Appunti Fisica 2B Pegoraro

Appunti di Fisica B II Pietro Marino, Stefano Scotto 3 gennaio 2011

Indice 1 Oscillazioni e onde 1.1 La corda vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Derivazione dell’equazione . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Le soluzioni dell’equazione della corda vibrante 1.1.3 Battimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.4 Trasformata di Fourier . . . . . . . . . . . . . . 1.1.5 Riflessione e onde stazionarie . . . . . . . . . . 1.1.6 Conservazione dell’energia . . . . . . . . . . . . 1.2 Onde 3-dimensionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Onde dispersive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Elettromagnetismo nel vuoto 2.1 Potenziali elettromagnetici . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Gauge di Lorenz . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Equazioni per i campi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Soluzioni delle equazioni di Maxwell . . . . . . . . . . . 2.3.1 Potenziali ritardati . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Sviluppo in multipoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Dipolo elettrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Quadrupolo elettrico e dipolo magnetico . . . . 2.5 Teorema di Poynting . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Irraggiamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Irraggiamento di dipolo . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 Irraggiamento di dipolo magnetico e quadrupolo 2.7 Diffusione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1 Perché il cielo è azzurro . . . . . . . . . . . . . 2.8 Densità di impulso del campo elettromagnetico . . . . . 2.9 Potenziali di Liénard-Wiechert . . . . . . . . . . . . . . 3 Formulazione covariante dell’elettromagnetismo 3.1 Richiami di relatività . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Operatori differenziali . . . . . . . . . . . . 3.2 Equazioni di Maxwell in forma covariante . . . . . . 3.3 Trasformazioni per cambio di sistema di riferimento 3.3.1 Trasformazione dei potenziali . . . . . . . . 3

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5 5 5 6 7 8 12 14 15 16

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19 19 20 21 23 25 26 27 29 31 34 34 35 36 37 39 41

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45 45 46 47 49 49

4

INDICE

3.4

3.3.2 Trasformazione dei campi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dinamica relativistica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 Onde EM nei mezzi 4.1 Onde elettromagnetiche nei dielettrici . . . . . . . . . . . 4.1.1 Modello fisico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Equazioni di Maxwell nei dielettrici . . . . . . . . 4.2 Onde nei conduttori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Energia trasportata da un’onda evanescente . . . 4.3 Onde in mezzi disomogenei . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Riflessione e rifrazione . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1.1 Condizioni di raccordo dei campi . . . . 4.3.1.2 Le leggi della riflessione e della rifrazione 4.3.1.3 Formule di Fresnel . . . . . . . . . . . . 4.3.1.4 Angolo di Brewster . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Cenno all’ottica geometrica . . . . . . . . . . . . 4.4 Diffrazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Introduzione all’interferenza . . . . . . . . . . . . . . . . A Calcolo indiciale

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50 51 53 53 53 54 56 58 58 59 59 60 62 62 63 65 67 69

Capitolo 1 Oscillazioni e onde 1.1 1.1.1

La corda vibrante Derivazione dell’equazione

Pizzichiamo una corda in un punto x e chiamiamo ξ(x, t) lo spostamento in direzione y di T un elemento della corda centrato in x (detto Α2 altrimenti: il grafico sul piano xy di ξ(x, t) é il profilo della corda all’istante t). Vogliamo determinare l’equazione che descrive il moto della corda nell’ipotesi che ξ(x, t) L, dove Α1 L é la lunghezza della corda. Consideriamo un Ξ Hx, tL T elemento infinitesimo della corda di lunghezza dl e massa dm = ρdl (ρ è la densitá lineare della corda): l’unica forza agente sull’elemento di corda sará la tensione T della fune. Facciamo il bilancio delle forze tenendo solo i contributi al prim’ordine in α (α è l’angolo formato dalla tangente alla corda in un punto con la direzione orizzontale). Fx = T (cos α2 − cos α1 ) ' 0 ∂ξ ∂ξ ∂ 2ξ Fy = T (sin α2 − sin α1 ) ' − ' dl ∂x 2 ∂x 1 ∂x2

(1.1) (1.2)

Notiamo che: • nell’approssimazione che stiamo facendo si ha l’equilibrio lungo la direzione x; • nella (1.2) abbiamo usato che al prim’ordine sin α ' α ' tan α =

∂ξ ; ∂x

• possiamo trascurare l’allungamento della corda: infatti per il teorema di Pitagora il primo termine di allungamento della corda é quadratico e quindi trascurabile. 5

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1 Oscillazioni e onde

Andiamo quindi a scrivere l’equazione del moto: ρdl

∂ 2ξ ∂ 2ξ = T dl ∂t2 ∂x2

T = c2s (ha le dimensioni di una velocitá al quadrato), si ρ ottiene la celebre equazione di d’Alembert Da cui, eliminando i dl e ponendo

2 ∂ 2ξ 2∂ ξ − c =0 s ∂t2 ∂x2

1.1.2

(1.3)

Le soluzioni dell’equazione della corda vibrante

Presentiamo due metodi per cercare soluzioni dell’equazione di d’Alembert. Cambio di variabile Facciamo il seguente cambio di variabile: η = x − cs t

ζ = x + cs t

Si ha quindi per le derivate prime ∂ ∂ ∂ = + ∂x ∂η ∂ζ ! ∂ ∂ ∂ = cs − ∂t ∂ζ ∂η Mentre per le derivate seconde si trova ∂2 ∂2 ∂ ∂ ∂2 = + +2 2 2 2 ∂x ∂η ∂ζ ∂η ∂ζ ! 2 2 2 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = c2s + −2 ∂t2 ∂η 2 ∂ζ 2 ∂η ∂ζ Sostituendo nella (1.3), l’equazione di d’Alembert assume la forma ∂ 2ξ =0 ∂η∂ζ che ha come soluzioni

(1.4)

ξ = ξ1 (η) + ξ2 (ζ)

Quindi la soluzione nelle variabili x e t é una qualunque funzione del tipo ξ(x, t) = ξ1 (x − cs t) + ξ2 (x + cs t)

(1.5)

dove le due funzioni ξ1 e ξ2 sono determinate dalle condizioni inziali e al bordo. La (1.5) rappresenta una perturbazione che si propaga a velocitá cs .

1.1 La corda vibrante

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Separazione delle variabili Cerchiamo soluzioni che si possano scrivere nella forma ξ(x, t) = A(t)B(x) L’equazione di d’Alembert diventa, sotto questa ipotesi ¨ B 00 (x) A(t) ¨ = c2S A(t)B(x) = c2s A(t)B 00 (x) =⇒ A(t) B(x) Siccome i due membri dell’equazione sopra dipendono da variabili diverse, l’unica possibilitá che hanno per essere uguali é che entrambi siano costanti; si ottengono allora le uguaglianze ¨ = −ω 2 A(t) A(t) dove si é posto

B 00 (x) = −k 2 B(x)

ω = k. Le soluzioni sono cs A(t) = A− e−iωt + A+ eiωt B(x) = B− e−ikx + B+ eikx

Quindi si trova come soluzione dell’equazione d’onda ξ(x, t) = Re[A(t)B(x)] = ξ− cos[k(x − cs t)] + ξ+ cos[k(x + cs t)]

(1.6)

Sembrerebbe che questa soluzione sia solo un caso particolare di quella ricavata con l’altro metodo; in realtà vedremo che la linearità dell’equazione rende anche questo tipo di soluzione molto generale.

1.1.3

Battimenti

Mettiamoci in un punto x fissato, ad esempio x = 0; supponiamo che sulla nostra corda si stia propagando un’onda di frequenza ω1 , avremo quindi ξ1 (0, t) = A1 cos(ω1 t) Proviamo ad aggiungere un altro termine monocromatico di frequenza ω2 : ξ2 (0, t) = A2 cos(ω2 t) Complessivamente avremo (prendendo per semplicitá il caso A1 = A2 = A) ξ(0, t) = A(cos ω1 t + cos ω2 t) che, usando le formule di prostaferesi, possiamo riscrivere come ω1 + ω2 ω1 − ω2 ξ(t) = 2A cos t cos t 2 2

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Figura 1.1 Esempio di battimenti con A1 = A2 = A

Figura 1.2 Esempio di battimenti con A1 6= A2

Cosa succede se

|ω1 − ω2 | 1? Se vale questa condizione possiamo porre ω1 ω1 = ω + δω

ed avremo allora

ω2 = ω − δω

ξ(t) = cos(ωt) cos(δωt)

La figura seguente rappresenta la funzione ξ(0, t) Vediamo che sommando due segnali di frequenza diversa abbiamo ottenuto per sovrapposizione un segnale diverso da entrambi; questa é l’idea alla base della trasformata di Fourier.

1.1.4

Trasformata di Fourier

Consideriamo una funzione f (x) ∈ L2 , cioé tale che esiste finito ˆ +∞ |f (x)|2 dx −∞

Si può dimostrare che tale funzione può essere scritta nel modo seguente: ˆ +∞ 1 fb(k)eikx dk f (x) = √ 2π −∞ La funzione f (x) quindi si puó esprimere come una somma di infinite componenti armoniche con frequenze che variano con continuitá tra −∞ e +∞. L’ampiezza di ogni componente é data dalla fb(k) che viene chiamata trasformata di Fourier della f . La trasformata di Fourier si calcola cosí: ˆ +∞ 1 b F(f ) ≡ f (k) = √ f (x)e−ikx dx 2π −∞


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La ovvia generalizzazione tridimensionale é ˆ

1 f (x) = (2π)3/2

+∞

fb(k)eik·x d3 k −∞

Invece se abbiamo a che fare con funzioni della posizione e del tempo, si definisce 1 f (x, t) = 2π fb(k, ω)

1 = 2π

ˆ

+∞

fb(k, ω)eikx−iωt dkdω −∞

ˆ

+∞

f (x, t)e−ikx+iωt dxdt −∞

Quindi qualunque funzione puó essere scritta come sovrapposizione di onde piane monocromatiche; questo ci permette di affermare che (almeno per le funzioni di L2 , che sono poi quelle fisicamente significative) le soluzioni dell’equazione di d’Alembert trovate con i due metodi (cambio di variabile e separazione delle variabili) si equivalgono. Trasformata della gaussiana Come esempio calcoliamo la trasformata di Fourier della funzione f (x) = Ae−x

2 /L2

Dobbiamo calcolare il seguente integrale A fˆ(k) = √ 2π

ˆ

+∞

e−x

2 /L2 −ikx

dx

−∞

Ricorriamo al seguente trucco: x2 x2 k 2 L2 − 2 − ikx = − + ikx − L L2 4

!

k 2 L2 x ikL =− + − 4 L 2

!2

−

k 2 L2 4

Quindi la trasformata da calcolare si puó esprimere come k 2 L2 A fˆ(k) = √ e− 4 2π

ˆ

+∞

2

e−(x/L+ikL/2) dx −∞

che dá il semplice risultato AL k2 L2 fˆ(k) = √ e− 4 2 Si é trovato quindi che la trasformata di una gaussiana é ancora una gaussiana; osserviamo poi che se la gaussiana é larga in x, allora é stretta in k e viceversa.

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f HxL

` f HkL

Figura 1.3 Una gaussiana con la sua trasformata

Oscillatore forzato Consideriamo l’equazione dell’oscillatore armonico in presenza di un termine forzante dipendente dal tempo: x¨ + ω02 x = F (t) (1.7) Applichiamo la trasformata di Fourier a entrambi i membri dell’equazione 1 √ 2π

ˆ

+∞

F (t)e

iωt

−∞

1 dt = √ 2π

ˆ

+∞

(¨ x + ω02 x)eiωt dt −∞

Tramite integrazione per parti1 si ottiene 1 √ 2π

ˆ

+∞

(¨ x+ −∞

ω02 x)eiωt dt

1 =√ 2π

ˆ

+∞

(−ω 2 + ω02 )xeiωt dt = (−ω 2 + ω02 )ˆ x(ω) −∞

Da cui si ha la relazione xˆ(ω) =

Fˆ (ω) ω02 − ω 2

(1.8)

Antitrasformando la (1.8) ricaviamo la legge oraria x(t) 1 x(t) = √ 2π

ˆ

+∞

−∞

Fˆ (ω) −iωt e dω ω02 − ω 2

Applicazione all’equazione d’onda In trasformata di Fourier la derivazione rispetto a t e x risulta particolarmente semplice; si puó dimostrare (semplicemente integrando per parti) che valgono le seguenti regole: F(∂t f ) = −iω fb F(∂x f ) = ik fb 1

Stiamo ragionevolmente assumendo che f (−∞) = f (+∞) = 0


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Applichiamo quindi la trasformata di Fourier ad entrambi i membri dell’equazione di d’Alembert (1.3) ˆ k) = 0 ˆ k) + c2 k 2 ξ(ω, ˆ k) = 0 −ω 2 ξ(ω, −→ (ω 2 − c2s k 2 )ξ(ω, s Se vogliamo che la ξ non sia identicamente nulla deve essre verificata la condizione ω 2 = c2s k 2

(1.9)

La (1.9), che esprime la relazione tra ω e k, si chiama relazione di dispersione; a partire da essa si definiscono la velocitá di fase vf e la velocitá di gruppo vg vf ≡

ω k

vg ≡

∂ω ∂k

Propagazione di un pacchetto d’onda Le onde monocromatiche che abbiamo considerato fino ad ora hanno un brutto difetto: si estendono infinitamente nel tempo e nello spazio ed hanno energia infinita! Nella realtà si ha a che fare con segnali costituiti da un numero arbitrario ma finito di oscillazioni: oggetti di questo tipo sono detti pacchetti d’onda. Un caso notevole è il pacchetto gaussiano: 2 2 f (x) = eik0 x−x /L Il grafico della parte reale di questa funzione é mostrato nella figura accanto: esso é costituito da un certo numero di oscillazioni modulate da un inviluppo gaussiano. Il numero di oscillazioni dipende dal parametro k0 L: k0 L 1 → molte oscillazioni k0 L 1 → nessuna oscillazione In particolare per k0 L → ∞ si ha un’onda monocromatica. Vogliamo ora studiare come si propaga un’onda come questa usando la trasformata di Fourier. La nostra condizione iniziale é la seguente: ξ(x, t = 0) = f (x) Sappiamo che possiamo scrivere in generale ˆ +∞ 1 ˆ k)eikx−iωt dωdk ξ(x, t) = √ ξ(ω, 2π −∞ Sfruttando la relazione di dispersione (1.9), ci riduciamo a ˆ +∞ 1 ik(x−cs t) ˆ ξ(x, t) = √ ξ(k)e dk 2π −∞

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Calcolando tutto all’istante t = 0 otteniamo ˆ +∞ 1 ikx ˆ ˆ = fˆ(k) ξ(k)e dk = f (x) =⇒ ξ(k) ξ(x, 0) = √ 2π −∞ D’altronde é facile calcolare che 1 L 2 2 fˆ(k) = √ e− 4 (k−k0 ) L 2

Mettendo tutto insieme abbiamo 1 ξ(x, t) = √ 2π

ˆ

+∞

−∞

1 L 2 2 √ e− 4 (k−k0 ) L eik(x−cs t) dk 2

Svolgendo l’integrale otteniamo finalmente l’evoluzione temporale del pacchetto: ξ(x, t) = eik0 (x−cs t) e−

(x−cs t)2 L2

(1.10)

Nell’espressione della (1.10) si distingue chiaramente la velocitá di propagazione dell’inviluppo gaussiano dalla velocitá della portante (oscillazioni all’interno); la prima é la velocitá di gruppo, la seconda é la velocitá di fase. Se esse coincidono e sono costanti (come in questo caso) l’onda si dice non dispersiva; in generale, nei mezzi dispersivi le due velocitá non coincidono e dipendono dalla frequenza (gli effetti di ció saranno analizzati piú avanti).

