazioni differenziali a cui obbediscono i campi A e φ

• La legge di Gauss

• È un'equazione in cui i campi A e φ sono accoppiati • La legge di Ampère (il rotore di B)

• Ricordiamo la relazione (diapositiva )

= ×B A∇t

φ∂

= − −∂A

E ∇

t∂

× = −∂B

E∇0⋅ =B∇

0

ρε

⋅ =E∇ 20tρ

φε

∂ ⋅− − =

∂A∇∇

2

0 2 2 2

1 1tc c tφ

μ∂ ∂

× × = − −∂ ∂

AA J

∇∇ ∇0 21tc

μ∂

× = +∂E

B J∇

( ) ( ) 2× × = ⋅ −A A A∇ ∇ ∇ ∇ ∇78879

( )2

20 2 2 2

1 1tc c tφ

μ∂ ∂

⋅ − = − −∂ ∂

AA A J

∇∇ ∇ ∇


Equazioni per i potenziali

• Elaboriamo

• Abbiamo pertanto un sistema di equazioni differenziali accoppiate• Il problema può essere semplificato utilizzando la non unicità dei potenziali

• Abbiamo già notato che in elettrostatica e in magnetostatica i potenziali non sono definiti univocamente• Il potenziale scalare è definito a meno di una costante• Il potenziale vettore è definito a meno del gradiente di un campo scalare• In elettrodinamica le due non univocità devono essere trattate insieme

( )2

20 2 2 2

1 1tc c tφ

μ∂ ∂

⋅ − = − −∂ ∂

AA A J

∇∇ ∇ ∇

( )2

202 2 2

1 1tc t cφ

μ∂ ∂

− = − − ⋅∂∂

AA J A∇ ∇ ∇ ∇

22

02 2 2

1 1tc t cφ

μ⎛ ⎞∂ ∂ ⎟⎜− − + ⋅ = −⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂∂ ⎝ ⎠

AA A J∇ ∇ ∇ 2

0tρ

φε

∂ ⋅+ = −

∂A∇∇


Invarianza di gauge• Ricaviamo pertanto le condizioni di invarianza in elettrodinamica• Trasformiamo i potenziali

• Cerchiamo le condizioni su α e β in modo che il campo elettrico e il campo magnetico derivati dai potenziali non cambino

• Per il potenziale vettore è sufficiente che

• Calcoliamo il campo elettrico prima e dopo la trasformazione

• Perché il campo non vari (E = E′) deve essere

• Pertanto l'argomento del gradiente deve essere una funzione indipendente dalla posizione• In particolare possiamo scegliere

( , ) ( , ) ( , )t t t′ = +A r A r rα( , ) ( , ) ( , )t t tφ φ β′ = +r r r

× = 0∇ α λ=α ∇ ( ), , ,x y z tλ

tφ

∂= −

∂A

E ∇ −t

φ′∂′ ′= −

∂A

E ∇ −

0t

β∂

+ =∂α∇ e anche 0

tλ

β∂

+ =∂∇∇ 0

tλ

β⎛ ⎞∂ ⎟⎜ + =⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂⎝ ⎠

∇

0tλ

β∂

+ =∂ t

λβ

∂= −

∂

λ funzione arbitraria

t tφ β

∂ ∂= − − −

∂ ∂A α∇ ∇ −


Invarianza di gauge• Pertanto, per ogni funzione arbitraria λ(x, y, z, t) la seguente trasformazione sui potenziali lascia invariati i campi elettrico e magnetico

• La trasformazione precedente prende il nome di trasformazione di gauge• L'invarianza di gauge dei potenziali può essere utilizzata per semplificare le equazioni differenziali dei potenziali disaccoppiando le equazioni• Ricordiamo due dei gauge più utilizzati• Il gauge di Coulomb

• Il gauge di Coulomb è utile per mettere in evidenza la natura trasversale dell'onda elettromagnetica• Semplifica le equazioni disaccoppiandole nel caso di ρ = 0• Ha lo svantaggio di non essere relativisticamente invariante• Il gauge di Lorenz

• Il gauge di Lorenz è relativisticamente invariante• Disaccoppia le due equazioni

tλ

φ φ∂

→ −∂

λ→ +A A ∇

0⋅ =A∇

2

10

tcφ∂+ ⋅ =

∂A∇


Invarianza di gauge• Dimostriamo che con una trasformazione di gauge possiamo sempre ottenere dei potenziali che soddisfano le due condizioni di gauge introdotte• Gauge di Coulomb• Supponiamo che ∇⋅A non sia nulla e che sia invece ∇⋅A = f(r)• Troviamo una λ(r) (indipendente da t) che renda nulla ∇⋅A′