1.1.5

Riflessione e onde stazionarie

Cosa succede se la densitá della corda non é uniforme? Supponiamo di avere due corde caratterizzate da diverse densitá e di legarle assieme; chiamiamo δ la lunghezza caratteristica in cui avviene la variazione di densitá; nel problema che stiamo considerando possiamo stimare δ/λ 1 cioé la regione in cui avviene la variazione della densitá é molto piú piccola rispetto alla lunghezza d’onda. Grazie a questa condizione, invece di risolvere l’equazione a coefficienti variabili ∂ 2ξ ∂ 2ξ 2 − c (x) =0 s ∂t2 ∂x2 possiamo ricondurci a due equazioni a coefficienti costanti, le cui soluzioni saranno poi raccordate per mezzo di opportune condizioni al contorno. 2 ∂ 2ξ 2 ∂ ξ − c =0 s,1 ∂t2 ∂x2

per x < 0

2 ∂ 2ξ 2 ∂ ξ − c =0 per x > 0 s,2 ∂t2 ∂x2 Andiamo allora a ricavare le condizioni di raccordo: innanzitutto la ξ deve essere continua, altrimenti la corda si spezzerebbe; inoltre saranno continue anche le sue derivate temporali, dato che la discontinuitá é nello spazio, non nel tempo; naturalmente ∂xx ξ é discontinua perché


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abbiamo assunto cs (x) discontinua. Ci resta da vedere cosa succede per ∂x ξ. Integriamo l’equazione nell’intervallo [−ε, ε] (faremo poi tendere ε a 0) ˆ

ˆ ε 2 1 ∂ 2ξ ∂ ξ dx = dx 2 2 2 −ε ∂x −ε cs (x) ∂t + * ∂ξ ∂ξ 1 ∂ 2ξ = (ε) − (−ε) 2ε 2 2 cs (x) ∂t ∂x ∂x ε

Mandando ε → 0 si ottiene

∂ξ + ∂ξ − (0 ) − (0 ) = 0 ∂x ∂x

(1.11)

Cioé ∂x ξ é continua in x = 0. Consideriamo ora un’onda monocromatica e facciamola propagare sulla corda; si avrá ω1 k1 ω2 = k2

ξ(x, t) = Ain eik1 x−iω1 t

cs,1 =

per x < 0

ξ(x, t) = Atr eik2 x−iω2 t

cs,2

per x > 0

É immediato verificare che con queste soluzioni non si riesce in alcun modo a soddisfare le condizioni di raccordo; per risolvere il problema basta introdurre un’onda riflessa nella zona x<0 ξ(x, t) = Ain eik1 x−iω1 t + Arif e−ik3 x−iω3 t ξ(x, t) = Atr eik2 x−iω2 t

per x < 0 per x > 0

Il nostro obiettivo é di determinare delle relazioni che leghino le varie ω, k e A Mettiamoci nel punto x = 0: la condizione di continuitá della ξ ci fornisce la seguente uguaglianza: Ain e−iω1 t + Arif e−iω3 t = Atr e−iω2 t che deve essere soddisfatta ∀t; da questo segue necessariamente che ω1 = ω2 = ω3 . Ricordando le relazioni che legano le ω alle k si ricava anche k1 = k3

k2 =

ω cs,2

Adesso, rimanendo sempre in x = 0, consideriamo l’istante t = 0; imponendo la continuitá della ξ e della sua derivata spaziale troviamo il seguente sistema (

Ain + Arif = Atr k1 (Ain − Arif ) = k2 Atr

Risolvendo il sistema si ricavano le formule che esprimono Arif e Atr in funzione diAin Arif =

k1 − k2 Ain k1 + k2

Atr =

2k1 Ain k1 + k2

(1.12)

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Cosa succede se, invece di legare tra loro due corde, inchiodo al muro un capo di una corda? Possiamo considerare questa situazione come un caso particolare della precedente, in cui però si ha che ρ2 → ∞, quindi2 anche k2 → ∞; in questo limite le (1.12) diventano Arif = −Ain

Atr = 0

Al contrario, nel limite k2 → 0 si ottiene Arif = Ain

Atr = 2Ain

Onde stazionarie Consideriamo una corda di lunghezza L fissata ai due estremi; rientriamo quindi, secondo la discussione precedente, nel caso k2 → ∞: quando un’onda si propaga sulla corda, una volta raggiunto uno degli estremi, sará totalmente riflessa. Vedremo che per questo problema non tutte le frequenze sono possibili, i modi di oscillazione sono discretizzati. Consideriamo una soluzione del tipo ξ(x, t) = A1 eikx−iωt + A2 e−ikx−iωt Imponiamo che ci sia un nodo (cioé un punto in cui la corda rimane sempre ferma) in x = 0 e in x = L ξ(0, t) = 0 ⇒ A1 = −A2 = A ξ(L, t) = 0 ⇒ A[eikL − e−ikL ] = 0 ⇒ sin kL = 0

(1.13) (1.14)

Dalla (1.13) si ricava che la ξ ha la forma di un’onda stazionaria, cioé un’onda in cui non si vede nessuna propagazione: ξ(x, t) = Ae−iωt [eikx − e−ikx ] = 2iAe−iωt sin kx La (1.14) invece determina i valori permessi di k: kL = nπ ⇒ k =

1.1.6

nπ L

Conservazione dell’energia

Vogliamo scrivere un’equazione che esprima la conservazione dell’energia; ci aspettiamo che essa abbia la struttura di un’equazione di continuitá, cioé un’equazione del tipo ∂ (densitá di energia) + ∇ · (un vettore) = (densitá di potenza) ∂t

(1.15)

Integrando la (1.15) in un volume V e ricordando il teorema della divergenza, si trova che la variazione nel tempo dell’energia contenuta in V é pari alla somma dell’energia che fluisce 2

Ricordiamo dal paragrafo 1.1.1 che k = ω/cs = ωρ/T

1.2 Onde 3-dimensionali

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attraverso il contorno di V e della potenza immessa o dissipata in V . Visto che stiamo studiando una situazione unidimensionale, cercheremo un’equazione del tipo ∂ ∂ (densitá lineare di energia) + (...) = (densitá lineare di potenza) ∂t ∂x Consideriamo l’equazione della corda vibrante con un termine di sorgente: ρ

∂ 2ξ ∂ 2ξ − T = S(x, t) ∂t2 ∂x2

∂ξ , ottenendo ∂t

Moltiplichiamo tutto per

ρ

∂ 2 ξ ∂ξ ∂ 2 ξ ∂ξ ∂ξ − T = S(x, t) 2 2 ∂t ∂t ∂x ∂t ∂t

che si può riscrivere come ρ∂ 2 ∂t

∂ξ ∂t

!2

∂ −T ∂x

∂ξ ∂ξ ∂x ∂t

!

T ∂ + 2 ∂t

∂ξ ∂x

!2

= S(x, t)

∂ξ ∂t

Manipolandola si ricava facilmente l’equazione cercata 

∂   ∂t   



ρ 2

∂ξ ∂t

|

{z

!2

+ }

densit` a di energia cinetica

1.2

T 2

∂ξ ∂x

|

{z

!2

  ∂ −T  ∂x 

∂ξ ∂ξ ∂x ∂t

!

= S(x, t)

∂ξ ∂t

}

densit` a di energia potenziale

Onde 3-dimensionali

La ovvia generalizzazione tridimensionale dell’equazione di d’Alembert è la seguente ∇2 ξ −

1 ∂ 2ξ =0 c2s ∂t2

(1.16)

Chi legge può verificare che essa ammette soluzioni del tipo onda piana, cioè ξ(x, t) = A+ eik·x−iωt + A− e−ik·x−iωt In questo paragrafo mostriamo che la (1.16) ammette soluzioni in simmetria sferica. Ricordiamo l’espressione del laplaciano in coordinate sferiche3 (per funzioni che non dipendono da θ e ϕ) ∇2 =

1 ∂ 2∂ r r2 ∂r ∂r

In coordinate sferiche la (1.16) diventa 1 r2 3

∂ 2∂ 1 ∂ 2ξ r ξ − 2 2 =0 ∂r ∂r cs ∂t !

Si consiglia di fare il calcolo esplicito, almeno una volta nella vita

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Per risolvere questa equazione, facciamo il seguente cambio di variabile: ξ(r, t) =

f (r, t) r

Sostituendo, l’equazione diventa: 1 ∂2 f c2s ∂t2 r

1 ∂ 2 ∂ f r r2 ∂r ∂r r ! 1 ∂ ∂f r −f r2 ∂r ∂r ! 1 ∂f ∂ 2f ∂f +r 2 − r2 ∂r ∂r ∂r 1 ∂ 2f r ∂r2 !

= = = =

Se r 6= 0 troviamo l’equazione di d’Alembert unidimensionale: 1 ∂ 2f ∂ 2f − =0 ∂r2 c2s ∂t2 la cui soluzione generale sappiamo essere f (r, t) = f1 (r + cs t) + f2 (r − cs t) f1 (r + cs t) f2 (r − cs t) ⇒ ξ(r, t) = + r r

1.3

Onde dispersive

In questa sezione daremo un cenno agli effetti della dispersione; studieremo come esempio le onde di gravità, cioè le onde in cui la forza di richiamo è la gravità. Onde di questo tipo sono le onde del mare. Questo è il nostro programma: scriveremo la relazione di dispersione e studieremo l’evoluzione di un pacchetto gaussiano, osservando che durante la propagazione esso cambia forma. Per le onde dispersive si ha che la velocità di fase dipende dalla frequenza, ovvero avremo vf = vf (ω); quindi ogni frequenza si propaga con velocità differente dalle altre, di conseguenza il pacchetto cambia forma. Come abbiamo detto le onde del mare sono un esempio di onde dispersive e per un mare infinitamente profondo4 , la relazione di dispersione è la seguente: ω 2 = |k|g dove g è l’accelerazione di gravità, di conseguenza si ha vf (ω) = 4

s g

g = k ω

1 g g vg (ω) = = 2 k 2ω s

Per un mare finito la relazione si modifica nel seguente modo ω 2 = |k|g tanh(|k|h), dove h è la profondità.

1.3 Onde dispersive

17

dunque le onde più lunghe viaggiano più veloce. Adesso, vediamo come evolve un pacchetto gaussiano, che prenderemo ben localizzato ovvero k0 L 1, in modo che le frequenze significative sono soltanto quelle concentrate in un intorno di k0 , così svilupperemo ω(k) in un intorno di k0 . Sia il nostro pacchetto ˆ +∞ h i 1 1 2 2 ξ(x, t) = √ exp − (k − k0 ) L exp i(kx − ω(k)t) dk 4 2π −∞ Il lettore noti che stiamo lavorando in trasformata poiché si può fare l’evoluzione temporale soltanto hfrequenza per ifrequenza. Allora, visto che k0 L 1, possiamo sviluppare il fattore di fase exp i(kx − ω(k)t) ; bisogna fare attenzione però, poiché lo sviluppo sarà valido soltanto per un breve intervallo temporale; facciamo un esempio: considerando il seguente sviluppo sin ((ω + δω)t) ' sin ωt + δωt cos ωt per

δω 1 ω

si ha che la correzione cresce nel tempo come δωt, quindi il risultato sarà privo di significato per t ≥ 1/δω. Sviluppiamo ω(k) in un intorno di k0 : ∂ω 1 ∂ 2 ω 2 2 ω(k) = ω(k0 ) + (k − k0 ) + (k − k ) + o (k − k ) 0 0 ∂k k0 2 ∂k 2 k0

sostituendo nell’espressione per ξ(x, t), si ottiene ˆ

1 dk exp − (k − k0 )2 L2 × 4 −∞ " # h i ∂ω 1 ∂ 2ω 2 exp i(k − k0 )x exp − i (k − k0 ) + (k − k0 ) t (1.17) ∂k 2 ∂k 2

h i 1 ξ(x, t) ' √ exp ik0 x − iω(k0 )t 2π

+∞

• Trascurando per il momento la correzione al second’ordine si ha il seguente integrale: ˆ +∞ 1 ∂ω 2 2 exp − (k − k0 ) L exp i(k − k0 ) x − t d(k − k0 ) 4 ∂k −∞ che si risolve facilmente con il “trucco” che abbiamo usato per la trasformata della gaussiana a pag.9, infatti si può riscrivere come segue " " # ˆ +∞ 2 # 1 ∂ω 2 1 i ∂ω exp − 2 x − t exp (k − k0 )L − x− t d(k − k0 ) L ∂k 2 L ∂k −∞ adesso visto che l’integrale è soltanto un fattore costante (è l’integrale di una gaussiana), si ottiene per ξ(x, t) √ " # h i 2 1 ∂ω 2 ξ(x, t)1◦ ordine = exp ik0 x − iω(k0 )t exp − 2 x − t L | L ∂k {z } portante

|

{z

inviluppo

}

Si noti la differente velocità dell’inviluppo (vg = ∂k ω|k0 ) rispetto alla portante (vf = ω(k0 )/k0 ).

18

1 Oscillazioni e onde • Invece se consideriamo anche il secondo ordine abbiamo che: √

ξ(x, t) = exp ik0 x − iω(k0 )t r



2

L2 + 2i ∂∂kω2 t 2

exp  −

x−

L2 +

2 ∂ω t ∂k   ∂2ω 2i ∂k2 t 

Prendendone la parte reale, si ha per l’allargamento del pacchetto la seguente espressione L=

v u 1u t 4 L

L

!2

∂ 2ω +4 t ∂k 2

quindi si vede che il pacchetto si allarga con il tempo. Da notare, però, che il pacchetto mentre si allarga, si abbassa anche, quindi si ha, come è giusto che sia, la conservazione dell’energia5 .

5

Questo è vero per i mezzi non dissipativi, per i mezzi dissipativi si deve tenere conto dell’energia assorbita dal mezzo. Vedasi il Teorema di Poynting alla sezione 2.5.

Capitolo 2 Elettromagnetismo nel vuoto 2.1

Potenziali elettromagnetici ρ ε0 ∂E J + c2 ∇ × B = ε0 ∂t ∇·E=

∇·B=0 ∂B ∇×E=− ∂t

Nel lato sinistro abbiamo scritto le equazioni di Maxwell disomogenee, che legano i campi alle sorgenti, a destra quelle omogenee. D’ora in poi il nostro obiettivo sarà quello di risolvere queste equazioni. Cominciamo da quelle omogenee. Poichè B ha divergenza nulla, esso può essere espresso come rotore di un altro campo vettoriale: B=∇×A

(2.1)

Sostituendo la (2.1) nell’equazione del rotore di E si ottiene ∂ ∂A ∇ × E = − (∇ × A) = −∇ × ∂t ∂t ∂A ⇒ ∇ × E+ ∂t ∂A Dato che la quantità E+ ∂t un campo scalare:

!

!

=0

!

ha rotore nullo, essa può essere espressa come gradiente di

∂A (2.2) ∂t Abbiamo risolto le equazioni omogenee; il prossimo passo è sostituire quanto ottenuto nelle equazioni disomogenee. Usando la relazione ∇ × ∇ × ∗ = ∇(∇ · ∗) − ∇2 ∗ (per una dimostrazione si veda l’appendice), si ha ρ ∂ ρ ∇·E= ⇒ ∇2 ϕ + ∇ · A = − ε0 ∂t ε0 1 ∂E J 1 ∂ 1 ∂ 2A J 2 ∇×B− 2 = ⇒ ∇ A − ∇ (∇ · A) − ∇ϕ − =− 2 2 2 2 2 c ∂t ε0 c c ∂t c ∂t ε0 c E = −∇ϕ −

19

20

2 Elettromagnetismo nel vuoto

Le equazioni per potenziali che abbiamo trovato sono piuttosto complicate, però possiamo migliorarle notevolmente; infatti il potenziale vettore A è definito a meno di un gradiente, cioè possiamo aggiungere ad A il gradiente di uno scalare ψ senza modificare il campo magnetico1 . Naturalmente, modificando A, dovremo modificare anche ϕ in modo che anche E resti invariato.

2.1.1

Gauge di Lorenz

Trasformazioni del tipo di quella che intendiamo operare su A e ϕ si chiamano trasformazioni di gauge.  A → A0 = A + ∇ψ ϕ → ϕ0 Come deve essere ϕ0 affinchè E non venga modificato? ∂A ∂A0 ∂ = −∇ϕ0 − − ∇ψ ∂t ∂t ∂t

E = −∇ϕ0 −

∂ψ ∂t La questione ora è questa: qual è la scelta più opportuna di ψ che semplifica le equazioni per i potenziali? La scelta che facciamo (gauge di Lorenz2 ) è di porre ⇒ ϕ0 = ϕ −

∇·A=−

1 ∂ϕ c2 ∂t

(2.3)

Sostituendo, le equazioni per i potenziali si disaccoppiano e assumono la forma dell’equazione delle onde: ρ 1 ∂ 2ϕ = − 2 2 c ∂t ε0 2 1∂ A J ∇2 A − 2 2 = − 2 c ∂t ε0 c ∇2 ϕ −

(2.4) (2.5)

A questo punto è legittimo chiedersi se sia sempre possibile trovare ψ in modo da soddisfare la (2.3). Supponiamo di avere un A che non soddisfa la (2.3): ∇·A=−

1 ∂ϕ + S(x, t) c2 ∂t

Sottoponiamo A e ϕ ad una trasformazione di gauge:  A ϕ 1 2

→ A0 = A + ∇ψ → ϕ0 = ϕ − ∂ψ ∂t

Si ricorda che il rotore di un gradiente è nullo Ludvig Valentin Lorenz, fisico danese; viene spesso confuso con il più celebre Hendrik Antoon Lorentz

2.2 Equazioni per i campi

21

e imponiamo che A0 e ϕ0 soddisfino la gauge di Lorenz: 1 ∂ϕ0 c2 ∂t ! ∂ψ 1 ∂ ϕ− ∇ · (A + ∇ψ) = − 2 c ∂t ∂t 1 ∂ϕ 1 ∂ 2ψ ∇ · A + ∇2 ψ = − 2 + 2 2 c ∂t c ∂t 2 1 ∂ ψ 1 ∂ϕ ∇2 ψ − 2 2 = −∇ · A − 2 c ∂t c ∂t 2 1∂ ψ ∇2 ψ − 2 2 = −S(x, t) c ∂t ∇ · A0 = −

(2.6)

La (2.6) ci dice che la ψ soddisfa l’equazione delle onde; visto l’esistenza della soluzione della (2.6), possiamo concludere che, dati due potenziali A e ϕ, è sempre possibile trovare una trasformazione che manda A in A0 e ϕ in ϕ0 in modo tale che A0 e ϕ0 soddisfino la gauge di Lorenz.