• Otteniamo l'equazione che determina λ(r) (equazione di Poisson)

• Ovviamente questa trasformazione non modifica né φ né E• Gauge di Lorenz• Analogamente al caso precedente troviamo l'equazione per λ nell'ipotesi che

• La trasformazione di gauge è

( )λ′ = +A A r∇ ( )2λ′⋅ = ⋅ +A A r∇ ∇ ∇ ( ) ( )2f λ= +r r∇ 0=

( ) ( )2 fλ = −r r∇ ( ) ( )14 V

fdVλ

π

′′=

′−∫r

rr r

( )21

,f ttcφ∂+ ⋅ =

∂A r∇

( ), /t tφ φ λ′ = − ∂ ∂r ( ),tλ′ = +A A r∇


Invarianza di gauge• I nuovi potenziali devono soddisfare il gauge di Lorenz

• Abbiamo assunto che i potenziali A e φ non soddisfino il gauge di Lorenz

• Pertanto l'equazione diventa

• Analogamente all'equazione di Poisson anche questa equazione ha una soluzione• La studieremo fra breve• Per il momento è sufficiente sapere che la soluzione esiste e che pertanto è

sempre possibile assumere che i potenziali soddisfino il gauge di Lorenz

2

10

tc

φ′∂ ′= + ⋅∂

A∇

( )2

22 2

1, 0

c tf t

λλ

∂− + =

∂r ∇

( )2

22 2

1,f t

c tλ

λ∂

− = −∂

r∇

22

2 2 2

1 1tc c t

φ λλ

∂ ∂= − + ⋅ +

∂ ∂A∇ ∇

22

2 22

11

c ttcλ

φ λ∂=

∂−

∂+ ⋅ +

∂A ∇∇

( )21

,f ttc

φ∂+ ⋅ =

∂A r∇


Esempio• Un campo elettromagnetico, in un certo Gauge, ha i seguenti potenziali

• Calcoliamo il campo elettrico E(r,t) e il campo di induzione magnetica B(r,t)

• Pertanto si tratta di una carica puntiforme nonostante φ = 0 e A ≠ 0• Naturalmente per il campo elettrostatico di una carica puntiforme conviene

• Cerchiamo una trasformazione di Gauge per passare da φ A a φ′ A′

20

ˆ( , ) 0 ( , )

4qt

t tr

φπε

′ ′= = −r

r A r

tφ

′∂′= − −∂A

E ∇2

0

ˆ4qt

t rπε∂ −

= −∂

r0

20

ˆ4qrπε

=r

20

ˆ4qtrπε

⎡ ⎤⎢ ⎥= × − =⎢ ⎥⎣ ⎦

rB 0∇

0

1( , ) ( , )

4q

t tr

φπε

= =r A r 0

tλ

φ φ∂′ = −∂ 0

04qr t

λπε

∂= −

∂ 0( , ) ( )

4q

t dt fr

λπε

= +∫r r0

( )4qt

frπε

= + r

λ′ = +A A ∇2

0 0

ˆ 1( )

4 4qt qt

frrπε πε

⎡ ⎤⎢ ⎥− = + +⎢ ⎥⎣ ⎦

r0 r∇

2 20 0

ˆ ˆ( )

4 4qt qt

fr rπε πε

− = −r r

r+ ∇ ( ) 0f =r∇0

( , )4qt

tr

λπε

=r( ) 0f =r

è sufficiente


Esempio• Alternativamente possiamo utilizzare la procedura della diapositiva per rendere nulla la divergenza di A′

• Calcoliamo la funzione f(r)

• Calcoliamo λ(r)

• Trasformiamo i potenziali

( ) ( , )f t′= ⋅r A r∇ 30

4 ( )4qt

πδπε

= − r ( )f= r

( ) ( )14 V

fdVλ

π

′′=

′−∫r

rr r

3

0

( )qt

δε

= − r

( )0

14 V

qtdV

δ

π ε

′′= −

′−∫r

r r 0

1 14qt

π ε= −

r

1092468

20

ˆ

4qt

rπε= − ⋅

r∇

0

14qtrπε

= −

( ) ( )14 V

fdVλ

π

′′=

′−∫r

rr r

( , )ttλ

φ φ∂′= −∂

r0

10 ( )