2.2

Equazioni per i campi

Mostriamo, adesso che si possono ricavare le equazioni d’onda, come per i potenziali, anche per i campi; infatti applicando il rotore all’equazione per il rotore di E si ottiene: ∇(∇ · E) − ∇2 E = −

∂ (∇ × B) ∂t

sostituendo le equazioni di Maxwell per la divergenza di E e per il rotore di B si ha: ∇2 E −

1 ∂ 2E 1 ∂ ρ = J+∇ 2 2 2 c ∂t ε0 c ∂t ε0

Si nota subito la forma tipica dell’equazione d’onda con un termine di sorgente, alquanto complicato, che tra l’altro dipende dall’accelerazione di quest’ultima. Per B possiamo scrivere l’equazione analoga, applicando il rotore all’equazione per il rotore di B e ricordando la divergenza nulla del campo magnetico otteniamo che: ∇2 B −

1 1 ∂ 2B = − ∇×J c2 ∂t2 ε0

Anche qui il termine di sorgente non è tra i più facili, si apprezzi dunque l’utilizzo dei potenziali i quali non dipendono dall’accelerazione della sorgente, ma soltanto dalla sua posizione e velocità. Comunque le equazioni d’onda per i campi sono molto utili in assenza di sorgenti, infatti le equazioni divengono 1 ∂ 2E = 0 c2 ∂t2 1 ∂ 2B ∇2 B − 2 2 = 0 c ∂t ∇2 E −

(2.7) (2.8)

22


Vediamo allora come sono le onde eletromagnetiche nel vuoto. Come abbiamo visto nel paragrafo 1.2 la (2.7) ammette, per esempio, la seguente soluzione E = E0 eik·x−iωt

(2.9)

una soluzione analoga si ha per B; visto che la matematica la sappiamo mettiamo dentro un po’ di fisica. Innanzitutto il k che compare nell’esponente è il vettore d’onda che ha modulo 2π λ inoltre si dice polarizzazione dell’onda la direzione del campo elettrico. Imponiamo, adesso, che la divergenza di E e quella di B siano nulle (siamo nel vuoto), allora |k| =

k·E = 0 k·B = 0 ovvero i campi sono ortogonali alla direzione di propagazione, quindi sono onde trasversali. Ora vogliamo trovare una relazione tra E e B, allora usando l’equazione ∇ × E = −∂t B si ha, sostituendo ad E la (2.9),

∇ × E0 eik·x−iωt = ik × E0 eik·x−iωt = ik × E = −

∂B ∂t

supponendo che k = (kx , 0, 0) e che l’onda sia polarizzata lungo ˆ z: E = E0 ˆ zeikx x−iωt viene che

∂B ∂t quindi il campo magnetico B è lungo y ˆ, di conseguenza E · B = 0. Cercando una soluzione per B della stessa forma di E: êikx x−iωt B = B0 y −ikx E0 y êikx x−iωt = −

allora ik × E = − ovvero

∂B ⇒ ∂t

−ikx E0 = iωB0

k E0 B0 = − E0 = − ω c dove vf = ω/k = c visto che siamo nel vuoto. Quindi per onde elettromagnetiche piane (ma non in generale) si ha che E·B = 0 |E| = |cB| Facciamo notare che abbiamo lavorato con esponenziali complessi, ma le “onde fisiche” sono le parti reali dell’espressioni che abbiamo dato, cioè E = E0ˆ z cos(k · x − ωt) B = B0 y ˆ cos(k · x − ωt)

2.3 Soluzioni delle equazioni di Maxwell

2.3

23

Soluzioni delle equazioni di Maxwell

Adesso siamo pronti per risolvere, una volta per tutte, le equazioni di Maxwell! Siccome, come già visto, sono tutte della forma d’equazione d’onda risolveremo il caso più generale, ovvero 1 ∂2 ψ(x, t) = −S(x, t) (2.10) c2 ∂t2 dove S(x, t) è il termine di sorgente. Però bisogna fare un’ultimo passo: visto che vale il principio di sovrapposizione, la risolveremo per sorgenti puntiformi; perciò bisogna prima definire la delta di Dirac. ∇2 ψ(x, t) −

Delta di Dirac La delta di Dirac è molto utile per rappresentare le cariche puntiformi, in quanto gode della proprietà di essere nulla dappertutto tranne in un punto. Un modo empirico e alquanto grossolano di definire la delta3 può essere 1 2 2 lim √ e−(x−x0 ) /L ≡ δ(x − x0 ) L→0 πL ovvero il limite di una gaussiana sempre più stretta e alta, centrata in x0 . Andiamo ad elencare alcune proprietà che ci saranno utili: ˆ • δ(x − x0 ) dx = 1 se x0 ∈ I, altrimenti l’integrale è nullo. Questo vale anche per I = R. I

ˆ

f (x)δ(x − x0 ) dx = f (x0 ) se x0 ∈ I, altrimenti è • Per f (x) “abbastanza” regolare si ha ˆ I zero.4 Si può anche scrivere f (x) = f (y)δ(y − x) dy • La delta è pari, cioè δ(x − y) = δ(y − x) Ovviamente si può definire la delta in tre dimensioni, allo stesso modo come sopra, in cui valgono le proprietà analoghe a quelle suddette. Soluzione dell’equazione d’onda con sorgente Risolviamo la (2.10). L’idea è di scomporre S come somma di sorgenti puntiforme poste in x0 , ovvero ˆ S(x, t) = S(x0 , t)δ 3 (x − x0 )d3 x0 dove δ 3 (x − x0 ) = δ(x − x0 )δ(y − y0 )δ(z − z0 ), ovvia generalizzazione in tre dimensioni della delta. Allora risolveremo l’equazione5 per ψx0 (x, t), ∇2 ψx0 (x, t) − 3

1 ∂2 ψx (x, t) = −S(x0 , t)δ 3 (x − x0 ) c2 ∂t2 0

Per una trattazione piú rigorosa e approfondita si veda G. Cicogna,Metodi matematici della Fisica, cap. 5 Vale per qualsiasi f (x) continua in un intorno del punto x0 . 5 Tecnicamente ψx0 (x, t) è detto funzionale di Green.

4

24


La nostra soluzione sarà

ˆ ψ(x, t) =

d3 x0 ψx0 (x, t)

Digressione in elettrostatica Tanto per cominciare, vogliamo far vedere l’utilizzo del metodo descritto sopra per la nota equazione di Poisson ρ(x) (2.11) ∇2 ϕ(x) = − ε0 Allora, si ha che ˆ ρ(x) =

ρ(x0 )δ 3 (x − x0 ) d3 x0

e la nostra soluzione è

ˆ ϕ(x) =

ϕx0 (x) d3 x0

Per risolvere la (2.11) conviene mettersi in coordinate sferiche. Allora visto che per x 6= x0 non abbiamo sorgenti l’equazione è omogenea ed è (r = |x − x0 |) 1 ∂ 2∂ r ϕx (x) = 0 r2 ∂r ∂r 0 La soluzione sarà (basta integrare due volte in r) ϕx0 (x) = A +

B r

Adesso dobbiamo dare delle condizioni su ϕ per determinare A e B. Una condizione è l’annullarsi all’infinito, quindi A = 0. Per determinare B, invece, integriamo la (2.11) su una sfera centrata sulla sorgente e poi mandiamo il raggio R a zero. Allora si ha ˆ ˆ ˆ 1 3 ∇ · (∇ϕx0 ) d x = ∇ϕx0 ds = − ρ(x0 )δ 3 (x − x0 ) d3 x Gauss ε 0 ∂D D D dove D è la sfera, ∂D è la superficie della sfera, ds è l’elemento si superficie. Sostituendo a ϕx0 l’espressione che abbiamo trovato si ha che ∇ϕx0 = − da cui

B r2

ˆ

B ρ(x0 ) =− 2 R ε0 ∂D dove nell’ultima eguaglianza si è fatto uso della proprietà della delta secondo cui l’integrale della delta è uguale a 1 (ρ(x0 ) l’abbiamo portato fuori l’integrale in quanto l’integrazione è in d3 x e non su d3 x0 ). Ecco allora l’espressione per B ∇ϕx0 ds = −4πR2

B=

ρ(x0 ) 4πε0

2.3 Soluzioni delle equazioni di Maxwell

25

Quindi il potenziale di una sorgente puntiforme è ϕx0 (x) =

1 ρ(x0 ) 4πε0 |x − x0 |

ed integrando su x0 , si ottiene la ben nota formula per il potenziale eletrostatico, soluzione della (2.11) ˆ ρ(x0 ) 3 1 d x0 (2.12) ϕ(x) = 4πε0 |x − x0 |

2.3.1

Potenziali ritardati

Detto questo, possiamo tornare alla nostra equazione delle onde e risolverla proprio come abbiamo fatto per l’equazione di Poisson. Per sorgente puntiforme ∇2 ψx0 (x, t) −

1 ∂2 ψx (x, t) = −S(x0 , t)δ 3 (x − x0 ) c2 ∂t2 0

(2.13)

per x 6= x0 non abbiamo sorgenti e la nostra equazione è omogenea; cercando soluzioni a simmetria sferica si ottiene, come abbiamo visto nel paragrafo 1.2, (con r = |x − x0 |) ψ x0 =

f (t − rc ) g(t + rc ) + r r

Ma dobbiamo imporre che le onde siano uscenti dalla sorgente, quindi escludiamo la g(t + r/c). Questa condizione è imposta dal principio di causalità e dal fatto che ha poco senso parlare di onde che arrivano dall’infinito e vanno verso la sorgente. Allora la nostra soluzione è ψx0 =

f (t − r/c) f (t − r/c) 1 f 0 (t − r/c) ⇒ ∇ψx0 = − − r r2 c r

dove con f 0 (t − r/c) indichiamo la derivata di f rispetto al suo argomento. Facciamo notare che derivare rispetto al tempo la f è uguale a derivare rispetto al suo argomento. Adesso integriamo la (2.13) sulla sfera, di raggio R, centrata in x0 , e gli sostituiamo l’espressione trovata sopra per il gradiente di ψx0 , per trovare un relazione tra ψ e il termine di sorgente. " # ˆ ˆ 00 ˆ f 1 f0 3 1 f 3 d x− 2 ∇ − 2− d x = − S(x0 , t)δ 3 (x − x0 ) d3 x r c r c r |

{z

(∗)

}

|

{z

(∗∗)

}

Mandando R → 0 si vede che (∗∗) → 0 integrato sulla sfera. Vediamo invece il termine (∗): per il teorema di Gauss si ha che " # f 1 f0 2 (∗) = 4πR − 2 − R cR passando al limite per R → 0 il secondo termine in parentesi si annulla, cosi la condizione di raccordo della funzione con la sorgente è uguale a quella di Poisson. Abbiamo la seguente uguaglianza S(x0 , t) − 4πf = −S(x0 , t) ⇒ f (t) = (2.14) 4π

26


Inoltre visto che

f (t) (r → 0) r allora mettendo insieme quest’ultima equazione con la (2.14) si ottiene che ψx0 =

(2.15)

S(x0 , t − r/c) (2.16) 4πr Si nota subito che compare un tempo ritardato trit = t − r/c. Avendo risolto l’equazione delle onde per una sorgente puntiforme, non rimane altro che integrare su x0 , allora otteniamo la soluzione generale: ˆ 0| S(x0 , t − |x−x ) 3 c ψ(x, t) = d x0 (2.17) 4π|x − x0 | A questo punto abbiamo finito, infatti abbiamo la soluzione generale delle equazione d’onda per una qualunque sorgente. In particolare per risolvere le equazioni per i potenziali, la (2.4) e la (2.5), basta sostituire a ψ e S il potenziale vettore o scalare e la rispettiva sorgente; vediamo un po’: ˆ 0| J(x0 , t − |x−x ) 3 1 c A(x, t) = d x0 (2.18) 4πε0 c2 |x − x0 | ˆ 0| ρ(x0 , t − |x−x ) 3 1 c d x0 (2.19) ϕ(x, t) = 4πε0 |x − x0 | ψx0 (r, t) =

Abbiamo appena risolto le equazioni di Maxwell!

2.4

Sviluppo in multipoli

Nel paragrafo 2.3 abbiamo ricavato le soluzioni z generali delle equazioni d’onda per i potenziali; in linea di principio, con quelle soluzioni possiamo calcolare i potenziali in qualunque circostanza, purchè siano note le sorgenti. In questa sezione troveremo delle espressioni approssimaP(x,y,z) te di quelle soluzioni, valide sotto opportune ipotesi. r Riferendoci alla figura 2.1, chiamiamo S la sorgente (in concreto sarà ρ o J); un punto qualunque della sorgente ha coordinate d x0 = (x0 , y 0 , z 0 ), mentre il punto in cui voy gliamo conoscere i potenziali ha coordinate S(x’,y’,z’) r = (x, y, z) e dista r dall’origine degli assi; la dimensione caratteristica della sorgente è d. x Ricordiamo brevemente cosa si fa in elettroFigura 2.1 Sviluppo in multipoli statica: ci si pone ad una distanza r d dall’origine e si considerano i primi termini dello sviluppo in serie del fattore 1/ |r − x0 | che compare nell’espressione del potenziale elettrostatico.

2.4 Sviluppo in multipoli Consideriamo qui l’espressione per il potenziale vettore: ˆ J(x0 , t − |r − x0 | /c) 3 0 1 dx A(r, t) = 4πε0 c2 |r − x0 |

27

(2.20)

Sottolineiamo che ora, diversamente dal caso statico, il termine |r − x0 | compare non solo al denominatore, ma anche nel tempo ritardato. Occupiamoci prima di tutto del denominatore: se ci mettiamo ad una distanza r d, possiamo approssimare 1/ |r − x0 | ' 1/r e si ottiene ˆ 1 A(r, t) ' J(x0 , t − |r − x0 | /c)d3 x0 2 4πε0 c r Adesso è arrivato il momento di occuparci del termine |r − x0 | che compare nel tempo ritardato; vogliamo capire le ipotesi sotto le quali ha senso un suo sviluppo in serie. Per fare ciò consideriamo una sorgente monocromatica: |r − x0 | J = Jω (x0 ) cos ω t − c "

!#

sviluppiamo J per |x0 | |r|: (

r |r − x0 | − t− t− c c

"

r r J ' Jω (x ) cos ω t − − ω sin ω t − c c ( 0 r ˆ r·x ω sin ω t − = Jω (x0 ) cos ω t − − c c 0

r c

#)

)

dove si è usato il seguente sviluppo |r − x0 | ' r −

r · x0 r

Vediamo quindi che il termine correttivo rispetto all’approssimazione |r − x0 | ' |r| = r è 0 dell’ordine di ωxc ∼ vc ∼ λd . Quindi se siamo nell’ipotesi λd 1, ha senso sviluppare in serie J: J(x0 , t − |r − x0 | /c) ' J(x0 , t − r/c) +

x0 · r ∂J 0 (x , t − r/c) + ... cr ∂t

(2.21)

Inserendo quanto trovato nell’espressione del potenziale vettore si trova (nelle ipotesi d r e d λ) ˆ ˆ 0 1 1 1 1 x · r ∂J 0 0 3 0 A(r, t) ' A1 +A2 = J(x , t−r/c)d x + (x , t−r/c)d3 x0 (2.22) 4πε0 c2 r 4πε0 c2 r cr ∂t

2.4.1

Dipolo elettrico

Occupiamoci per il momento del primo termine della (2.22): ˆ 1 1 A1 = J(x0 , t − r/c)d3 x0 4πε0 c2 r

(2.23)

28


Osserviamo che nell’espressione del tempo ritardato, l’aver sostituito |r − x0 | con r, corrisponde a considerare il ritardo uniforme su tutta la sorgente. Vogliamo ora trasformare l’integrale nella (2.23) in modo che compaia esplicitamente il momento di dipolo elettrico; consideriamo perciò il tensore a due indici x0k Ji e calcoliamone la divergenza: ∂i (x0k Ji ) = (∂i x0k )Ji + x0k (∂i Ji ) = δik Ji + x0k divJ ⇒ J = div(x0 ⊗ J) − x0 divJ Effettuando la sostituzione nell’integrale della (2.23) si ottiene: ˆ ˆ ˆ 3 0 0 3 0 Jd x = div(x ⊗ J)d x − x0 divJd3 x0 Applicando il teorema di Gauss, il primo integrale diventa un termine di flusso che si annulla scegliendo una superficie che racchiuda tutta la distribuzione di corrente e sulla quale non ci siano correnti libere; il secondo integrale invece può essere trasformato usando l’equazione di continuità: ˆ ˆ ˆ ˆ d 3 0 0 3 0 0 ∂ρ 0 dx = x0 ρd3 x0 = p˙ Jd x = − x divJd x = x ∂t dt Pertanto il primo termine dello sviluppo in multipoli del potenziale vettore è dovuto al momento di dipolo elettrico della sorgente: A1 (r, t) =

1 p(t ˙ − r/c) 2 4πε0 c r

(2.24)

Il prossimo obiettivo è il calcolo del potenziale scalare; il metodo più conveniente per ricavarlo è di sfruttare la gauge di Lorenz: 1 ∂ϕ1 1 r · p(t 1 ˙ − r/c) 1 = ∇ · A1 = − − r·p ¨ (t − r/c) 2 2 3 2 c ∂t 4πε0 c r 4πε0 c cr2 h

r 1 r· p + c p˙ ⇒ ϕ1 (r, t) = 4πε0 r3

i t− rc

Calcolo dei campi Abbiamo ricavato i potenziali per un dipolo elettrico; siamo pronti per calcolare i campi. Conosciamo dal paragrafo 2.1 le relazioni che legano i campi ai potenziali 1 B = ∇×A= 4πε0 c2

h

p˙ +

i r c

p ¨

t−r/c

×r

(2.25)

r3 

∂A 1 E = −∇ϕ − =− ∂t 4πε0 r3



  ∗ p  |

 p∗ · r 1  − 3 2 − 2 (¨ pt rit × r) × r  {z r } |c {z }

campo prossimo

campo di radiazione

(2.26)

2.4 Sviluppo in multipoli

29

dove abbiamo introdotto p∗ = pt rit + rc p˙ t rit Ricordiamo che quanto abbiamo trovato vale se d/λ 1 e d/r 1, resta da discutere il parametro r/λ; in base a questo parametro si individuano due zone: • r/λ 1: zona di campo prossimo, i campi vanno come 1/r2 e dipendono dalla velocità delle cariche • r/λ 1: zona dei campi di radiazione, i campi vanno come 1/r e dipendono dall’accelerazione delle cariche I campi prossimi sono quasi-statici: mostriamolo ad esempio per il campo B. Consideriamo uno sviluppo in serie di p: ˙ p(t ˙ − R/c) = p(t) ˙ + (trit − t)¨ p(t) + ... r = p(t) ˙ − p ¨ (t) + ... c Quando inseriamo questo sviluppo nell’espressione del campo magnetico, miracolosamente i termini dipendenti dall’accelerazione delle cariche si cancella: i h ˆ ¨ (t) + rc p ¨ (t) × r p(t) ˙ − rc p 1 1 J(x0 , t) × r 3 0 B' = dx 4πε0 c2 r3 4πε0 c2 r3

Vediamo allora che le soluzioni statiche sono valide in zona prossima a meno di termini di O (r/λ)2 . Passiamo ora ai campi di radiazione. I campi in zona di radiazione sono dati da 1 p ¨ (t − r/c) × ˆ r ×ˆ r 2 4πε0 c r ¨ (t − r/c) 1 p ×ˆ r B = 3 4πε0 c r E =

dove abbiamo introdotto il versore della direzione di osservazione ˆ r = rr . Si vede allora che in zona di radiazione i campi sono ortogonali tra loro e ortogonali alla direzione individuata da ˆ r.

2.4.2

Quadrupolo elettrico e dipolo magnetico

E’ arrivato ora il momento di occuparci del secondo termine della (2.22): ˆ 0 1 1 x · r ∂J 0 A2 = (x , t − r/c)d3 x0 2 4πε0 c r cr ∂t Nel seguito, per semplicità di notazione, scriveremo J0 al posto di (2.27) con la notazione indiciale: ˆ 1 Ai = rk Ji0 x0k d3 x0 4πε0 c3 r2

∂J . ∂t

(2.27)

Cominciamo scrivendo la

(2.28)

30


Come prima vogliamo trasformare l’integrando in qualcos’altro; introduciamo allora il tensore x0k x0i Jl0 ; esattamente come nella sezione precedente, calcoliamo la divergenza di questo tensore: ∂l (x0k x0i Jl0 ) = δlk x0i Jl0 + x0k δli Jl0 + x0k x0i ∂l Jl0 = x0i Jk0 + x0k Ji0 + x0k x0i ∂l Jl0 Adesso scriviamo l’integrando della (2.28) come somma di un termine simmetrico e uno antisimmetrico: 1 1 Ji0 x0k = (Ji0 x0k + Jk0 x0i ) + (Ji0 x0k − Jk0 x0i ) (2.29) 2 2 Occupiamoci della parte simmetrica; usando le identità trovate sopra e l’equazione di continuità si ottiene Ji0 x0k + Jk0 x0i = ∂l (x0k x0i Jl0 ) − x0k x0i ∂l Jl0 ∂ = ∂l (x0k x0i Jl0 ) − x0k x0i divJ ∂t 2 ∂ ρ = ∂l (x0k x0i Jl0 ) + x0k x0i 2 ∂t Come abbiamo fatto precedentemente nel caso del dipolo elettrico, per calcolare il potenziale vettore integriamo su un volume D che contiene tutta la sorgente; applicando il teorema di Gauss, l’integrale della divergenza del tensore si trasforma in un termine di flusso che si annulla se scegliamo il dominio di integrazione in modo che sulla superficie ∂D non ci siano correnti libere; per il resto si trova ˆ ˆ 1 ∂ 2ρ 1 0 0 0 0 3 0 (Ji xk + Jk xi )d x = x0k x0i 2 d3 x0 2 2 ∂t 2 ˆ 1d = x0k x0i ρd3 x0 2 dt2 ˆ ˆ 1 d2 1 02 1 d2 2 0 0 3 0 = (xk xi ρ − |x | δki ρ)d x + |x0 | δki ρd3 x0 2 dt2 3 6 dt2 ˆ 1¨ 1 d2 2 = Qik + |x0 | δki ρd3 x0 2 6 dt2 dove abbiamo introdotto il momento di quadrupolo elettrico ˆ 1 2 Qik ≡ (x0k x0i ρ − |x0 | δki ρ)d3 x0 3 Per cui il contributo del termine simmetrico al potenziale vettore è dato da ! ˆ 1 1 1 1¨ sym 0 2 3 0 A2 = Q(t − r/c)ˆr + ˆr |x | ρ¨(t − r/c)d x 4πε0 c3 r 2 6 In zona di radiazione il secondo termine in parentesi non genera campi, quindi si ha per la radiazione di quadrupolo ¨ − r/c)ˆr 1 Q(t Asym = (2.30) 2 3 8πε0 c r

2.5 Teorema di Poynting

31

Passiamo ora a esaminare il termine antisimmetrico nella (2.29). ˆ 1 anti = Ai rk (Ji0 x0k − Jk0 x0i )d3 x0 3 2 8πε0 c r ˆ 1 = (Ji0 rk x0k − rk Jk0 x0i )d3 x0 8πε0 c3 r2 ! ! ˆ ∂J 1 ∂J 0 anti (r·x ) − r· x 0 d 3 x0 ⇒ A2 = 8πε0 c3 r2 ∂t ∂t ! # ˆ " ∂J 1 = × r d 3 x0 x0 × 8πε0 c3 r2 ∂t ˆ d 1 = [(x0 × J) × r] d3 x0 8πε0 c3 r2 dt 1 = m ˙ ×r 4πε0 c3 r2 dove abbiamo introdotto il momento di dipolo magnetico ˆ 1 x0 × Jd3 x0 m≡ 2 Ricapitolando, abbiamo trovato il contributo dei termini di quadrupolo elettrico e dipolo magnetico al potenziale vettore: A2 =

2.5

¨ − r/c)ˆr 1 Q(t 1 m(t ˙ − r/c) × ˆr + 3 3 8πε0 c r 4πε0 c r

(2.31)

Teorema di Poynting

Ora vorremmo discutere la conservazione dell’energia per i campi elettromagnetici. Per formulare un teorema dell’energia ci serve un’equazione di continuità del tipo6 ∂ (densità di energia) + ∇ · (vettore) = (densità di potenza) ∂t dove il vettore sarà un termine di flusso, ovvero il flusso d’energia del campo elettromagnetico per unità di tempo attraverso una superficie unitaria. Vediamo come si può esprimere la densità di potenza: la forza su un particella è F = q(E + v × B) e la potenza è F · v = qE · v. Se abbiamo N particelle per unità di volume, ricordando che N qv = j, allora la densità di potenza sarà N qE · v = E · j. Questo termine rappresenta la potenza trasmessa dal campo alla materia, ma visto che stiamo scrivendo un teorema dell’energia per il campo allora il nostro termine di sorgente è −E · j. L’idea ora è quella di scrivere la densità di energia e il flusso in termini di E e B. Partiamo da ∂ −E · j = (?) + ∇ · (?) ∂t 6

Stiamo facendo la stessa cosa che abbiamo fatto per la corda nella sottosezione 1.1.6

32


Dall’equazione di Maxwell per il rotore di B j = ε 0 c2 ∇ × B − ε 0

∂E ∂t

quindi E · j = ε0 c2 E · (∇ × B) − ε0 E ·

∂E ∂t

1 ∂E 2 . Notando poi che l’ultimo termine è uguale a ε0 2 ∂t ∇ · (E × B) = = = = = si ottiene allora

∂i (ijk Ej Bk ) ijk ∂i (Ej Bk ) ijk (Bk ∂i Ej + Ej ∂i Bk ) Bk kij ∂i Ej − Ej jik ∂i Bk B · (∇ × E) − E · (∇ × B)

1 ∂E 2 c (B · (∇ × E) − ∇(E × B)) − 2 ∂t

"

E · j = ε0

#

2

che ancora non è quello che vogliamo, però ci vengono ancora in aiuto le equazioni di Maxwell, infatti, utilizzando l’equazione per il rotore di E, otteniamo B · (∇ × E) = −B

1 ∂B 2 ∂B =− ∂t 2 ∂t

ecco che comincia a delinearsi qualcosa: E · j = ε0 c

1 ∂B 2 1 ∂E 2 − ∇ · (E × B) − − 2 ∂t 2 ∂t !

" 2

#

a questo punto abbiamo finito: infatti basta mettere bene in ordine i termini e avremo il nostro teorema per la conservazione dell’energia, detto Teorema di Poynting ∂ E2 B2 ε0 + ε 0 c2 ∂t 2 2

!

E×B +∇· µ0

!

= −E · j

(2.32)

dove abbiamo usato che ε0 c2 = 1/µ0 . Il termine di flusso S=

E×B µ0

è anche noto come vettore di Poynting. Fin qui tutto bene, ma adesso vengono i problemi. In primis la densità di energia e il vettore di Poynting che abbiamo trovato sono soltanto una delle possibili espressioni: infatti possiamo aggiungere alla densità di energia una divergenza di una qualsiasi quantità vettoriale X e sottrarre al vettore di Poynting la derivata temporale della stessa

2.5 Teorema di Poynting

33

quantità X senza cambiare la validità del teorema, ∂ ∂X (· · · + ∇ · X) + ∇ · · · · − ∂t ∂t

!

= −E · j B E

p1 S

p2

In secondo luogo il vettore di Poynting sold leva qualche problema poiché non è univoco: infatti è definito a meno di un rotore, poiché, come sappiamo, la divergenza di un rotore è nulla. Infine, cosa non banale, il vettore di (a) (b) Poynting non è intuitivo; a tal fine prendiamo un filo percorso da corrente (si veda la figura (a) accanto) e visto che il campo magnetico è azimutale e il campo elettrico è lungo il filo si ha che il vettore di Poynting è radiale verso il filo: è difficile credere che l’energia di un filo percorso da corrente venga dall’infinito verso il filo. Comunque, vista l’arbitrarietà del vettore di Poynting, possiamo modificarlo7 in modo che l’energia scorra lungo il filo come J, il che è molto più intuitivo. Un altro aspetto che necessita di particolare attenzione è la non additività. Prendiamo, per esempio, due dipoli disposti come in figura nella parte (b) e ci mettiamo, per semplicità, in approssimazione d λ, si ha che il vettore di Poynting totale non è la somma dei due vettori di Poynting in quanto Stot = (E1 + E2 ) × (B1 + B2 ) 6= (E1 × B1 ) + (E2 × B2 ) Un altro caso in cui si può notare la non additività è quello di due dipoli paralleli che oscillano a diverse frequenze, supponiamo p1,2 oscilli alla frequenza ω1,2 ; sappiamo che il vettore di Poynting totale è dato da Etot × Btot , allora si avrà Stot ∼ [cos(ω1 t) + cos(ω2 t + ϕ)] [cos(ω1 t) + cos(ω2 t + ϕ)] |

{z

Etot

}|

{z

Btot

}

svolgendo i calcoli e usando un po’ di trigonometria si hanno le seguenti frequenze p1 → 0 2ω1 p2 → 0 2ω2 interf erenza → ω1 − ω2 ω1 + ω2 quindi si hanno delle frequenze dovute all’interferenza tra i due dipoli; se avessimo sommato i vettori di Poynting non avremmo ottenuto questi termini di interferenza. Un caso, invece, in cui si possono sommare i vettori di Poynting è quando due dipoli p1,2 sono disposti perpendicolarmente tra di loro. 7

Si veda il Macchi, Moruzzi, Pegoraro - Problemi di elettromagnetismo classico, problema 11.1

34


2.6 2.6.1

Irraggiamento Irraggiamento di dipolo

Calcoliamo la potenza irraggiata da un dipolo elettrico. Nella zona di radiazione i campi per un dipolo sono: h i [¨ p]trit × ˆr × ˆr p]trit × ˆr 1 [¨ 1 E= B= 4πε0 c3 r 4πε0 c2 r Notare che i campi in zona di radiazione vanno come 1/r poiché l’energia si deve conservare, infatti il vettore di Poynting va come 1/r2 , che integrato sulla superficie è costante. A questo punto calcoliamo S, S = ε0 c2 (E × B) ¨ × ˆr, allora si ha che (fattori costanti a parte, che e per semplificare i conti poniamo C = p reinseriremo dopo) r2 E × B ∝ [C × ˆr] × C = C 2ˆr − (C · ˆr) · C = C 2ˆr dove nell’ultima uguaglianza abbiamo usato il fatto che C ⊥ ˆr, quindi, mettendo i vari fattori costanti, si ha k2 C 2 S = ε0 30 2 ˆr c r p ×ˆr)·(¨ p ×ˆr) = nell’espressione sopra abbiamo indicato con k0 = 1/(4πε0 ), inoltre essendo C 2 = (¨ |¨ p|2 sin2 θ, dove θ è l’angolo formato da p e ˆr, si ottiene che per il vettore di Poynting la seguente espressione p|2 sin2 θ k02 |¨ ˆr (2.33) S = ε0 3 c r2 Ricordiamo che S è il flusso di energia per unità di tempo e superficie, quindi è proprio una potenza per unità di superficie. Vista la simmetria sferica del problema, useremo coordinate polari con la seguente notazione dΩ = sin θdθdφ Angolo solido 2 dΣ = r dΩ Elemento di superficie da cui la potenza irraggiata per unità di angolo solido è dP dP dΣ = = |S| r2 dΩ dΣ dΩ

(2.34)

Sostituendo la (2.33) nella (2.34) e integrando sull’angolo solido otteniamo la potenza totale irraggiata ˆ ˆ ˆ π k02 2 2π 2 |¨ p|2 2 2 Ptot = |S| r dΩ = ε0 3 |¨ p| dφ sin θ sin θ dθ = k0 3 (2.35) c 3 c 0 0 | {z } | 2π

{z

4/3

}

2.6 Irraggiamento

35

Se il nostro dipolo è p = p0 e−iωt , mediando sul periodo la Ptot , si ha k0 hPtot i = 3 ω 4 |p0 |2 3c dove facciamo notare la dipendenza della potenza irraggiata da ω 4 . Abbiamo un espressione della potenza totale irraggiata da un dipolo, ma può essere utile anche la distribuzione angolare della potenza, che può essere ricavata facilmente dalle espressioni precedenti: 3 dP = Ptot sin2 θ (2.36) dΩ 8π Quindi dalla (2.36) si vede che non c’è potenza irraggiata nella direzione del dipolo (θ = 0) e Θ la potenza massima si ha nella zona equatop riale (θ = π/2); plottando la (2.36) si ha la distribuzione mostrata nella figura accanto.