4qt

t rπε∂

= − −∂ 0

14qrπε

=

( , ) ( , ) ( , )t t tλ′= +A r A r r∇2

0 0

ˆ 1( )

4 4qt qt

rrπε πε= − + −

r ∇

2 20 0

ˆ ˆ( , ) 0

4 4qt qt

tr rπε πε

= − + =r r

A r


Equazioni per i potenziali• In pratica non è quasi mai necessario calcolare la funzione λ(x,y,z,t)• Sapendo che è possibile trovarle si può assumere che la condizione di Lorenz

o di Coulomb sia rispettata e si risolvono le equazioni dei potenziali• Vediamo l'espressione delle equazioni dei potenziali nel gauge di Lorenz

• Poiché A e φ soddisfano il gauge di Lorenz

• Sostituendo nell'equazione di φ

2

0tρ

φε

∂ ⋅+ = −

∂A∇∇

2

1tcφ∂

⋅ = −∂

A∇

22

2 20

1c t

φ ρφ

ε∂

− = −∂

∇

Equazione dell'onda non omogenea


Equazioni per i potenziali• Consideriamo adesso l'equazione per il potenziale vettore

• Poiché A e φ soddisfano il gauge di Lorenz

• Anche il potenziale vettore soddisfa l'equazione dell'onda inomogenea• Nel caso statico ritroviamo le equazioni dell'elettrostatica e della magnetostatica

• Nel caso statico conosciamo la soluzione • Richiedendo che i campi si annullino all'infinito …

22

02 2 2

1 1tc t cφ

μ⎛ ⎞∂ ∂ ⎟⎜− − + ⋅ = −⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂∂ ⎝ ⎠

AA A J∇ ∇ ∇

22

02 2

1c t

μ∂

− = −∂

AA J∇

22

2 20

1c t

φ ρφ

ε∂

− = −∂

∇

20μ= −A J∇

2

0

ρφ

ε= −∇

( ) ( )0

14 V

dVρ

φπε

′′=

′−∫r

rr r

( ) ( )04 V

dVμπ

′′=

′−∫J r

A rr r

x

y

z

′rr

′dV′−r r


Potenziali ritardati• Nel caso dipendente dal tempo la soluzione è, almeno formalmente, molto semplice• Le cariche contenute nel volume dV′ sono in movimento

• Tuttavia gli effetti elettromagnetici propagano con velocità c• Il potenziale φ(r,t) può ricevere contributi solo dal valore assunto da ρ e J ad un tempo precedente tr

• Si può dimostrare (lo faremo) che le soluzioni sono

• Durante l'integrazione la variabile ausiliaria tr varia con r′• Un utile esercizio (non banale) è verificare che queste soluzioni soddisfino l'equazione inomogenea della diapositiva precedente• In tal caso occorre ricordarsi che i potenziali dipendono da r• In modo esplicito attraverso |r − r′|• In modo implicito attraverso tr = t − |r − r′|/c

x

y

z

′rr

′dV′−r r

( ),tρ ′r ( ),t′J r

rt t c

′−= −

r r

( ) ( )0

,1,

4r

V

tt dV

ρφ

πε

′′=

′−∫r

rr r

( ) ( )0,

,4

r

V

tt dV

μπ

′′=

′−∫J r

A rr r


Potenziali ritardati• Nonostante queste soluzioni siano "intuitive" la loro semplicità (apparente) va considerata in qualche modo fortuita • Ad esempio le stesse formule intuitive non valgono per E e B

• Le formule corrette si possono ricavare da φ e A• Il calcolo tuttavia è un po' laborioso. Diamo il risultato (v. Griffiths)†

• Ovviamente per r e J indipendenti dal tempo ritroviamo le formule dell'elettrostatica e della magnetostatica• Dimostriamo che se J può essere approssimata al primo ordine