2.6.2

Irraggiamento di dipolo magnetico e quadrupolo

Abbiamo ricavato nella sezione 2.4.2 i termini superiori al primo per lo sviluppo in multipoli, ovvero il dipolo magnetico e il momento di quadrupolo elettrico. Visto che ci sono delle situazioni in cui questi due termini non sono trascurabili (per esempio momento di dipolo elettrico nullo) riportiamo la potenza irraggiata anche per essi. Per il primo caso la potenza irraggiata è abbastanza facile da calcolare: infatti il dipolo magnetico (DM) genera il potenziale vettore ˙ trit × ˆr 1 m ADM = 3 4πε0 c r molto simile al potenziale vettore del dipolo elettrico (DE) 1 p˙ trit ADE = 4πε0 c2 r Dunque, ricalcando i calcoli che si sono fatti per i campi del DE, si vede che i campi del DM in zona di radiazione sono, a parte un fattore c, gli stessi del DE ma scambiando il ruolo di B con E e viceversa. Tenuto conto di ciò, la potenza irraggiata da un dipolo magnetico è data da ¨ 2 2 |m| m Ptot = k0 5 3 c uguale alla potenza irraggiata dal dipolo elettrico (c a parte, per questioni dimensionali). Riportiamo, per completezza, senza fare i conti, la potenza irraggiata da un quadrupolo Q Ptot =

X ω6 |Qαβ |2 1440πε0 c5 α,β

Nella figura 2.2 riportiamo la distribuzione angolare della potenza.

Figura 2.2 Potenza irraggiata dal quadrupolo

36

2.7


Diffusione

Il problema è questo: facciamo incidere un’onda elettromagnetica su un atomo e vogliamo sapere quanto irraggia. Per fare ciò useremo un modello classico dell’elettrone legato elasticamente al nucleo; per semplicità possiamo pensare all’idrogeno. Trascureremo l’irraggiamento del protone in quanto ha massa circa 2000 volte quella dell’elettrone (quindi oscilla molto meno). Come sappiamo la forza su una carica è data dalla formula di Lorentz F = q(E + v × B) con il modello che stiamo considerando l’equazione del moto dell’elettrone di massa m e carica q sarà m(¨ x + γ x˙ + ω02 x) = q(E + x˙ × B) (2.37) questa equazione è valida per piccole oscillazioni, x L, dove L è la lunghezza caratteristica dell’atomo, quindi stiamo linearizzando il problema, inoltre un’altra semplificazione che consideriamo è che il termine x˙ × B è trascurabile rispetto agli altri; questa approssimazione può essere fatta nell’ipotesi di campi “deboli”, che tratteremo più avanti. Prendiamo la nostra onda elettromagnetica dove E = E0 eik·x−iωt B = B0 eik·x−iωt ˆ . La nostra equazione del moto Per semplicità prendiamo k = kˆ x ⇒ E = Eˆz e B = B y diviene m(¨ z + γ z˙ + ω02 z)ˆz = qE0 zêikx−iωt si può inoltre eliminare il termine eikx in quanto, svolgendosi il moto lungo zˆ, è un termine costante che si può cambiare a piacimento spostando l’origine degli assi. Cercando una soluzione del tipo z = z0 e−iωt , si ha qE0 1 z0 = 2 m ω0 − iγω − ω 2 calcoliamo il momento di dipolo p = p0 zê−iωt

con

allora ¨ (t) = − p

p0 = qz0 =

1 q 2 E0 2 m ω0 − iγω − ω 2

q 2 E0 ω2 zê−iωt 2 2 m ω0 − iγω − ω

per semplicità, ci mettiamo fuori risonanza ovvero nel caso ω 6= ω0 e trascuriamo gamma, quindi γ = 0, cosi abbiamo q 2 E0 ω 2 |¨ p(t)| = m ω02 − ω 2 di conseguenza hPtot i =

k0 q 4 E02 ω4 k0 q 4 E02 = F (ω) 3 m2 c3 (ω02 − ω 2 )2 3 m2 c3

2.7 Diffusione

37

Questa è la potenza totale irraggiata, ma è possibile definire una quantità dipendente soltanto dalle caratteristiche della particella: normalizzando la potenza irraggiata rispetto al flusso incidente otteniamo una quantità che ha le dimensioni di una superficie σ=

hPtot i |S|

Sezione d’urto

ed essendo il vettore di Poynting mediato sul periodo |S| = ε0 c2 |E × B| = ε0 c quindi si ha σ=

E02 2

ω4 8 2 q4 2 = πre F (ω) 2 2 4 2 2 6πε0 m c (ω0 − ω ) 3

(2.38)

dove abbiamo introdotto il raggio classico dell’elettrone re =

q2 4πε0 mc2

Nel caso in cui si considera l’elettrone non legato (ω0 = 0, cioè F (ω) = 1) nella (2.38) si ha la sezione d’urto Thompson. La (2.38) ci dice come vengono diffuse le varie frequenze.

2.7.1

Perché il cielo è azzurro

Un’applicazione di quello che abbiamo fatto sopra è la spiegazione del colore del cielo. Infatti la luce del sole viene diffusa dagli vatomi dell’atmosfera. Inoltre per l’atmosfera si ha che le frequenze di oscillazione proprie degli atomi che la costituiscono sono molto più grandi della frequenza dell’onda incidente (luce bianca proveniente dal sole); allora essendo ω0 ω, possiamo trascurare la ω al denominatore della (2.38), così che 8 ω4 σ ' πre2 4 3 ω0 Questo ci dice che le frequenze più elevate vengono maggiormente diffuse, quindi il blu avendo frequenza più alta rispetto agli altri colori viene diffuso maggiormente e questo dà il tipico colore al cielo. Si noti che se pensiamo al cielo come un insieme di N molecole discrete il vettore di Poynting è dato da " ! !# Stot = ε0 c2

N X

En ×

n=1

N X

Bn

n=1

come sappiamo ci saranno dei termini di interferenza i quali, però, vista la disposizione casuale delle molecole, statisticamente si mediano a zero. Perciò possiamo scrivere Stot =

N X n=1

Sn

38


Di conseguenza la sezione d’urto sarà σtot = N σ. Studiamo ora il limite del continuo; introduciamo il parametro adimensionale λ e facciamo le seguenti trasformazioni: N → λN m → m/λ q → q/λ (è come se immaginassimo gli atomi costituiti da λ parti). Considerando λ → ∞ otteniamo il limite del continuo e vediamo cosa succede: N σ → λN σ = λN

(q/λ)4 1 F (ω) ∝ 2 2 4 6πε0 (m/λ) c λ

dunque nell’ipotesi di cielo continuo la sezione d’urto diventa nulla, di conseguenza il cielo apparirebbe nero. Validità del modello: approssimazione di campi deboli Ritorniamo su un punto che non abbiamo trattato: l’approssimazione di campi deboli. Una condizione in cui è possibile trascurare il termine x˙ × B è l’approssimazione non relativistica ovvero v c, infatti v x˙ × B ∼ E c quindi nella (2.37) si può trascurare x˙ × B rispetto a E se Inoltre considerando l’equazione m¨ z = qE0 e−iωt con la soluzione

v c

1.

qE0 mω 2 si ha che è consistente con l’approssimazione non relativistica se z = z0 e−iωt

v0 =

z0 = −

qE0 c mω

visto che B0 = E0 /c qE0 /c qB0 = 1 mω mω quindi siamo in approsimazione di campi deboli se ωciclotrone 1 ω dove ωciclotrone =

qB0 . m

2.8 Densità di impulso del campo elettromagnetico

2.8

39

Densità di impulso del campo elettromagnetico

Analogamente alla conservazione della densità di energia vogliamo scrivere un’equazione di continuità per la densità di impulso. L’equazione di continuità sarà la seguente ∂ (densità di impulso) + ∇ · (tensore) = (densità di forza) ∂t proprio come nella sezione 2.5, scritta la densità di forza ricaveremo, tramite l’equazione di Maxwell l’espressione per la densità di impulso e il tensore. Visto che la forza è quella di Lorentz la densità di forza è ovviamente ρE + j × B il punto di partenza è, dunque, − (ρE + j × B) =

∂ (· · · ) + ∇ · (· · · ) ∂t

(2.39)

ricordando che

∂E ∂t basta sostituirli alla (2.39) e riarrangiare le formule in modo da ottenere quello che stiamo cercando. Sostituendo ρ = ε0 ∇ · E

e

j = ε 0 c2 ∇ × B − ε 0

"

#

∂E ∂B ∂B [ρE + j × B] = ε0 E(∇ · E) + ε0 c2 (∇ × B) × B − ε0 × B − ε0 E × + ε0 E × ∂t ∂t ∂t dove abbiamo aggiunto e tolto il termine ε0 E × ∂t B. Visto che −ε0

∂E ∂B ∂ × B − ε0 E × = −ε0 (E × B) ∂t ∂t ∂t

si ottiene "

#

∂ ∂B −ε0 (E × B) + ε0 E(∇ · E) + ε0 c2 (∇ × B) × B + ε0 E × = ρE + j × B ∂t ∂t ecco che già comincia a vedersi qualcosa. Ora usando l’equazione di Faraday-Neumann ∂t B = −∇ × E dimostriamo che il termine [· · · ] è la divergenza di un tensore [· · · ] = ε0 E(∇ · E) + ε0 c2 (∇ × B) × B + ε0 (∇ × E) × E Non rimane altro che vedere quanto fa (∇ × ∗) × ∗; facciamolo per E: [(∇ × E) × E]i = = = =

ijk (jlm ∂l Em ) Ek jki jlm (∂l Em ) Ek (δkl δim − δkm δil ) (∂l Em ) Ek (∂k Ei ) Ek − (∂i Ek ) Ek 1 = (∂k Ei ) Ek − ∂i Ek2 2

(2.40)

40


notando anche che il primo termine nell’espressione sopra è (∂k Ei ) Ek = ∂k (Ei Ek ) − (∂k Ek ) Ei in definitiva otteniamo 1 [(∇ × E) × E]i = ∂k (Ei Ek ) − (∂k Ek ) Ei − ∂i Ek2 2 e per B abbiamo la cosa analoga, soltanto che essendo la divergenza di B nulla (ovvero (∂k Bk ) = 0) si ha 1 [(∇ × B) × B]i = ∂k (Bi Bk ) − ∂i Bk2 2 Mettendo tutto insieme e sostituendo nella (2.40) scritta in forma indiciale abbiamo 1 1 ε0 Ei (∂k Ek ) + ε0 c2 ∂k (Bi Bk ) − ∂i Bk2 + ε0 ∂k (Ei Ek ) − (∂k Ek ) Ei − ∂i Ek2 2 2

eliminando il primo termine con il termine centrale nella seconda parentesi quadra otteniamo 1 1 ε0 ∂i c2 Bi Bj − c2 Bj Bj + Ei Ej − Ej Ej 2 2

dove si è riarrangiata la formula per questione di estetica (ricordarsi che gli indici sono muti, dunque posso cambiarli a piacimento) e si è scritto 12 ∂i Ej2 = 12 ∂i Ej Ej . A questo punto siamo arrivati a scrivere la (2.40) come una diveregnza di un tensore a due indici, ovverro "

Tij = ε0

E 2 + c2 B 2 δij − Ei Ej − c2 Bi Bj 2

#

(2.41)

Questo tensore è noto come il tensore degli stress di Maxwell. Siamo cosi arrivati all’obiettivo che c’eravamo prefissati, trovare un’equazione che esprima la conservazione dell’impulso E 2 + c2 B 2 ∂ ε0 (E × B)i + ∇ · ε0 δij − ε0 Ei Ej + c2 Bi Bj = − (ρE + j × B)i ∂t 2 "

#

(2.42)

Può essere riscritta anche nel seguente modo, introducendo il prodotto tensoriale: E 2 + c2 B 2 ∂ ε0 (E × B) + ∇ · ε0 − ε0 E ⊗ E + c2 B ⊗ B = − (ρE + j × B) ∂t 2 "

#

Si noti che la densità di impulso non è altro che il vettore Poynting diviso c2 . Integrando la (2.42) sul volume si può scrivere ˛ X d (Pm + Pem )i = − Tij nj dS dt S j dove l’integrale è esteso alla superficie chiusa S, n è il versore uscente normale alla superficie, Pm e Pem sono rispettivamente la densità d’impulso meccanico ed elettromagnetico dati da ˆ ˆ dPm = dV (ρE + j × B) e Pem = ε0 E × B dV dt

2.9 Potenziali di Liénard-Wiechert

2.9

41

Potenziali di Liénard-Wiechert

Vorremmo ricavare i potenziali per una carica che si muove di moto qualunque anche con velocità prossima a quella della luce. Infatti quando, nella sezione 2.4, abbiamo ricavato i potenziali, sviluppando in multipoli, nel caso in cui d λ ovvero se v c, non ci siamo preoccupati di moti relativistici. Invece adesso consideriamo una particella di carica q che si muove con ˙ moto qualunque dato dalla legge X(t) è velocità v(t) = X(t). La nostra distribuzione di carica calcolata al tempo ritardato è ρ(x0 , trit ) = q δ 3

|x − x0 | x0 − X t − c

!!

(2.43)

Prima di procedere al calcolo del potenziale scalare per la particella, dobbiamo mostrare una proprietà della delta che ci servirà in seguito. Abbiamo già parlato della delta con argomento la x ma nel nostro caso abbiamo che l’argomento della delta è una funzione δ (f (x)); dunque è facile dimostrare che ˆ X 1 δ (f (x)) dx = 0 i |f (x)| f (xi )=0 dove le derivate di f vanno calcolate nei punti in cui f (x) = 0. Per dimostare ciò basta fare un cambio di variabile. Supponiamo che f (x) abbia un solo zero: ˆ

ˆ δ (f (x)) dx

=

f (x)=y

1 1 1 δ(y) 0 dy = 0 = 0 |f | |f | y=0 |f | f (x)=0

Noi dobbiamo calcolare il potenziale scalare dato dalla (2.19) 1 ϕ(x, t) = 4πε0

ˆ

0

| ) 3 0 ρ(x0 , t − |x−x c dx 0 |x − x |

sostituendogli la (2.43) q ϕ(x, t) = 4πε0

ˆ δ 3 x 0 − X t −

|x−x0 | c

|x − x0 |

(2.44)

d3 x0 0

| adesso basta usare la proprietà della delta con f (x0 ) = x0 − X t − |x−x ; visto che la derivata c è data da v(trit ) · ˆr f 0 (x0 ) = 1 − c dove ricordiamo che v(trit ) è la velocita della particella al tempo ritardato e ˆr, come al solito, è il versore della direzione che va dalla carica al punto in cui stiamo calcolando il potenziale. Così per l’integrale nella (2.44) si ha ˆ δ(y) 1 1 i dy = h −1 0 r |x − f (y)| |f | r 1 − v·ˆ c trit

42


dove abbiamo indicato con r = |x − X(t)|; in definitiva si ha che il potenziale è ϕ(x, t) =

q h

4πε0 r −

i

v·r c trit

La stessa forma assume il potenzilale vettore infatti la densità di corrente è ρv e dunque l’integrale su ρ da lo stesso risultato, così qv i h A(x, t) = 4πε0 c2 r − v·r c trit

Queste soluzioni per i potenziali, per una carica puntiforme che si muove di moto qualunque, vengono detti potenzali di Liénard-Wiechert. Adesso calcoleremo, tramite Liénard-Wiechert, i potenziali di una carica che si muove di moto rettilineo uniforme, che per semplicità prenderemo lungo l’asse x, ovvero v = vˆ x. Riferendoci alla figura accanto dobbiamo esprimere r0 (le variabili primate sono calcolate al y tempo ritardato) in funzione di r in modo da non avere i potenziali espressi in funzione del P(x,y,z) tempo ritardato. Dalla figura si ha r0 =

r’ r

vt’ x

vt

q

(x − vt0 )2 + y 2 + z 2

(2.45)

dove, come ormai sappiamo, t0 = t − r0 /c; da quest’ultima si ricava r0 = c(t − t0 ), che uguagliato all’espressione (2.45) dà 2

2

c2 (t − t0 ) = (x − vt0 ) + y 2 + z 2 sviluppando i quadrati dei binomi si ottiene

z

(v 2 − c2 )t02 − 2(vx − c2 t)t0 + x2 + y 2 + z 2 − c2 t2 = 0 risolvendo per t0 2

v 1− 2 c

!

v u 1u t(x − vt)2

vx t =t− 2 − c c 0

!

v2 + 1 − 2 (y 2 + x2 ) c

da quest’ultima si ricava r0 = c(t − t0 ), come funzione di r e t. Inoltre tenendo conto che v · r0 = v(x − vt0 ) si esprime, alla fine, r0 − potenziale scalare

v·r0 c

in termini di r e t. Segue così la seguente espressione per il q 1 0 0 4πε0 r − v·r c q 1 q r = 4πε0 1 − v22

ϕ(x, y, z, t) =

c

1 (x−vt)2 (1−v 2 /c2 )

+

y2

+

(2.46) z2

2.9 Potenziali di Liénard-Wiechert

43

quest’espressione del potenziale la ricaveremo, con meno calcoli, quando faremo le trasformazioni dei potenziali. Allo stesso modo si ha per il potenziale vettore A(x, y, z, t) =

qv 1 q 2 4πε0 c 1 −

1 v2 c2

r

(x−vt)2 (1−v 2 /c2 )

+ y2 + z2

ˆ x

Capitolo 3 Formulazione covariante dell’elettromagnetismo Notazione In seguito useremo la seguente notazione: non si farà distinzione tra quadrivettori covarianti e controvarianti, di conseguenza gli indici saranno posti tutti in basso; un qualsiasi quadrivettore verrà scritto con la componente temporale alla fine, cioè aµ = (ax , ay , az , a0 ) = (a, a0 ). Inoltre useremo la seguente metrica    

gµν = 

1



1

   

1 −1

con la notazione che, se aµ = (a, a0 ) e bµ = (b, b0 ), i prodotti scalari sono dati da aµ bµ = aµ gµν bν = a · b − a0 b0 dove utilizziamo la convenzione di Einstein, ovvero si deve sommare sugli indici ripetuti.