• †A. Zangwill – Modern electrodynamics – CUP 2012 - applicazione 20.2p. 726

( ) ( )( )30

,1,

4r

V

tt dV

ρ

πε

′ ′−′≠

′−∫r r r

E rr r

( ) ( ) ( )30

,1,

4r

V

tt dV

πε

′ ′× −′≠

′−∫J r r r

B rr r

( ) ( )( ) ( )( ) ( )3 2 20

, , ,1,

4r r r

V

t t tt dV

cc

ρ ρ

πε

⎡ ⎤′ ′ ′ ′ ′− −⎢ ⎥ ′= + −⎢ ⎥′−⎢ ⎥′ ′− −⎣ ⎦∫

r r r r r r J rE r

r rr r r r

( ) ( ) ( ) ( )0 3 2, ,

,4

r r

V

t tt dV

c

μπ

⎡ ⎤′ ′⎢ ⎥ ′ ′= + × −⎢ ⎥⎢ ⎥′ ′− −⎣ ⎦

∫J r J r

B r r rr r r r

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J ( )( ) ( )0 3,

,4 V

tt dV

μπ

′′ ′= × −

′−∫J r

B r r rr r


Approssimazione quasi-statica• Consideriamo una densità di corrente J(r,t) le cui variazioni temporali abbiano una scala di tempi fissata da un parametro τ• Il parametro τ potrebbe essere definito come• Per semplicità abbiamo omesso la dipendenza da r

• Consideriamo adesso J al tempo ritardato tr• Supponiamo che t e tr differiscano poco

• In queste condizioni si può scrivere una approssimazione per J(tr)

• Cerchiamo anche un'approssimazione per • Dato che l'ordine di grandezza del tempo di variazione di J(t) è τ abbiamo

• Sviluppiamo intorno a t

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J

rt t c

′−= −

r rr

ut t

c− = −

( )( )J t

J tτ ∼

rt t τ−

( )( ) ( )rJ t t t J t τ− ( )J t∼

′= −u r r

( ) ( )t

tτ

≈J

J

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J

( ) ( )t

tτ

≈J

J

( )rtJ

( )rtJ

***


Approssimazione quasi-statica

• Abbiamo pertanto

• Introduciamo nell'espressione per B

• Il secondo e il terzo termine si elidono

( ) ( ) ( )0 2, ,

ˆ,4

r r

V

t tt dV

cuuμπ

⎡ ⎤′ ′⎢ ⎥ ′= + ×⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫J r J r

B r u

( ) ( )( ) ( )0

2 2

, ,ˆ

4

,rV

t t t

cu

t tdV

u u

μπ

⎡ ⎤′ ′ −⎢ ⎥ ′≈ + + ×⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

′∫

J r Ju

J rr

( ) ( ) ( )0

2 2

, , ,ˆ

4r

V

t t u tdV

cuu cuμπ

⎡ ⎤′ ′ ′⎢ ⎥ ′≈ − + ×⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫J r J r J r

u

( ) ( )0 2,

ˆ,4 V

tt dV

uμπ

′′×∫

J rB r u

( ) ( ) ( )( )rrt t

t t tτ

−≈ +J J J ( ) ( )rt t≈J J

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J ( )( )t

tτ

≈J

J

1rt t

τ

−

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J

La legge di Biot e Savart è un'ottima approssimazione per

1rt t

τ

−

cτ′−r r

r( )u c t t′= − = −r r

***


Approssimazione quasi-statica• Vediamo un'applicazione di questi concetti (Griffiths esempio 7.9)• Un filo infinitamente lungo parallelo all'asse z, percorso da una corrente i(t)• Calcolare il campo elettrico indotto in funzione della distanza r dal filo• Il problema ha una simmetria cilindrica• Le linee del campo B sono circonferenze• I campi non dipendono da φ o z• Il campo elettrico indotto è parallelo a z• Infatti si consideri l'equazione• Data la forma delle linee di B il rotore ha solo la componente z• Anche la densità di corrente è lungo z• Segue che il campo E è diretto lungo z• Per calcolare il campo elettrico utilizziamo la legge di Faraday

• La formula predice che E diverge per r →∞• L'approssimazione quasi-statica usata vale solo per

( )i t

0 2

1tc

μ∂

× = +∂E

B J∇

0 ˆ( )2i tr φ

μπ

=B e

S

dd d

dtΓ⋅ = − ⋅∫ ∫E l B a

0( ) ( )d E r l E r lΓ

⋅ = −∫ E l0

0 ( )2

r

S r

drd i t l

r

μπ

⋅ =∫ ∫B a 00

( ) ln2

ri t l

r

μπ

=

00

0

ˆln ( )2 zdi r

E rdt r

μπ

⎡ ⎤⎢ ⎥= +⎢ ⎥⎣ ⎦

E e

0r

r( )i t

l

cτ′−r r

***


Onda piana nel gauge di Coulomb• Vogliamo adesso una prima soluzione delle equazioni dei potenziali• Nel gauge di Coulomb: ∇⋅A = 0• Nel caso in cui le sorgenti siano nulle• Ricordiamo le equazioni dei potenziali (vedi diapositiva )