3.1

Richiami di relatività

Definiamo adesso le quantità cinematiche e poi deriveremo le espressioni per gli operatori differenziali. Definiamo, conseguentemente alla nostra convezione, il quadrivettore posizione xµ = (x, ct) Come sappiamo i quadrivettori si trasformano, per cambio di sistema di riferimento, tramite le trasformazioni di Lorentz; supponendo che S sia il sistema di riferimento del laboratorio e S 0 sia un sistema di riferimento in moto rispetto a S con velocita v, con v lungo x si hanno le 45

46

3 Formulazione covariante dell’elettromagnetismo

seguenti espressioni x − βct = γ(x − βct) x0 = √ 1 − β2 y 0 =y  z 0 =z       ct − βx    ct0 = √ = γ(ct − βx) 1 − β2           

dove β=

v c

γ=√

(3.1)

1 1 − β2

In forma matriciale il boost di Lorentz è dato da  

Λµν =   

γ 0 0 −γβ

0 1 0 0

0 −γβ 0 0    1 0  0 γ 

allora il quadrivettore trasformato sarà x0µ = Λµν xν Inoltre, si definisce quadrivelocità uµ = dove τ è il tempo proprio. quadrivelocità è espressa da

dxµ dτ

Ricordando la proprietà

dt = γ, si trova facilmente che la dτ

uµ = (γu, γc)

con u velocità della particella. Data la quadrivelocità è intuitivo definire il quadrimpulso pµ nel seguente modo pµ = m0 uµ = (m0 γu, m0 γc) dove m0 è la massa a riposo della particella. Inoltre dalla celeberrima relazione E = mc2 = m0 γc2 , si può riscrivere pµ come E pµ = p, c dove si è indicato p = m0 γu.

3.1.1

Operatori differenziali

Per dare una veste covariante alle equazioni di Maxwell ci servono le opportune generalizzazioni 3+1-dimensionali dei vari operatori differenziali. Cominciamo dal gradiente: sfruttiamo la proprietà che le quantità scalari sono, per definizione, invarianti per cambio di sistema di riferimento; prendiamo come quantità scalare φ e supponiamo di avere due sistemi uno in

3.2 Equazioni di Maxwell in forma covariante

47

moto rispetto all’altro, con la convezione che si è fatta per scrivere le trasformazioni di Lorentz. Facendo una variazione infinitesima di φ, si ha dφ =

∂φ ∂φ dx + dt ∂x ∂t

in S

dφ =

∂φ 0 ∂φ 0 dx + 0 dt ∂x0 ∂t

in S 0

(3.2)

ma dalle trasformazioni di Lorentz dx0 =γ (dx − βcdt) cdt0 =γ (cdt − βdx) così visto che i due termini della (3.2) devono essere uguali, poiché come abbiamo detto sono quantità scalari, si ha, sostituendo i differenziali appena trovati dφ =

∂φ ∂φ ∂φ 0 ∂φ 0 dx + dt = dx + 0 dt ∂x ∂t ∂x0 ∂t ∂φ ∂φ = [γ (dx − βcdt)] + 0 [γ (cdt − βdx)] 0 ∂t " !# !# "∂x ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ − β 0 dx + γ − β 0 cdt = γ ∂x0 ∂t ∂t0 ∂x

(3.3)

Dovendo essere il quadrigradiente di qualcosa un quadrivettore, deve trasformare tramite le trasformazioni di Lorentz; sembra che non torni il segno nella (3.3), ma le cose si aggiustano ponendo che il quadrigradiente sia: ∂ ∂µ = ∇, − ∂ct

!

che è covariante. Analogamente si definisce la quadridivergenza come ∂ µ aµ = ∇ · a +

∂a0 ∂ct

E quindi il laplaciano come

1 ∂2 c2 ∂t2 che viene spesso chiamato D’Alembertiano e si indica ≡ ∂µ ∂µ . ∂µ ∂µ = ∇2 −

3.2

Equazioni di Maxwell in forma covariante

Per una formulazione covariante delle equazioni di Maxwell è bene partire da un invariante: la carica. Sperimentalmente si vede che la carica si conserva e, come sappiamo, rispetta l’equazione di continuità ∂ρ ∇j + =0 ∂t che può essere riscritta nella forma ∂µ jµ = 0

48


Visto che a secondo membro abbiamo un invariante (zero), anche al primo membro deve esserci un invariante. Dato che ∂µ è un vettore covariante, l’unico modo per fare un invariante è che jµ sia un quadrivettore. Si definisce allora la quadricorrente jµ = (j, cρ) A questo punto la formulazione covariante non è altro che una riscrittura delle equazioni dell’elettromagnetismo. Sappiamo che per i potenziali valgono le equazioni 1 ∂ 2ϕ ρ = − 2 2 c ∂t ε0 2 1 ∂ cA j ∇2 cA − 2 = − 2 c ∂t ε0 c ∇2 ϕ −

dove abbiamo moltiplicato la seconda per c; riscrivendole come segue cA = −

j

ϕ = −

ε0 c

cρ ε0 c

ci si accorge subito che i potenziali sono le componenti di un quadrivettore in quanto lo sono le sorgenti; avremo jµ ∂µ ∂µ Aµ = − (3.4) ε0 c dove Aµ è il quadripotenziale di componenti Aµ = (cA, ϕ) Inoltre la gauge Lorenz può essere riscritta nel formalismo che stiamo usando nel seguente modo: ∂µ A µ = 0

(3.5)

Si arriva subito alla (3.5) riscrivendo la (2.3) nel seguente modo ∇ · cA + altrettanto bene che la nuova invarianza di gauge è

∂ϕ ∂ct

= 0. Si vede

A0µ = Aµ + ∂µ (cψ) basta ricordarsi che la trasformazione di gauge è data da  A ϕ

→ A0 = A + ∇ψ → ϕ0 = ϕ − ∂ψ ∂t

Sorge una domanda: se siamo fuori gauge di Lorenz come sono le equazioni covarianti? Si trova facilmente partendo dalle equazioni per i potenziali che ∂µ ∂µ Aν − ∂µ ∂ν Aµ = ∂µ Fµν = −

jµ ε0 c

(3.6)

3.3 Trasformazioni per cambio di sistema di riferimento

49

dove Fµν = ∂µ Aν − ∂ν Aµ è detto tensore dei campi. Fµν è un tensore antisimmetrico a due indici che (ricordando l’espressione di Aµ e come i campi sono legati ai potenziali) è espresso dalla seguente matrice:   0 cBz −cBy −Ex  −cB 0 cBx −Ey    z Fµν =   (3.7)  cBy −cBx 0 −Ez  Ex Ey Ez 0 Tramite il tensore dei campi abbiamo scritto le equazioni disomogenee in forma covariante (equazione (3.6)), quelle omogenee si possono scrivere in forma covariante nel seguente modo ∂µ Feµν = 0

(3.8)

dove Feµν è un altro tensore, detto duale di Fµν , definito dalla seguente relazione: 1 Feαβ = αβµν Fµν 2 dove αβµν è l’ovvia generalizazzione del tensore ijk in quattro dimensioni, ovvero αβγδ =

1 0   −1   

per combinazione ciclica degli indici se almeno due degli indici sono uguali per combinazioni non cicliche

Questi tensori, oltre a dirci come trasformano i campi (lo faremo più avanti), ci danno i seguenti invarianti relativistici

Fµν Fµν = 2 E 2 − c2 B 2

Fµν Feµν = 4E · B

(3.9) (3.10)

La (3.9) e la (3.10) ci dicono per esempio che se in un’onda il campo elettrico e magnetico sono ortogonali tra di loro lo sono in qualsiasi altro sistema di riferimento (SR); inoltre se esiste un SR in cui E · B = 0 e • E 2 < c2 B 2 allora esiste un SR in cui il campo elettrico è nullo, E = 0. • E 2 > c2 B 2 allora esiste un SR in cui il campo magnetico è nullo, B = 0.

3.3 3.3.1

Trasformazioni per cambio di sistema di riferimento Trasformazione dei potenziali

Per avere una trattazione completa dell’elettromagnetismo dobbiamo vedere come si trasformano campi e potenziali. Per quest’ultimi la cosa diviene banale in quanto, essendo Aµ un quadrivettore, le sue componenti trasformano tramite le trasformazioni di Lorentz:    

cA0x = γ(cAx − βϕ) cA0y,z = cAy,z

  

ϕ0 = γ (ϕ − βcAx )

50


Prima di passare ai campi diamo un esempio dell’utilizzo di queste trasformazioni nel caso di una carica in moto uniforme, proprio come si è fatto nella sezione 2.9 tramite le soluzioni di Liénard-Wiechert. Sia il sistema S quello del laboratorio in cui la carica si muove con velocità v = vˆ x e S 0 sia il sistema solidale con la carica. In S 0 si hanno i potenziali1 ϕ0 (r0 ) =

q 4πε0 r0

A0 = 0

Per calcolare il potenziale in S basta applicare le trasformazioni di Lorentz inverse; si trova ϕ(r0 ) = γϕ0 (r0 ) = γ

q 4πε0 r0

si noti che il potenziale è espresso in funzione delle cordinate di S 0 , ma a noi interessa il potenziale come funzione delle coordinate di S; dobbiamo sostituire a r0 la sua espressione in funzione di (r, t). Visto che q q r0 = x02 + y 02 + z 02 = γ 2 (x − vt)2 + y 2 + z 2 si ha che il potenziale di una carica in moto con velocità uniforme è: ϕ(r, t) =

q γ q 4πε0 γ 2 (x − vt)2 + y 2 + z 2

(3.11)

Confrontando la (3.11) con la (2.46) si vede che le due derivazioni sono coerenti, come è giusto che sia. Facciamo notare che in S compare un potenziale vettore assente in S 0 ; lasciamo al lettore la facile derivazione.

3.3.2

Trasformazione dei campi

Adesso andiamo a vedere come si trasformano i campi; la cosa non è così facile come per i potenziali in quanto come abbiamo visto i campi non sono le componenti di un quadrivettore, ma di un tensore a 2 indici antisimmetrico. Si possono seguire due strade: una è quella di trasformare i potenziali e poi da essi ricavare i campi, ma è abbastanza “contosa”; la seconda è quella di trasformare il tensore le cui nuove componenti saranno i campi trasformati. ˆ con velocità v: Alla fine si trovano le seguenti trasformazioni, per un moto lungo l’asse x Ex0 = Ex

Bx0 = Bx

Ey0 = γ (Ey − vBz )

By0 = γ By +

v E 2 z c v Bz0 = γ Bz − 2 Ey c

Ez0 = γ (Ez + vBy )

Queste formule possono essere riscritte in un’altra forma talvolta più utile:

1

Ek0 = Ek

Bk0 = Bk

E⊥0 = γ (E + v × B)⊥

0 B⊥ =γ B−

0

v×E c2

⊥

Qui gli elementi primati indicano che siamo nel riferimento S e, diversamente dalla sezione 2.9, non che sono calcolati al tempo ritardato

3.4 Dinamica relativistica

51

Nella figura seguente sono riportate le immagini del campo elettrico di una carica in movimento con tre diverse velocità.

(a) β = 0

(b) β = 0.6

(c) β = 0.9

Figura 3.1 Campo elettrico di una carica in moto uniforme per vari valori di β

3.4

Dinamica relativistica

Per chiudere il quadro della formulazione covariante dell’elettromagnetismo dobbiamo sapere come il campo interagisce con le cariche. In regime non relativistico la legge del moto di una carica è dp = q (E + v × B) dt dove l’espressione a secondo membro è la ben nota forza di Lorentz. Ora in ambito relativistico sappiamo che il momento viene modificato tramite un fattore γ, così che 



d  m0 v d  = q (E + v × B) q (γm0 v) = dt dt 1 − v 2 /c2

(3.12)

ma sappiamo che per avere un’espressione covariante dobbiamo per forza usare il tensore dei campi piuttosto che i campi stessi. Otteremo un’equazione del tipo Fµ =

dpµ dt

dove Fµ è la quadriforza, che in componenti è Fµ = γF, γc F · v . L’equazione del moto in forma covariante è espressa da dpµ d 2 xµ = m0 2 = qFµν uν dt dt

(3.13)

52


Svolgendo i calcoli dell’espressione sopra ci si accorge che le componenti spaziali danno proprio la (3.12). Diamo, infine, un cenno al cosidetto tensore energia-impulso. Si sono ricavati due teoremi che esprimevano uno la conservazione dell’energia, l’altro la conservazione dell’impulso. Questi due possono essere riscritti in forma covariante introducendo il seguente tensore    

Θαβ = 



− 1c Tij

1 S c

1 S c

u

   

dove Tij è il tensore degli stress di Maxwell, S è il vettore di Poynting e u è la densità di energia del campo elettromagnetico. Allora le suddette leggi di conservazione, in assenza di sorgenti, sono date da ∂α Θαβ = 0 La cui componente temporale dà il teorema di Poynting e la parte spaziale quello dell’impulso. Se poi si vuole aggiungere anche il contributo delle sorgenti non è difficile vedere che l’espressione si modifica nella seguente maniera 1 ∂α Θαβ = − Fαβ jα c Quindi l’equazione sopra esprime in modo covariante la conservazione dell’energia e della quantità di moto del campo elettromagnetico.

Capitolo 4 Onde EM nei mezzi 4.1 4.1.1

Onde elettromagnetiche nei dielettrici Modello fisico

Quando si va a studiare la propagazione dei campi elettromagnetici nella materia, ci si può trovare in situazioni molto complicate, in quanto la risposta dei mezzi ai campi è in generale descritta da equazioni non lineari. Noi non ci occupiamo di questi casi generali e linearizziamo il problema. Modellizziamo gli elettroni atomici in un mezzo materiale come un sistema di N oscillatori armonici per unità di volume; questa approssimazione lineare è valida solamente nel caso in cui i campi con cui si ha a che fare siano deboli1 . In queste ipotesi siamo autorizzati a trascurare gli effetti magnetici. Poichè i mezzi sono dispersivi, nello studio della propagazione dei campi, è opportuno analizzare la loro risposta frequenza per frequenza (corrisponde a lavorare in trasformata di Fourier). L’equazione del moto dell’oscillatore forzato è m(¨ x + γ x˙ + ω02 x) = −eE0 e−iωt

(4.1)

Cerchiamo una soluzione particolare del tipo x(t) = x0 e−iωt ; facendo le dovute sostituzioni si ottiene eE0 (4.2) x0 = − 2 m(ω0 − ω 2 − iγω) Il momento di dipolo indotto dell’atomo è quindi p = −ex =

e2 E m(ω02 − ω 2 − iγω)

Possiamo introdurre la polarizzabilità atomica α definita come p = ε0 αE Il nostro semplice modello allora ci fornisce la seguente espressione per α: α(ω) = 1

e2 ε0 m(ω02 − ω 2 − iγω)

Si riveda la discussione del paragrafo 2.6 a pagina 34

53

(4.3)

54

4 Onde EM nei mezzi

Osserviamo che nel nostro modello abbiamo supposto per semplicità che il mezzo fosse isotropo; in caso contrario avremmo ottenuto per la polarizzabilità un tensore a due indici αij . Adesso calcoliamo la polarizzazione del mezzo, cioè il momento di dipolo per unità di volume; poichè abbiamo N atomi per unità di volume e ognuno di essi ha un momento di dipolo p = ε0 αE, la polarizzazione è data da P(ω) = N p = N ε0 α(ω)E =

2 ωpe E ω02 − ω 2 − iγω

dove abbiamo introdotto la cosiddetta frequenza di plasma: 2 ωpe =

4.1.2

N e2 mε0

Equazioni di Maxwell nei dielettrici

L’esistenza di una polarizzazione della materia implica che ci sono delle cariche e delle correnti di polarizzazione, le quali devono essere inserite come termini di sorgente nelle equazioni di Maxwell. ρext + ρpol ε0 J ∂E ext + Jpol c2 ∇ × B = + ε0 ∂t ∇·E =

(4.4) (4.5)

Sappiamo che la densità di carica di polarizzazione si può scrivere come ρpol = −∇ · P

(4.6)

Per calcolare la corrente di polarizzazione usiamo l’equazione di continuità: ∇ · Jpol = −

∂ρpol ∂ ∂P = ∇·P=∇· ∂t ∂t ∂t

∂P ∂t Sostituendo le relazioni appena trovate2 nelle (4.4) e (4.5), si ottiene ⇒ Jpol =

(4.7)

ρext − ∇ · P ε0 ∂ ε0 c2 ∇ × B = Jext + (ε0 E + P) ∂t ∇·E =

mentre le equazioni di Maxwell omogenee rimangono immutate. Osserviamo che, per scrivere queste equazioni in modo più compatto, si potrebbe introdurre, come è stato fatto in elettrostatica, 2

In realtà la (4.7) è vera a meno di un rotore, cioè a meno della corrente di magnetizzazione Jmag = ∇ × M, che però è esclusa dalla nostra trattazione.