• Consideriamo la prima equazione e imponiamo il gauge di Coulomb

• È l'equazione di Poisson. Tuttavia in generale ρ è funzione del tempo• La soluzione è

• Sottolineiamo che la densità è calcolata al tempo t, non al tempo tr• Sembrerebbe un paradosso ma non lo è• Il campo elettrico non dipende solo da φ, ma anche da A• I contributi di φ e A introducono la dipendenza dal tempo ritardato

10914432

202 2 2

1 1tc t cφ

μ⎛ ⎞∂ ∂ ⎟⎜− − + ⋅ = −⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂∂ ⎝ ⎠

AA A J∇ ∇ ∇

2

0tρ

φε

∂ ⋅+ = −

∂A∇∇ 2

0

ρφ

ε= −∇

2

0tρ

φε

∂ ⋅+ = −

∂A∇∇

( ) ( )0

,1,

4 V

tt dV

ρφ

πε

′′=

′−∫r

rr r

***


Gauge di Coulomb

• Vogliamo studiare la propagazione nel vuoto, in assenza di sorgenti• Se ρ = 0 allora φ = 0• Consideriamo adesso l'equazione per il potenziale vettore

• Poiché φ = 0, ∇⋅A = 0, J(r,t) = 0 abbiamo

• Abbiamo studiato le soluzione per i campi E e B• In particolare le onde piane

• A0 è un vettore, in generale complesso• La soluzione fisica è la parte reale di A(r,t)

( ) ( )0

,1,

4 V

tt dV

ρφ

πε

′′=

′−∫r

rr r

22

02 2 2

1 1tc t cφ

μ⎛ ⎞∂ ∂ ⎟⎜− − + ⋅ = −⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂∂ ⎝ ⎠

AA A J∇ ∇ ∇

22

2 2

1c t

∂=

∂A

A∇

( ) ( ), i tt e ω− ⋅ −= k r0A r A

Equazione dell'ondaomogenea

***


Onda piana• Vediamo la condizione di trasversalità dell'onda

• Deve essere

• Pertanto abbiamo la condizione di trasversalità• Pertanto A0 deve essere perpendicolare alla direzione di propagazione

• Il campo elettrico si trova semplicemente

• Per trovare il campo magnetico ricordiamo la forma che acquista l'operatore ∇ per un'onda piana: k⋅r = kζ (vedi diapositiva )

( ) ( ), i tt e ω− ⋅ −= k r0A r A

yx zAA A

x y z

∂∂ ∂∇ ⋅ = + +

∂ ∂ ∂A ( ) ( )0 0 0 i tx x y y z zi A k A k A k e ω− ⋅ −= + + k r 0=

0 0⋅ =k A

t∂

= −∂A

E ( )i ti e ωω − ⋅ −= − k r0A

ˆζ∂

=∂

k∇1035408

( ),t ×B r = ∇ Α

( )0

i te ω− ⋅ −≡ k rE 0 0iω= −E A

( )0

ˆ i i tik e ω− ⋅ −= − × k rk A ( )0ˆi i ti e

cωω − ⋅ −= − × k rk A

( ) ( )01 ˆ, i i tt ec

ω− ⋅ −= × k rB r k E

***


Potenziali di Liénard-Wiechert• Consideriamo una carica q in movimento arbitrario dato • Conosciamo la traiettoria r0(t)• La densità di carica e la densità corrente sono

• Calcoliamo i potenziali ritardati generati da q

• Calcoliamo dapprima il potenziale φ(r,t)• Il calcolo del potenziale A è analogo• La complicazione del calcolo è nascosta in tr• Il calcolo risulta più semplice se si scrive la densità di carica come