4.1 Onde elettromagnetiche nei dielettrici

55

il vettore spostamento elettrico D ≡ ε0 E + P; tuttavia nel caso di campi variabili il vettore D non è molto comodo. Infatti mentre si ha D(ω) ∝ E(ω) la relazione tra E e D non è istantanea3 D(t) 6= E(t) In seguito quindi non faremo mai uso del vettore D, ma scriveremo tutto in termini dei campi E e B. Il nostro prossimo obiettivo è trovare l’equazione d’onda nei dielettrici; mettiamoci nel caso in cui ρext = 0 e Jext = 0. Procediamo come nel vuoto, cioè applichiamo il rotore all’equazione di Faraday ∂ (∇ × B) ∂t " # 1 ∂ ∂ P 2 −∇ E + ∇(∇ · E) = − 2 +E c ∂t ∂t ε0 1 ∂2 P 2 −∇ E + ∇(∇ · E) = − 2 2 +E c ∂t ε0 ∇ × (∇ × E) = −

Quanto vale ∇ · E?

∇·P = −N α(ω)∇ · E ε0 ⇒ ∇ · E(1 + N α) = 0

∇·E=−

Possiamo distinguere allora i due seguenti casi: ∇ · E = 0 → onde trasversali 1 + N α = 0 → onde longitudinali E’ interessante notare che, diversamente dal caso nel vuoto, nella materia sono possibili tre stati di polarizzazione: si possono avere anche onde a polarizzazione longitudinale; si può mostrare che per queste onde il campo magnetico è nullo, ed è nulla anche la velocità di gruppo4 . Nel seguito ci occuperemo solamente delle onde trasversali, per cui assumiamo ∇ · E = 0; l’equazione che descrive la propagazione del campo elettrico nel mezzo è quindi ∇2 E −

1 ∂ 2E 1 ∂ 2P = c2 ∂t2 ε0 c2 ∂t2

(4.8)

Con procedimento analogo si può ottenere l’equazione d’onda per il campo magnetico: ∇2 B − 3

1 ∂ 2B 1 ∂P =− ∇× 2 2 c ∂t ε0 ∂t

(4.9)

Per ricavare D(t)´ da E(t) bisogna esprimere D(ω) in funzione di E(ω) e poi eseguire un’antitrasformata di Fourier: D(t) = √12π ε(ω)E(ω)e−iωt dω 4 Si provi a risolvere gli esercizi 13.5 e 15.7

56

4 Onde EM nei mezzi

Adesso cerchiamo soluzioni di queste equazioni del tipo onda piana monocromatica E = E0 eikx−iωt Sostituendo questa soluzione nella (4.8) si ottiene la relazione di dispersione: k 2 c2 = ω 2 [1 + N α(ω)]

(4.10)

kc c = . Dalla relazione di dispersione scritta sopra si vf ω q q deduce che n(ω) = 1 + N α(ω) = εr (ω). Osserviamo che il numero d’onda k (e quindi anche l’indice di rifrazione) è composto in generale da una parte reale e una parte immaginaria, k = kr + iki . Questo comporta che l’ampiezza dell’onda si attenua durante la propagazione; infatti inserendo il k nell’espressione dell’onda piana si trova E = E0 e−ki x eikr x−iωt Introduciamo l’indice di rifrazione n ≡

Limite del continuo Vogliamo vedere se la risposta dielettrica dipende dal fatto che la materia sia discreta; introduciamo un parametro λ e trasformiamo le grandezze in gioco nel modo seguente: N → λN m → m/λ e → e/λ Considerare il limite λ → ∞ corrisponde a vedere il mezzo non più discreto, ma come una distribuzione continua di materia; effettuando le sostituzioni nell’espressione di P si scopre che essa rimane invariata, cioè la risposta dielettrica non “si accorge” del fatto che il mezzo sia discreto.

4.2

Onde nei conduttori

Nei conduttori (metalli, plasmi), l’equazione che descrive il moto degli elettroni sotto l’azione di un campo elettrico oscillante può essere scritta nel seguente modo m(¨ x + γ x) ˙ = −eE0 e−iωt

(4.11)

Questa equazione è identica a quella che abbiamo risolto per trovare la risposta dielettrica, a parte il fatto che qui si ha ω0 = 0, dato che in un conduttore gli elettroni sono liberi. La soluzione dell’equazione è e v(t) = − E m(−iω + γ) ⇒ J = −N ev =

2 ωpe N e2 E= ε0 E m(−iω + γ) (−iω + γ)

4.2 Onde nei conduttori

57

Possiamo introdurre la conducibilità generalizzata σ: essa sarà in generale una quantità complessa. Studiamo il suo comportamento limite in due casi particolari: N e2 mγ N e2 ωγ → σ'i mω ωγ → σ'

corrente in fase con il campo corrente sfasata di π/2 con il campo

Il primo caso corrisponde al limite ohmico in cui la conducibilità non dipende dalla frequenza; nel secondo caso invece si ha a che fare con frequenze elevate e si verifica che la potenza dissipata è nulla, in quanto hJ · Ei = 0. Studiamo ora la propagazione di onde elettromagnetiche in un conduttore. L’equazione che descrive la propagazione del campo elettrico è ∇2 E −

1 ∂ 2E 1 ∂J = 2 2 c ∂t ε0 c2 ∂t

Se sostituiamo l’espressione per J trovata sopra e imponiamo una soluzione del tipo E = E0 eikx−iωt , si ottiene la relazione di dispersione ω 2 = k 2 c2 +

iω ω2 (iω − γ) pe

Studiamo la risposta del conduttore a basse ed alte frequenze: • ω γ: la relazione di dispersione si può approssimare nel modo seguente: ω 2 = k 2 c2 +

ω 2 ω iγ pe

da cui si ricava k k2 '

iω 2 ω γc2 pe

⇒

k=

v u ωω 2 1 + iu √ t pe

2c

γ

L’onda all’interno del conduttore ha allora la forma

E = E0 e−x/ls eix/ls −iωt cioè l’onda si smorza su una lunghezza c ls = ωpe

s

2γ ω

detta lunghezza di pelle collisionale. • γ ω: la relazione di dispersione diventa 2 ω 2 = k 2 c2 + ωpe

58

4 Onde EM nei mezzi quindi

2 ω 2 − ωpe c2 da qua si deduce che se ω < ωpe il numero d’onda k è immaginario puro e dunque il campo elettrico all’interno del conduttore è del tipo

k2 =

E = E0 e−x/lp e−iωt non si ha quindi propagazione all’interno del mezzo. I campi penetrano nel mezzo solamente fino ad una distanza v u u c2 lp = t 2 ωpe − ω 2 detta lunghezza di pelle inerziale. Onde di questo tipo sono dette evanescenti.

4.2.1

Energia trasportata da un’onda evanescente

Calcoliamo il flusso d’energia trasportato da un’onda evanescente. I campi sono dati da ˆ e−x/lp cos ωt E = E0 y E0 −x/lp zê sin ωt B = ωlp Il vettore di Poynting è S = ε 0 c2 E × B = ε 0 c2

E02 −2x/lp e sin(2ωt) ωlp

Mediando sul periodo si ottiene che il trasporto netto di energia per un’onda evanescente è nullo: hSi = 0

4.3

Onde in mezzi disomogenei

Consideriamo ora il problema della propagazione di onde elettromagnetiche in mezzi disomogenei. In generale si dovrebbero risolvere equazioni molto complicate, poichè la risposta del mezzo ai campi è una funzione della posizione (α = α(ω, x)) dunque la soluzione del tipo E0 eikx−iωt non funziona più. Esistono però due situazioni in cui si possono fare delle approssimazioni che rendono il problema notevolmente più semplice; sia λ la lunghezza d’onda della radiazione che si sta propagando in un mezzo le cui proprietà ottiche variano su una scala di lunghezza L (ad esempio L può essere la lunghezza sulla quale in media l’indice di rifrazione si dimezza). I casi interessanti sono i seguenti: • λ/L 1: la variazione delle proprietà del mezzo avvengono in una zona così piccola che possiamo approssimare la variazione con una discontinuità (approsimazione impulsiva) • λ/L 1: le proprietà del mezzo variano molto lentamente rispetto alla lunghezza d’onda (approssimazione adiabatica) → ottica geometrica

4.3 Onde in mezzi disomogenei n

59

n

0.1

xΛ

xΛ

Figura 4.1 Approssimazione impulsiva

4.3.1

Riflessione e rifrazione

Poniamoci nelle ipotesi dell’approssimazione impulsiva; possiamo farci un’idea della situazione dalla figura 4.1: il grafico a sinistra mostra l’andamento dell’indice di rifrazione di un mezzo in funzione di x/λ (posizione espressa in unità di lunghezza d’onda); a destra, nelle stesse unità, è disegnata una funzione discontinua a gradino che approssima l’indice di rifrazione. Consideriamo allora due mezzi omogenei aventi indici di rifrazione reali (o che la parte immaginaria sia trascurabile rispetto a quella reale) n1 e n2 separati da un’interfaccia. Mandiamo un’onda piana monocromatica sulla superficie di separazione x = 0: in generale nella zona x < 0 si avrà la sovrapposizione dell’onda incidente con un’onda riflessa, invece, per x > 0 ci sarà l’onda trasmessa. Per determinare le caratteristiche dei campi in tutto lo spazio abbiamo bisogno di conoscere le condizioni di raccordo su una discontinuità. 4.3.1.1

Condizioni di raccordo dei campi

Elenchiamo subito le condizioni che ci serviranno: • la componente del campo elettrico tangente alla superficie di separazione è continua: Etan (0− ) = Etan (0+ )

(4.12)

• tutte le componenti del campo magnetico B sono continue: B(0− ) = B(0+ )

(4.13)

Anche se non ci servirà, facciamo notare che la componente ortogonale di D ≡ ε0 E + P è continua. Dimostriamo la (4.12): consideriamo l’equazione di Faraday ∇ × E = −∂t B e applichiamo il teorema di Stokes su una spiretta rettangolare di lati l e δ “a cavallo” della superficie di separazione ˆ d [Etan (−δ) − Etan (δ)] l = − B·ds dt nel limite δ → 0 si ottiene, se B si mantiene finito (e non c’è motivo per cui debba essere diversamente), Etan (0− ) = Etan (0+ ).

60

4 Onde EM nei mezzi

Per dimostrare la (4.13) occorre utilizzare le equazioni di Maxwell relative al campo magnetico e seguire un ragionamento simile a quanto fatto sopra. Osserviamo che se sulla superficie di separazione vi è una corrente superficiale (è il caso dello specchio perfetto) in generale la componente tangenziale del campo magnetico non è continua. 4.3.1.2

Le leggi della riflessione e della rifrazione

Facciamo incidere un’onda piana monocromatica polarizzata linearmente sulla superficie di separazione tra due mezzi omogenei e isotropi. Chiamiamo θi , θr , θt l’angolo formato dalla normale alla superficie con la direzione di propagazione rispettivan1 n2 mente dell’onda incidente, riflessa e trasmessa (si veda la figura 4.2). Definiamo piano d’incidenza il piano gek’ nerato dalla normale alla superficie e dal vettore d’onda k’’ dell’onda incidente. Diremo che un’onda ha polarizzaθr zione P se la direzione del campo elettrico è parallela θt θi al piano d’incidenza, mentre chiameremo polarizzazione S quella di un’onda il cui campo elettrico è diretto k perpendicolarmente al piano d’incidenza. Il campo elettrico in tutto lo spazio è dato da 0

Figura 4.2 Riflessione e rifrazione

0

E = Ei eik·x−iωt + Er eik ·x−iω t 00 00 E = Et eik ·x−iω t

x<0 x>0

dalla continuità della componente tangenziale del campo elettrico in x = (0, 0, 0) si ricava 0

Eik e−iωt + Erk e−iω t = Etk e−iω

00 t

(4.14)

questa uguaglianza deve essere verificata ∀t, perciò dev’essere necessariamente ω 0 = ω 00 = ω. Se invece poniamo t = 0 e x = 0 si ha 0

00

Eik eiky y + Erk eiky y = Etk eiky y da cui segue ky0 = ky00 = ky . Un’altra uguaglianza ci è fornita dalla definizione di indice di rifrazione, infatti |k| c |k0 | c = ⇒ |k| = |k0 | n1 = ω ω Dato che le componenti dei vettori d’onda lungo y sono uguali si ricava che dev’essere5 kx0 = −kx . La relazione tra gli angoli di incidenza e di riflessione è data quindi dalla legge di Cartesio θr = θi Occupiamoci ora della direzione dell’onda trasmessa; dalla definizione di indice di rifrazione si ha il sistema  √2 2  n = c kx +ky 1 √ ω002 2  n = c k x +ky 2 ω 5

Non consideriamo la soluzione kx0 = kx perchè stiamo cercando un’onda riflessa, non un’altra onda incidente.

4.3 Onde in mezzi disomogenei

61

risolvendo questo sistema si ottiene (non riportiamo i dettagli dei calcoli) 00

2

kx +1 sin2 θi n22 ky = = 2 kx n21 sin2 θt +1 ky

troviamo quindi la legge di Snell per la rifrazione n1 sin θi = n2 sin θt Facciamo un’osservazione interessante: se n1 > n2 esiste un’angolo limite θl = arcsin nn21 per il quale θt = π/2; per angoli di incidenza superiori a θl non si ha trasmissione (fenomeno della riflessione totale). Se analizziamo il fenomeno con più attenzione, vediamo che per angoli superiori all’angolo limite k00 diventa immaginario, cioè l’onda trasmessa è evanescente: ω2 2 n c2 2 ω2 = 2 n22 c ω2 2 = 2 (n2 − n21 sin2 θi ) c

k 002x + ky2 = k 002x + k 2 sin2 θi ⇒ k 002x

Osserviamo che per quanto è stato ricavato sulla rifrazione è essenziale l’ipotesi di isotropia del mezzo; in caso contrario avremmo dovuto tenere conto della polarizzazione dell’onda incidente poichè in generale a polarizzazioni diverse corrispondono indici di rifrazione diversi6 (fenomeno della birifrangenza). Effetto tunnel elettromagnetico Abbiamo visto che le onde evanescenti non trasportano energia, dunque quando della radiazione a frequenza ω < ωpe viene fatta incidere su un foglio di metallo, ci aspetteremmo che non si possa rilevare una radiazione trasmessa dall’altra parte del foglio. Invece si osserva che se il foglio è abbastanza sottile (minore della lunghezza di pelle), si ha un’onda trasmessa. Vediamo perchè accade ciò. x Guardiamo la figura (a): l’onda incide sul (a) (b) foglio di metallo e all’interno si propaga un’onda evanescente; questa poi si riflette sulla superficie destra del foglio; per sapere come è fatta quest’onda riflessa bisogna imporre le condizioni di raccordo dei campi che abbiamo ricavato poco prima: si scopre che l’onda riflessa è sfasata rispetto a quella incidente (sulla superficie destra del foglio). Allora all’interno 6

Si provi a risolvere il problema 2 del compito del 09/09/09

62

4 Onde EM nei mezzi

del metallo abbiamo la sovrapposizione di due onde evanescenti sfasate tra di loro: è proprio questo sfasamento che fa sì che la media del vettore di Poynting non sia più nulla all’interno del conduttore. Il fenomeno descritto viene chiamato effetto tunnel elettromagnetico ed ha luogo ogni volta che si ha una zona di evanescenza frapposta a due zone di propagazione. Un altro esempio è mostrato in figura (b): della radiazione (tipicamente microonde) incide su di un prisma in modo tale che, quando la luce raggiunge il lato obliquo del prisma, vi incida con un angolo superiore all’angolo limite e si abbia perciò riflessione totale. Se davanti al lato obliquo mettiamo un altro prisma, si osserva che la radiazione penetra all’interno di quest’ultimo; infatti anche in questo caso si ha una zona di evanescenza interposta a due zone di propagazione. 4.3.1.3

Formule di Fresnel

Il nostro prossimo obiettivo è la determinazione delle ampiezze delle onde riflesse e trasmesse. Dobbiamo distinguere tra polarizzazione S e P. Mostriamo il calcolo per la polarizzazione S. Il campo magnetico è dato da By = −

kx Ei ω

By0 = −

kx0 Er ω

By00 −

kx00 Et ω

La condizione di continuità del campo magnetico impone By + By0 = By00 accoppiando questa uguaglianza con la condizione di continuità di E si ottiene un sistema che conduce alle Formule di Fresnel  00 Er = kx −kx00 Ei kx +k Et

=

x

2kx E kx +kx00 i

Per la polarizzazione P i calcoli sono simili e si arriva a

4.3.1.4

 Er

=

E

=

t

n22 kx −n21 kx00 E n22 kx +n21 kx00 i 2n1 n2 kx E n2 kx +n2 k00 i 2

(4.15)

1 x

Angolo di Brewster

Facciamo vedere adesso che per onde polarizzate P esiste un angolo di incidenza (angolo di Brewster) per il quale non si ha onda riflessa. Basta porre nelle (4.15) Er = 0: n22 kx = nkx00 ωn1 ωn2 n22 cos θi = n21 cos θt c c sin 2θi = sin 2θt π ⇒ θi + θt = 2 In generale se abbiamo un’onda con polarizzazione lineare in una direzione generica, possiamo, grazie al principio di sovrapposizione, scriverla come somma di due onde, una polarizzata P e una S; se quest’onda incide all’angolo di Brewster, l’onda riflessa avrà polarizzazione puramente S.

4.3 Onde in mezzi disomogenei

63

Vediamo ora come si può interpretare il fenomeno dell’angolo di Brewster dal punto di vista microscopico. L’onda riflessa è prodotta dall’interferenza costruttiva delle emissioni dei dipoli della materia, eccitati dai campi dell’onda rifratta. Se la direzione dell’onda rifratta forma un angolo α con la direzione dell’onda riflessa, l’irraggiamento dei dipoli deve avere interferenza costruttiva su questa direzione; ma se α = 90° i dipoli oscillano parallelamente a (quella che dovrebbe essere) la direzione dell’onda riflessa e quindi, poichè un dipolo non emette nella direzione del proprio asse, non ci può essere onda riflessa. Risulta chiaro allora che il fenomeno dell’angolo di Brewster non si può avere nel caso di polarizzazione S: infatti in questo caso i dipoli oscillano ortogonalmente al piano d’incidenza e quindi non può mai succedere che la loro direzione sia parallela a quella dell’onda riflessa.

4.3.2

Cenno all’ottica geometrica

Andiamo ora a considerare il caso in cui la caratteristiche del mezzo variano molto lentamente rispetto alla lunghezza d’onda. Sia ξ una grandezza qualsiasi che descrive i campi di un’onda (può essere una qualsiasi componente di E o B); sappiamo che non funziona più la soluzione del tipo ξ = ξ0 eik·x−iωt+ϕ (4.16) Scriviamo in generale la seguente espressione per i campi ξ = ξ0 (x, t)eiS(x,t) dove S(x, t) è chiamato iconale. In regioni piccole dello spazio e per brevi intervalli di tempo l’iconale si può sviluppare in serie: S = S0 + x·∇S + t

∂S ∂t

confrontando questo sviluppo con la (4.16) viene naturale porre le seguenti definizioni: k ≡ ∇S

ω≡−

∂S ∂t

L’informazione che si ha a disposizione è l’equazione d’onda, da cui si ricava una relazione di dispersione locale ω = ω(k, x, t); tutto ciò ha senso solamente se l’indice di rifrazione varia poco su una distanza pari ad una lunghezza d’onda. Per semplicità la derivazione che segue è fatta in un caso unidimensionale; alla fine l’estensione tridimensionale sarà ovvia. Per le definizioni che abbiamo posto ∂ω ∂S ∂k =− =− ∂x t ∂x∂t ∂t x

64

4 Onde EM nei mezzi

ma si ha anche

Ma

∂ω ∂k ∂ω ∂ω = + ∂x t ∂x k,t ∂x ∂k x,t

∂ω dx è la velocità di gruppo vg = . Dal confronto delle due relazioni si ottiene l’uguaglianza ∂k dt

∂k ∂k + vg ∂t x ∂x |

{z

}

derivata convettiva

=

∂ω ∂x

dk dt

Mettendo tutto insieme troviamo le equazioni di Hamilton per i raggi    dx     dt

=

   dk   

= −

dt

∂ω ∂k ∂ω ∂x

la generalizzazione tridimensionale è  dr       dt

=

∇k ω

     dk 

= −∇r ω dt Quindi, nota la relazione di dispersione ω = ω(k, x, t) è possibile, risolvendo questo sistema di equazioni, determinare la traiettoria dei raggi di luce. E’ interessante osservare come queste equazioni siano assolutamente analoghe alle equazioni canoniche della meccanica classica tramite le corrispondenze ω ↔ H ki ↔ pi ri ↔ qi Ora vediamo un esempio di applicazione di quanto trovato. Miraggi Consideriamo un mezzo la cui relazione di dispersione sia data da ω=

kc n(z)

in cui cioè l’indice di rifrazione dipende solo dalla coordinata z. Il sistema da risolvere è allora    x˙     

=

kx c kn(z) kz c kn(z)

z˙ =  ˙  kx = 0    kc k˙ z = 2

dn n (z) dz

4.4 Diffrazione Si ricava allora

65

kz dz = . Derivando rispetto a x si ottiene dx kx d2 z 1 dkz dt 1 k 2 c2 d 2 1 dkz = = n (z) = dx2 kx dx kx dt dx 2c2 kx2 n2 dz

L’equazione che descrive la traiettoria è dunque d2 z ω2 d 2 = 2 2 n (z) dx2 2c kx dz

(4.17)

Utilizziamo questa equazione per dare una spiegazione del fenomeno dei miraggi: assumiamo (in modo un po’ semplicistico) che l’indice di rifrazione dell’atmosfera vari secondo la legge n2 (z) = n20 (1 + αz) inserendo quest’ultima nella (4.17) si ottiene che la traiettoria dei raggi di luce è una parabola e questo dà una giustificazione al fenomeno dei miraggi.

4.4

Diffrazione

Vogliamo discutere il comportamento delle onde che vengono fatte passare attraverso un foro (diaframma). Come ricaveremo l’onda si sparpaglia; il parametro che conta è D/λ, dove D è la dimensione caratteristica del diaframma. Per semplicità supporremo che il nostro diaframma sia una fessura, così il problema si riduce ad un caso bidimensionale; non succede nulla lungo zˆ (si veda la figura 4.3). Supponiamo di avere all’istante t = 0 un pacchetto d’onde di forma gaussiana: "

x2 y2 E(x, y, 0) = E0 exp − + L2 D2

!

#

+ ik0 x

(4.18)

In realtà stiamo supponendo che la nostra fessura sia “qualcosa” che costringe il pacchetto ad assumere una forma gaussiana. Inoltre supponiamo che L D (ovvero il pacchetto “dura” di più lungo x) o meglio che k0 L 1, cioè un pachetto che abbia molte oscillazioni all’interno. In trasformata di Fourier il pacchetto avrà la forma: " ! # ¨ +∞ 1 x2 y2 ˜ E(kx , ky , 0) = + E0 exp − + ik0 x exp [−i (kx x + ky y)] dxdy 2π −∞ L2 D2 LD (kx − k0 )2 L2 ky2 D2 = exp − − 2 4 4 "

#

cioè possiamo riscrivere, grazie all’inversione della trasformata di Fourier, la (4.18) come 1 LD E(x, y, 0) = 2π 2

¨

+∞

−∞

(kx − k0 )2 L2 ky2 D2 exp − − exp [i (kx x + ky y)] dkx dky 4 4 "

#

(4.19)

66

4 Onde EM nei mezzi

adesso su questa possiamo fare l’evoluzione temporale visto che sappiamo come evolvono le onde piane e dunque una loro qualsiasi sovrapposizione7 . A questo scopo scriviamo (da adesso in poi trascuriamo i fattori costanti) ¨

+∞

E(x, y, t) ∝ −∞

(kx − k0 )2 L2 ky2 D2 − exp [i (kx x + ky y) − iω(k)t] dkx dky exp − 4 4 #

"

(4.20)

q

dove ω(k) = c kx2 + ky2 . Per risolvere questo problema facciamo un ulteriore ipotesi, supponiamo che k0 D 1, cioè il diaframma sia molto maggiore della lunghezza d’onda lungo x; allora possiamo sviluppare ω(k) in modo da fattorizzare i due integrali in kx e ky , questo se la gaussiana è molto piccata intorno a k0 nelle x. Questa approssimazione equivale a prendere piccoli angoli di diffrazione; allora ω(k) = c

q

kx2

+

ky2

ky2 ∼ = c kx + 2kx

!

ky2 ∼ = c kx + 2k0

!

Sostituendo quest’ultima nella (4.20) otteniamo ˆ

+∞

−∞

(kx − k0 )2 L2 exp − exp [ikx (x − ct)] dkx 4 "

#

ˆ

+∞

−∞

"

!

#

D2 ct exp − +i k 2 exp [iky y] dky 4 2k0 y

il primo integrale è un pacchetto che si propaga senza disperdersi (nelle ipotesi che stiamo considerando), quindi concetriamoci sul secondo: integrando si ottiene 

1 q

D2 + 2i kct0

exp −



y2 D2 + 2i kct0

(4.21)



dunque, prendendone la parte reale, si ha che l’allargamento del pacchetto (nelle y) è s

1 ct D4 + 4 L= D k0

2

=

v u u t

X(t) D2 + 4 Dk0

!2

dove X(t) è la distanza percorsa lungo x. In definitiva il nostro pacchetto, che al tempo t = 0 era dato dalla (4.18), dopo un tempo t è  "

E(x, y, t) ∝ exp −ik0 (x − ct) −

7

(x − ct) L2

2#

exp −

 y2 D2 +2i kct



0

q

D2

+

2i kct0

Il lettore avrà notato la somiglianza con quello che si è fatto nella sezione 1.3. Non è un caso: in effetti stiamo facendo proprio la stessa cosa, soltanto in due dimensioni piuttosto che una.

4.5 Introduzione all’interferenza A che distanza il nostro pacchetto si allarga di un fattore due, L → 2L? Basta imporre che 2D =

v u u t

D2

X(t) +4 Dk0

!2

⇒

67

y X

3 X 2 = D4 k02 4

2D x

quindi si ottiene per X ≈ D2 k0 questa è la cosidetta lunghezza di Rayleigh. Figura 4.3 Rappresentazione schematica Inoltre dalla figura 4.3 si vede che l’angolo di del problema della diffrazione diffrazione è: D 1 λ D = 2 = = θ≈ X D k0 k0 D D ritroviamo il risultato che avevamo preannucciato all’inizio.

4.5

Introduzione all’interferenza

Il fenomeno dell’interferenza è espressione diretta del principio di sovrapposizione. Esistono molte situazioni in cui si ha a che fare con fenomeni di interferenza. Consideriamo ad esempio la situazione descritta in figura 4.4: della luce prodotta da una sorgente viene fatta passare attraverso due fori e viene poi raccolta su uno schermo. E’ facile, usando il principio di sovrapposizione, mostrare che in base alla differenza di cammino ottico δ si determina uno sfasamento ∆φ = kδ per cui vi sono punti in cui l’interferenza è costruttiva e altri punti in cui l’interferenza è distruttiva: ∆φ = 2nπ → interferenza costruttiva ∆φ = (2n + 1)π → interferenza distruttiva

r1

Si osserva quindi sullo schermo la caratteristica figura S r2 d a bande più e meno illuminate (frange d’interferenza). Vediamo quali sono le condizioni necessarie per osservare δ l’interferenza. Innanzitutto le sorgenti devono essere il più possibile monocromatiche e devono avere la stessa frequenza; infatti se le due onde avessero frequenze ω1 = 6 ω2 , il vettore di Poynting (come abbiamo visto a Figura 4.4 Doppia fenditura pagina 33) avrebbe dei termini di frequenza ω1 + ω2 e ω1 − ω2 che, mediati nel tempo, si annullano e l’intensità osservata sullo schermo si ridurebbe alla somma delle intensità delle onde incidenti. Inoltre la radiazione deve essere coerente, cioè la differenza di fase tra le onde che interferiscono deve essere ben definita e costante; se ciò non accade, come si è visto quando abbiamo parlato del colore del cielo, i termini di interferenza si mediano statisticamente a zero. Si osserva poi che la differenza di cammino ottico deve essere minore

68

4 Onde EM nei mezzi

di una certa lunghezza lc : infatti dopo un certo intervallo temporale, e quindi spaziale, non si ha più controllo sulla fase dei due segnali e la radiazione perde coerenza. Questa distanza lc è chiamata lunghezza di correlazione 8 .

8

L’argomento sarà approfondito in corsi successivi.

Appendice A Calcolo indiciale Qui vorremmo riportare poche semplici regole per non “perdersi” nei calcoli con gli indici che si incontrano nel testo. In questa appendice indicheremo (per essere originali) con φ un qualsiasi campo scalare e con A un qualsiasi campo vettoriale; inoltre useremo la convenzione di Einstein, ovvero si deve sommare sugli indici ripetuti. In notazione indiciale un qualsiasi vettore è dato da (ei è una base ortonormale, in particolare ei · ej = δij ) X a= ai ei che nella convezione di Einstein è a = ai ei i

segue che il prodotto scalare è dato da a·b = = = =

(ai ei ) · (bj ej ) ai b j e i · e j ai bj δij ai bi

invece il prodotto vettore è (come dovrebbe essere noto) a × b = ijk aj bk ei dove ijk è il tensore di Ricci ed è un tensore completamente antisimmetrico

ijk

   1

se ijk = {123, 231, 312} = 0 se due indici sono uguali    −1 se ijk = {132, 321, 213}

Passiamo a considerare operazioni differenziali: gradiente, divergenza, laplaciano... • Gradiente ∇φ = ∂i φei • Divergenza ∇ · A = ∂i Ai • Rotore ∇ × A = ijk ∂j Ak ei • Laplaciano ∇2 φ = ∂i ∂i φ 69

70

A Calcolo indiciale

Dalle espressioni sopra e ricordando le seguenti semplici regole, possiamo fare svariati conti senza sbagliare: • Ricordarsi di non usare lo stesso indice per quantità diverse, esempio:  

ijk ∂j (kjl ∂j Al ) ∇×(∇ × A) =  ijk ∂j (klm ∂l Am )

SBAGLIATA, l’indice j compare in due quantità diverse OK

• Ricordarsi che ijk sono dei numeri e, come tali, passano indenni le derivate. • Le derivate agiscono su tutto quello che c’è dopo, tranne quando ci sono le parentesi che ricordano su cosa agiscono. Inoltre commutano tra di loro. • Può servire la seguente identità, che non dimostriamo, ijk ilm = δjl δkm − δjm δkl

(A.1)

Adesso daremo degli esempi per fare un po’ di pratica con questa notazione. ∇ · (∇ × A) = 0 ∇ · (∇ × A) = ∂i ijk ∂j Ak = ijk ∂i ∂j Ak = 0 Perchè ijk è antisimmetrico nelle componenti mentre ∂i ∂j è simmetrico, quindi la somma (stiamo utilizzando la convezione di Einstein ⇒ si deve sommare su gli indici ripetuti) fa zero. ∇ × ∇φ = 0 ∇ × ∇φ = ijk ∂j ∂k φek = 0 E’ nullo per lo stesso motivo di quello sopra, ovvero ijk è antisimmetrico invece le derivate non lo sono, dunque la somma fa zero. ∇ × (∇ × A) = ∇ (∇ · A) − ∇2 A ∇ × (∇ × A) = = = = = =

ijk ∂j (klm ∂l Am ) ei ijk klm ∂j ∂l Am ei kij klm ∂j ∂l Am ei (δil δjm − δim δjl ) ∂j ∂l Am ei ∂i ∂j Aj ei − ∂j ∂j Ai ei ∇ (∇ · A) − ∇2 A

dove abbiamo usato il fatto che ijk non cambia per permutazione ciclica degli indici e l’identità (A.1). La relazione sopra si poteva ricavare, con gli opportuni accorgimenti, dalla più generale (A, B, C sono tre qualsiasi quantità vettoriali)

71 A × (B × C) = B (A · C) − C (A · B) A × (B × C) = = = = =

ijk Aj (B × C)k ei ijk Aj klm Bl Cm ei (δil δjm − δim δjl ) Aj Bl Cm ei Bi Aj Cj ei − Ci Aj Bj ei B (A · C) − C (A · B)

Vogliamo adesso dare un cenno sui tensori. Solitamente si ha a che fare con due tipi di tensori: • Simmetrici Sµν = aµ bν + aν bµ , tali che Sµν = Sνµ • Antisimmetrici Aµν = aµ bν − aν bµ , tali che Aµν = −Aνµ Dunque un tensore è qualcosa che trasforma come il prodotto di due vettori: così, per sapere le sue regole di trasformazione basta trasformare i vettori e poi moltiplicarli per dare il tensore. In più ogniqualvolta si moltiplicano due tensori con gli stessi indici si ottiene un invariante Sµν Sµν = invariante in gergo si ottiene un invariante quando si contraggono tutti gli indici di un tensore, cioè la cosa che abbiamo fatto sopra, che ricordiamo, col rischio di essere pedanti, vuol dire Sµν Sµν

⇔

XX µ

Sµν Sµν

ν

In particolare, visto che nel caso in cui siamo possiamo rappresentare un tensore come una matrice, per contrarre gli indici basterà fare il prodotto delle due matrici e poi prenderne la traccia.

Appunti Fisica 2B Pegoraro

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