• Notiamo che la funzione ρ(r,t′) all'interno dell'integraledipende da un tempo normale, non ritardato

origine0( , ) [ ( )]t q tρ δ= −r r r

30( , ) ( ) [ ( )]t q t tδ= −J r v r r

( )( )r 3

0

,1,

4 V

tt d

ρφ

πε

′′=

′−∫r

r rr r

( )( )r 30 ,,

4 V

tt d

μπ

′′=

′−∫J r

A r rr r

rt t c

′−= −

r r

r( , ) ( , ) ( )t t t t dtcρ ρ δ

+∞

−∞

′−′ ′ ′ ′ ′= − +∫

r rr r

,tr

0( )trq

punto diosservazione


Potenziali di Liénard-Wiechert

• Otteniamo pertanto

• La presenza della funzione δ3[r′-r0(t)] rende immediato l'integrale in d3r′

• Definiamo• Il versore punta dalla posizione della carica al tempo t alla posizione r del punto di osservazione

( , ) ( , ) ( )rt t t t dtcρ ρ δ

+∞

−∞

′−′ ′ ′ ′ ′= − +∫

r rr r

3r

0

( , )1( , )

4 V

tt d

ρφ

πε

′′=

′−∫r

r rr r

30( , ) [ ( )]t q tρ δ= −r r r

330

0

[ ( )]1( , ) ( )

4 V

q tt t t dt d

c

δφ δ

πε

+∞

−∞

′−′ ′− ′ ′ ′= − +′−∫ ∫

r rr rr r

r r

0

0 0

( )1( , ) ( )

4 ( )

tqt t t dt

t cφ δ

πε

+∞

−∞

′−′ ′= − +

′−∫r r

rr r

0( ) ( )t t= −R r r

( )tR

ˆ( ) ( )R t t≡ n

( )0

( )1, ( )

4 ( )

R tqt t t dt

R t cφ δ

πε

+∞

−∞

′′ ′= − +

′∫r

ˆ( )tn

origine

0( )tr

(r,t) punto diosservazione

ˆ( )tn


Potenziali di Liénard-Wiechert

• Elaboriamo la funzione δ• Ricordiamo che

• Abbiamo

• Inoltre

( )0

( )1, ( )

4 ( )

R tqt t t dt

R t cφ δ

πε

+∞

−∞

′′ ′= − +

′∫r

0( ) ( )t t= −R r r ˆ( ) ( )R t t= n

( )[ ( )]

( )i

ii

x xf x

f x

δδ

−=

′∑ ( ) 0if x =

( )( )

R tf t t t

c

′′ ′= − + r( ) 0f t =

rr

( )R tt t

c= −tr è definito dall'equazione

( )1( ) 1

dR tf t

c dt

′′ ′ = +

′( ) ( ) ( )R t t t′ ′ ′= ⋅R R

( ) 1 1( )

2 ( ) ( )

dR t d ddt dt dtt t

′= ⋅ + ⋅

′ ′ ′′ ′⋅

R RR R

R R

1( )d

R t dt= ⋅

′ ′R

R ˆ( ) ( )t t′ ′= − ⋅v n

ˆ( ) 1 ( ) ( ) 0f t t t′ ′ ′ ′= − ⋅ >nβ rr r

( )( )( )

ˆ1 ( ) ( )

t tR tt t

c t t

δδ

′′ −′ − + =− ⋅ nβ

originer

0( )tr

( )tR

ˆ( )tn

punto diosservazione

0d ddt dt

= = −r R

v


Potenziali di Liénard-Wiechert• Inseriamo il risultato nella formula del potenziale ritardato

• Abbiamo

• E analogamente per A(r,t)

r

r r

( )( )( )

ˆ1 ( ) ( )

t tR tt t

c t t

δδ

′′ −′ − + =− ⋅ nβ

( )0

( )1, ( )

4 ( )R tq

t t t dtR t c

φ δπε

+∞

−∞

′′ ′= − +

′∫r

0 r r r

1ˆ4 ( )(1 ( ) ( ))

qR t t tπε

=− ⋅ nβ

0 0 r r r

1 1( , )

ˆ4 ( ) 1 ( ) ( )q

tt t t

φπε

=− − ⋅

rr r nβ

r0

1( )

4 ( ) ( )q

t t dtg t R t

δπε

+∞

−∞

′ ′= −′ ′∫

ˆ( ) 1 ( ) ( )g t t t= − ⋅ nβrr

( )

( )

t t

g t

δ ′ −=

r

0 0 r r r

( ) 1 1( , )

ˆ4 ( ) 1 ( ) ( )

q tt

t t tπε=

− − ⋅v

A rr r nβ

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